Développements limités : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Relations de comparaison

1. Pour \(x > 0\), \(\dfrac{x^2}{x^3} = \dfrac{1}{x} \to 0\) en \(+\infty\). L’affirmation est vraie.
2. Le même quotient \(\dfrac{1}{x}\) n’est pas borné quand \(x \to 0\). En réalité, c’est \(x^3\) qui est négligeable devant \(x^2\) en \(0\). L’affirmation est fausse.
3. Pour \(x \neq 0\), \(|\dfrac{x \sin x}{x}| = |\sin x| \leq\, 1\). Le quotient est donc borné. L’affirmation est vraie.
4. D’après les croissances comparées, \((\ln x)^{\beta} = o(x^{\alpha})\) pour tous \(\alpha > 0\) et \(\beta > 0\). Avec \(\beta = 10\) et \(\alpha = \frac{1}{2}\), l’affirmation est vraie.
5. Prenons \(f(x) = x + 1\) et \(g(x) = x\). D’une part, \(\dfrac{f(x)}{g(x)} = 1 + \dfrac{1}{x} \to 1\), donc \(f \sim g\). D’autre part, \(\dfrac{e^{f(x)}}{e^{g(x)}} = e \neq 1\). L’affirmation est fausse : on ne compose pas un équivalent par l’exponentielle.
6. On a \(\dfrac{n^2 + (-1)^n n}{n^2} = 1 + \dfrac{(-1)^n}{n}\). Or \(|\dfrac{(-1)^n}{n}| = \dfrac{1}{n} \to 0\). L’affirmation est vraie.
7. On écrit \(\dfrac{n!}{n^n} = \dfrac{1}{n} \times \dfrac{2}{n} \times \cdots \times \dfrac{n}{n}\). Chaque facteur est compris entre \(0\) et \(1\), donc le produit est majoré par son premier facteur. Ainsi, \(0 < \dfrac{n!}{n^n} \leq\, \dfrac{1}{n}\), qui tend vers \(0\). L’affirmation est vraie.

Corrigé de l’exercice 2 : Équivalents et limites

1. En \(0\), \(\sin(3x) \sim 3x\) et \(\ln(1+2x) \sim 2x\), car \(3x\) et \(2x\) tendent vers \(0\). De plus, \(x \tan x \sim x^2\). Les équivalents passent au produit et au quotient, donc le quotient est équivalent à \(\dfrac{6x^2}{x^2} = 6\). La limite vaut 6.
2. D’abord, \(1 – \cos(2x) \sim \dfrac{(2x)^2}{2} = 2x^2\). Ensuite, \(x \arctan x \sim x^2\). Le quotient est donc équivalent à \(2\). La limite vaut 2.
3. On utilise \((1+x)^{\alpha} – 1 \sim \alpha x\) avec \(\alpha = \frac{1}{3}\). Comme \(\sin x \sim x\), le quotient est équivalent à \(\dfrac{x/3}{x}\). La limite vaut \(\frac{1}{3}\).
4. On pose \(t = \dfrac{1}{x}\), qui tend vers \(0^+\). L’expression devient \(\dfrac{e^t – 1}{t}\), et \(e^t – 1 \sim t\). La limite vaut 1.
5. On multiplie par la quantité conjuguée : \(u_n = \dfrac{(n+1) – n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\). Or \(\sqrt{n+1} \sim \sqrt{n}\), donc \(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} \sim 2\sqrt{n}\). Ici, la somme de deux termes positifs équivalents ne pose pas de problème, car \(\dfrac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{2\sqrt{n}} = \dfrac{1}{2}(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1) \to 1\). Ainsi, \(u_n \sim \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\).

Point de méthode : les équivalents s’utilisent sans risque dans les produits et les quotients. Pour une somme, on revient à la définition en calculant le quotient.

Corrigé de l’exercice 3 : Développements limités usuels

1. On remplace \(x\) par \(-x\) dans le développement de \(e^x\), ce qui est permis car \(-x \to 0\) : \(e^{-x} = 1 – x + \dfrac{x^2}{2} – \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^4}{24} + o(x^4)\).
2. On applique la formule de \((1+x)^{\alpha}\) avec \(\alpha = \frac{1}{2}\). Les coefficients valent \(\frac{1}{2}\), puis \(\frac{1}{2}\cdot(-\frac{1}{2})\cdot\frac{1}{2} = -\frac{1}{8}\), puis \(\frac{1}{2}\cdot(-\frac{1}{2})\cdot(-\frac{3}{2})\cdot\frac{1}{6} = \frac{1}{16}\). Donc \(\sqrt{1+x} = 1 + \dfrac{x}{2} – \dfrac{x^2}{8} + \dfrac{x^3}{16} + o(x^3)\).
3. On remplace \(x\) par \(-2x\) dans \(\frac{1}{1-x}\) : \(\dfrac{1}{1+2x} = 1 – 2x + 4x^2 – 8x^3 + o(x^3)\).
4. On remplace \(x\) par \(-x\) dans \(\ln(1+x)\). Chaque terme \(\frac{(-1)^{k+1}(-x)^k}{k}\) vaut \(-\frac{x^k}{k}\). Ainsi, \(\ln(1-x) = -x – \dfrac{x^2}{2} – \dfrac{x^3}{3} – \dfrac{x^4}{4} + o(x^4)\).
5. La fonction \(\operatorname{ch}\) est paire, et ses coefficients sont ceux de \(e^x\) d’indice pair. Le terme de degré \(5\) est nul, donc \(\operatorname{ch} x = 1 + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24} + o(x^5)\).
6. On applique la formule avec \(\alpha = -\frac{1}{2}\) et la variable \(-x\). Le coefficient d’ordre \(1\) vaut \(-\frac{1}{2} \times (-1) = \frac{1}{2}\). Celui d’ordre \(2\) vaut \(\frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2}) = \frac{3}{8}\). Donc \(\dfrac{1}{\sqrt{1-x}} = 1 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{3x^2}{8} + o(x^2)\).

Corrigé de l’exercice 4 : Développement limité en un point autre que 0

1. Avec \(x = 1 + h\), on a \(\ln x = \ln(1+h)\). Par conséquent, \(\ln x = (x-1) – \dfrac{(x-1)^2}{2} + \dfrac{(x-1)^3}{3} + o\big((x-1)^3\big)\).
2. Avec \(x = 4 + h\), on factorise : \(\sqrt{4 + h} = 2\sqrt{1 + \frac{h}{4}}\). On utilise ensuite \(\sqrt{1+u} = 1 + \frac{u}{2} – \frac{u^2}{8} + o(u^2)\) avec \(u = \frac{h}{4}\) :
   \[\sqrt{4+h} = 2(1 + \frac{h}{8} – \frac{h^2}{128}) + o(h^2).\]
   Donc \(\sqrt{x} = 2 + \dfrac{x-4}{4} – \dfrac{(x-4)^2}{64} + o\big((x-4)^2\big)\).
3. On écrit \(e^{1+h} = e \cdot e^h\). Ainsi, \(e^x = e + e(x-1) + \dfrac{e}{2}(x-1)^2 + \dfrac{e}{6}(x-1)^3 + o\big((x-1)^3\big)\).
4. La formule d’addition donne \(\sin(\frac{\pi}{6} + h) = \frac{1}{2}\cos h + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin h\). On remplace \(\cos h = 1 – \frac{h^2}{2} + o(h^2)\) et \(\sin h = h + o(h^2)\). On obtient \(\sin x = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}(x – \dfrac{\pi}{6}) – \dfrac{1}{4}(x – \dfrac{\pi}{6})^2 + o((x – \dfrac{\pi}{6})^2)\).
5. D’après la question 2, la tangente en \(4\) a pour équation \(y = 2 + \frac{x-4}{4}\), soit \(y = \frac{x}{4} + 1\). De plus, l’écart entre la courbe et la tangente est équivalent à \(-\frac{(x-4)^2}{64}\), qui est négatif. La tangente est \(y = \dfrac{x}{4} + 1\), et la courbe est localement en dessous.

Corrigé de l’exercice 5 : Inégalité de Taylor-Lagrange et sinus

1. La fonction \(\sin\) est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\). Ses dérivées successives en \(0\) valent \(0, 1, 0, -1, 0\) jusqu’à l’ordre \(4\). Le polynôme de Taylor d’ordre \(4\) en \(0\) est donc \(x – \frac{x^3}{6}\). Par ailleurs, \(\sin^{(5)} = \cos\), donc \(|\sin^{(5)}| \leq\, 1\) sur \(\mathbb{R}\). L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre \(4\), avec \(M = 1\), donne alors \(|\sin x – x + \dfrac{x^3}{6}| \leq\, \dfrac{|x|^5}{5!} = \dfrac{|x|^5}{120}\) pour tout réel \(x\).
2. Pour \(x = 0{,}1\), on obtient \(\sin(0{,}1) \approx 0{,}1 – \frac{0{,}001}{6} = 0{,}0998333\ldots\) L’erreur est majorée par \(\frac{(0{,}1)^5}{120} = \frac{10^{-5}}{120} \approx 8{,}3 \times 10^{-8}\). Ainsi, \(\sin(0{,}1) \approx 0{,}0998333\) à moins de \(10^{-7}\) près.
3. Pour \(|x| \leq\, \frac{1}{2}\), on a \(|x|^5 \leq\, \frac{1}{32}\). Par conséquent, l’erreur est au plus \(\frac{1}{32 \times 120} = \frac{1}{3840}\). L’erreur est inférieure à \(\dfrac{1}{3840} \approx 2{,}6 \times 10^{-4}\) sur tout l’intervalle. Cela explique pourquoi, sur la figure de l’énoncé, les deux courbes sont indiscernables dans la bande colorée.

Corrigé de l’exercice 6 : Limites par développements limités

1. On a \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^3)\), donc \(x – \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3)\). En divisant par \(x^3\), la limite vaut \(\frac{1}{6}\).
2. De même, \(e^x – 1 – x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)\). La limite vaut \(\frac{1}{2}\).
3. On réduit au même dénominateur : \(\dfrac{1}{x} – \dfrac{1}{e^x – 1} = \dfrac{e^x – 1 – x}{x(e^x – 1)}\). Le numérateur est équivalent à \(\frac{x^2}{2}\). Le dénominateur est équivalent à \(x \cdot x = x^2\). La limite vaut donc \(\frac{1}{2}\).
4. Pour \(x\) proche de \(0\), \(\cos x > 0\), et \((\cos x)^{1/x^2} = \exp(\dfrac{\ln(\cos x)}{x^2})\). Or \(\cos x = 1 + u\) avec \(u = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)\), donc \(\ln(\cos x) \sim u \sim -\frac{x^2}{2}\). L’exposant tend vers \(-\frac{1}{2}\) et l’exponentielle est continue. La limite vaut \(e^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{e}}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Taylor avec reste intégral et logarithme

1. La fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^3\) sur \([0, +\infty[\). On calcule \(f^{\prime}(t) = \frac{1}{1+t}\), \(f^{\prime\prime}(t) = -\frac{1}{(1+t)^2}\) et \(f^{(3)}(t) = \frac{2}{(1+t)^3}\). Ainsi, \(f(0) = 0\), \(f^{\prime}(0) = 1\) et \(f^{\prime\prime}(0) = -1\). La formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre \(2\) donne :
   \[\ln(1+x) = x – \frac{x^2}{2} + \int_0^x \frac{(x-t)^2}{2} \cdot \frac{2}{(1+t)^3}\,dt = x – \frac{x^2}{2} + \int_0^x \frac{(x-t)^2}{(1+t)^3}\,dt.\]
   C’est la formule demandée, valable pour tout \(x \geq\, 0\).
2. Soit \(x \geq\, 0\) et notons \(R(x)\) l’intégrale. Pour \(t \in [0, x]\), l’intégrande est positive, donc \(R(x) \geq\, 0\). De plus, \((1+t)^3 \geq\, 1\), donc \(\frac{(x-t)^2}{(1+t)^3} \leq\, (x-t)^2\). Par croissance de l’intégrale, \(R(x) \leq\, \int_0^x (x-t)^2\,dt = \frac{x^3}{3}\). On obtient bien \(x – \dfrac{x^2}{2} \leq\, \ln(1+x) \leq\, x – \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}\).
3. Pour \(x = 0{,}1\), le minorant vaut \(0{,}1 – 0{,}005 = 0{,}095\). Le majorant vaut \(0{,}095 + \frac{0{,}001}{3} = 0{,}095333\ldots\) L’amplitude est \(\frac{0{,}001}{3} \approx 3{,}3 \times 10^{-4}\), inférieure à \(4 \times 10^{-4}\). Ainsi, \(0{,}095 \leq\, \ln(1{,}1) \leq\, 0{,}09534\).
4. On applique l’encadrement avec \(x = \frac{1}{n}\), puis on retranche \(\frac{1}{n}\) et on multiplie par \(n^2 > 0\) :
   \[-\frac{1}{2} \leq\, n^2(\ln(1 + \frac{1}{n}) – \frac{1}{n}) \leq\, -\frac{1}{2} + \frac{1}{3n}.\]
   Le majorant tend vers \(-\frac{1}{2}\). D’après le théorème des gendarmes, la limite vaut \(-\frac{1}{2}\).

Point de méthode : le reste intégral donne des inégalités valables sur tout l’intervalle, et pas seulement au voisinage de \(0\). C’est son grand avantage sur la formule de Taylor-Young.

Corrigé de l’exercice 8 : Unicité, parité et contre-exemple

1. Écrivons \(f(x) = \sum_{k=0}^{n} c_k x^k + o(x^n)\). Comme \(-x \to 0\) quand \(x \to 0\), on peut remplacer \(x\) par \(-x\) : \(f(-x) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k c_k x^k + o(x^n)\). Or \(f\) est impaire, donc \(f(-x) = -f(x) = \sum_{k=0}^{n} (-c_k) x^k + o(x^n)\). Par unicité de la partie régulière, \((-1)^k c_k = -c_k\) pour tout \(k\). Pour \(k\) pair, cela donne \(2c_k = 0\). Les coefficients d’indice pair sont donc nuls. Enfin, \(f(0) = -f(0)\), donc \(f(0) = 0\).
2. 1. Pour \(x \neq 0\), \(|g(x)| \leq\, |x|^3\), donc \(|\dfrac{g(x)}{x^2}| \leq\, |x| \to 0\). Ainsi, \(g(x) = o(x^2)\). Le développement limité est \(g(x) = 0 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2 + o(x^2)\).
   2. Sur \(\mathbb{R}^*\), \(g\) est dérivable comme produit et composée de fonctions dérivables. On trouve \(g^{\prime}(x) = 3x^2 \sin(\frac{1}{x}) – x \cos(\frac{1}{x})\). En \(0\), le taux d’accroissement vaut \(\frac{g(x)}{x} = x^2 \sin(\frac{1}{x})\), de valeur absolue au plus \(x^2\). Il tend donc vers \(0\). Ainsi, \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(g^{\prime}(0) = 0\).
   3. Pour \(x \neq 0\), \(\dfrac{g^{\prime}(x) – g^{\prime}(0)}{x} = 3x \sin(\frac{1}{x}) – \cos(\frac{1}{x})\). Le premier terme tend vers \(0\). En revanche, \(\cos(\frac{1}{x})\) n’a pas de limite en \(0\). En effet, avec \(x_k = \frac{1}{2k\pi}\) et \(y_k = \frac{1}{(2k+1)\pi}\), qui tendent vers \(0\), il vaut \(1\) puis \(-1\). Donc \(g^{\prime}\) n’est pas dérivable en \(0\) : l’existence d’un \(\mathrm{DL}_2(0)\) n’entraîne pas la double dérivabilité.

Corrigé de l’exercice 9 : Produit de développements limités

1. On part de \(e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\) et de \(\cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\). On regroupe les produits par degré, jusqu’au degré \(4\) :
   \[\begin{aligned} x^2 : \tfrac{1}{2} – \tfrac{1}{2} = 0, \qquad x^3 : \tfrac{1}{6} – \tfrac{1}{2} = -\tfrac{1}{3}, \\ x^4 : \tfrac{1}{24} – \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{24} = -\tfrac{1}{6}. \end{aligned}\]
   Donc \(e^x \cos x = 1 + x – \dfrac{x^3}{3} – \dfrac{x^4}{6} + o(x^4)\).
2. Le facteur \(\ln(1+x)\) commence au degré \(1\). Il suffit donc de développer \(\sqrt{1+x}\) à l’ordre \(2\) et \(\ln(1+x)\) à l’ordre \(3\) :
   \[(1 + \frac{x}{2} – \frac{x^2}{8})(x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}) = x + (-\frac{1}{2} + \frac{1}{2})x^2 + (\frac{1}{3} – \frac{1}{4} – \frac{1}{8})x^3 + o(x^3).\]
   Or \(\frac{8 – 6 – 3}{24} = -\frac{1}{24}\). Donc \(\sqrt{1+x}\,\ln(1+x) = x – \dfrac{x^3}{24} + o(x^3)\).
3. Les deux facteurs commencent au degré \(1\). Pour l’ordre \(6\), il suffit de les développer à l’ordre \(5\) : \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)\) et \(\operatorname{sh} x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)\). Le terme en \(x^4\) vaut \(\frac{1}{6} – \frac{1}{6} = 0\). Celui en \(x^6\) vaut \(\frac{1}{120} + \frac{1}{120} – \frac{1}{36} = \frac{3 + 3 – 10}{360} = -\frac{1}{90}\). Donc \(\sin x \operatorname{sh} x = x^2 – \dfrac{x^6}{90} + o(x^6)\).

Point de méthode : chaque facteur qui commence au degré \(p\) permet de développer l’autre facteur \(p\) ordres plus bas. On gagne ainsi beaucoup de calculs inutiles.

Corrigé de l’exercice 10 : Composition de développements limités

1. On écrit \(\cos x = 1 + u\) avec \(u = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\), qui tend vers \(0\). Comme \(u = O(x^2)\), on a \(u^3 = o(x^4)\), donc \(\ln(1+u) = u – \frac{u^2}{2} + o(x^4)\). De plus, \(u^2 = \frac{x^4}{4} + o(x^4)\). Par conséquent, \(\ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^4}{8} + o(x^4)\). Donc \(\ln(\cos x) = -\dfrac{x^2}{2} – \dfrac{x^4}{12} + o(x^4)\).
2. On pose \(u = \sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^3)\), qui tend vers \(0\). Ensuite, \(e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(x^3)\), avec \(u^2 = x^2 + o(x^3)\) et \(u^3 = x^3 + o(x^3)\). En sommant : \(1 + x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)\). Donc \(e^{\sin x} = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + o(x^3)\).
3. Ici, \(e^x \to 1\), donc on ne peut pas composer directement \(\ln(1+v)\) avec \(v = e^x\). On factorise : \(1 + e^x = 2(1 + w)\) avec \(w = \frac{e^x – 1}{2} = \frac{x}{2} + \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{12} + o(x^3)\). Ainsi, \(\ln(1 + e^x) = \ln 2 + \ln(1+w)\), avec \(w \to 0\). On calcule \(w^2 = \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{4} + o(x^3)\) et \(w^3 = \frac{x^3}{8} + o(x^3)\). Alors :
   \[\ln(1 + w) = \frac{x}{2} + (\frac{1}{4} – \frac{1}{8})x^2 + (\frac{1}{12} – \frac{1}{8} + \frac{1}{24})x^3 + o(x^3).\]
   Le coefficient de \(x^3\) vaut \(\frac{2 – 3 + 1}{24} = 0\). Donc \(\ln(1+e^x) = \ln 2 + \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{8} + o(x^3)\).

Corrigé de l’exercice 11 : Développements limités d’un quotient

1. Comme on divise par \(x\), il faut développer \(e^x – 1\) à l’ordre \(4\) : \(e^x – 1 = x(1 + v)\) avec \(v = \frac{x}{2} + \frac{x^2}{6} + \frac{x^3}{24} + o(x^3)\). Donc \(\frac{x}{e^x – 1} = \frac{1}{1+v} = 1 – v + v^2 – v^3 + o(x^3)\). On calcule \(v^2 = \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)\) et \(v^3 = \frac{x^3}{8} + o(x^3)\). Le coefficient de \(x^2\) vaut \(-\frac{1}{6} + \frac{1}{4} = \frac{1}{12}\). Celui de \(x^3\) vaut \(-\frac{1}{24} + \frac{1}{6} – \frac{1}{8} = \frac{-1 + 4 – 3}{24} = 0\). Ainsi, \(\dfrac{x}{e^x – 1} = 1 – \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{12} + o(x^3)\).
2. On pose \(u = \sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^4)\), qui tend vers \(0\). Alors \(\frac{1}{1+u} = 1 – u + u^2 – u^3 + u^4 + o(x^4)\). On a \(u^2 = x^2 – \frac{x^4}{3} + o(x^4)\), \(u^3 = x^3 + o(x^4)\) et \(u^4 = x^4 + o(x^4)\). En regroupant :
   \[\frac{1}{1 + \sin x} = 1 – x + x^2 + (\frac{1}{6} – 1)x^3 + (-\frac{1}{3} + 1)x^4 + o(x^4).\]
   Donc \(\dfrac{1}{1 + \sin x} = 1 – x + x^2 – \dfrac{5x^3}{6} + \dfrac{2x^4}{3} + o(x^4)\).
3. D’après la question précédente, \(\frac{1}{1+\sin x} – 1 + x = x^2 + o(x^2)\). La limite vaut donc 1.

Corrigé de l’exercice 12 : Intégration d’un développement limité

1. On applique \((1+u)^{-1/2} = 1 – \frac{u}{2} + \frac{3u^2}{8} + o(u^2)\) avec \(u = -x^2\). On obtient \(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{3x^4}{8} + o(x^4)\). Or \(\arcsin\) est dérivable sur \(]-1, 1[\), de dérivée cette fonction, et \(\arcsin 0 = 0\). Le théorème d’intégration des développements limités donne \(\arcsin x = x + \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{3x^5}{40} + o(x^5)\).
2. Pour tout réel \(x\), \(\sqrt{1 + x^2} > \sqrt{x^2} = |x| \geq\, -x\). Donc \(x + \sqrt{1+x^2} > 0\) et \(s\) est bien définie. Ensuite, la dérivée de \(x + \sqrt{1+x^2}\) vaut \(1 + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{\sqrt{1+x^2} + x}{\sqrt{1+x^2}}\). En divisant par \(x + \sqrt{1+x^2}\), on obtient \(s^{\prime}(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\).
3. Avec \(u = x^2\), on a \(s^{\prime}(x) = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{3x^4}{8} + o(x^4)\). Comme \(s(0) = \ln 1 = 0\), on intègre terme à terme : \(s(x) = x – \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{3x^5}{40} + o(x^5)\).
4. Par différence, \(\arcsin x – s(x) = \frac{x^3}{6} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = \frac{x^3}{3} + o(x^3)\). La limite vaut \(\frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Fonction définie par une intégrale

1. La fonction \(t \mapsto e^{-t^2}\) est continue sur \(\mathbb{R}\). D’après le théorème fondamental de l’analyse, \(G\) est sa primitive nulle en \(0\). Elle est donc de classe \(\mathcal{C}^1\), avec \(G^{\prime}(x) = e^{-x^2}\). La relation de Chasles donne ensuite \(\int_x^{2x} = \int_0^{2x} – \int_0^x\). Ainsi, \(F(x) = G(2x) – G(x)\).
2. On a \(G^{\prime}(x) = e^{-x^2} = 1 – x^2 + \frac{x^4}{2} + o(x^4)\), en remplaçant \(x\) par \(-x^2\) dans \(e^x\). Comme \(G(0) = 0\), l’intégration donne \(G(x) = x – \dfrac{x^3}{3} + \dfrac{x^5}{10} + o(x^5)\).
3. On remplace \(x\) par \(2x\), qui tend vers \(0\) : \(G(2x) = 2x – \frac{8x^3}{3} + \frac{32x^5}{10} + o(x^5)\). Par différence, les coefficients valent \(2 – 1 = 1\), puis \(-\frac{8}{3} + \frac{1}{3} = -\frac{7}{3}\), puis \(\frac{32}{10} – \frac{1}{10} = \frac{31}{10}\). Donc \(F(x) = x – \dfrac{7x^3}{3} + \dfrac{31x^5}{10} + o(x^5)\).
4. La tangente en \(0\) a pour équation \(y = x\). De plus, \(F(x) – x \sim -\frac{7x^3}{3}\), de degré impair. Cet écart est positif pour \(x < 0\) et négatif pour \(x > 0\), au voisinage de \(0\). La courbe traverse sa tangente \(y = x\) : l’origine est un point d’inflexion.

Corrigé de l’exercice 14 : Limites plus délicates

1. On a \(\tan x = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\) et \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^3)\). Donc \(\tan x – \sin x = \frac{x^3}{2} + o(x^3)\). Les équivalents seuls auraient donné \(x – x\), sans conclusion. La limite vaut \(\frac{1}{2}\).
2. On développe \(\sin^2 x = (x – \frac{x^3}{6} + o(x^3))^2 = x^2 – \frac{x^4}{3} + o(x^4) = x^2(1 – \frac{x^2}{3} + o(x^2))\). Par conséquent :
   \[\frac{1}{\sin^2 x} = \frac{1}{x^2}(1 + \frac{x^2}{3} + o(x^2)) = \frac{1}{x^2} + \frac{1}{3} + o(1).\]
   La limite vaut \(\frac{1}{3}\).
3. On factorise : \(e^{1/x} – e^{1/(x+1)} = e^{1/(x+1)}(e^{\delta} – 1)\), où \(\delta = \frac{1}{x} – \frac{1}{x+1} = \frac{1}{x(x+1)}\). Quand \(x \to +\infty\), \(\delta \to 0\), donc \(e^{\delta} – 1 \sim \delta \sim \frac{1}{x^2}\). De plus, \(e^{1/(x+1)} \to 1\). L’expression est donc équivalente à \(x^2 \cdot \frac{1}{x^2}\). La limite vaut 1.
4. On pose \(t = \frac{1}{n}\). Alors \(n \ln(1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{t}(t – \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + o(t^3)) = 1 – \frac{t}{2} + \frac{t^2}{3} + o(t^2)\). Ensuite, avec \(w = -\frac{t}{2} + \frac{t^2}{3}\), on a \(e^w = 1 + w + \frac{w^2}{2} + o(t^2) = 1 – \frac{t}{2} + \frac{t^2}{3} + \frac{t^2}{8} + o(t^2)\). Donc \((1 + \frac{1}{n})^n = e – \frac{e}{2n} + \frac{11e}{24n^2} + o(\frac{1}{n^2})\). La limite vaut \(\dfrac{11e}{24}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Tangente et position de la courbe

1. Le trinôme \(1 + x + x^2\) a pour discriminant \(1 – 4 = -3 < 0\), et son coefficient dominant est positif. Il est donc strictement positif sur \(\mathbb{R}\). Par composition avec \(\ln\), \(f\) est définie et de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\).
2. On pose \(u = x + x^2\), qui tend vers \(0\). Alors \(\ln(1+u) = u – \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + o(x^3)\). On a \(u^2 = x^2 + 2x^3 + o(x^3)\) et \(u^3 = x^3 + o(x^3)\). Donc le coefficient de \(x^2\) vaut \(1 – \frac{1}{2}\), et celui de \(x^3\) vaut \(-1 + \frac{1}{3}\). Ainsi, \(f(x) = x + \dfrac{x^2}{2} – \dfrac{2x^3}{3} + o(x^3)\).
3. La tangente en \(0\) a pour équation \(y = x\). L’écart vérifie \(f(x) – x \sim \frac{x^2}{2}\), qui est positif pour \(x \neq 0\). La courbe est au-dessus de sa tangente \(y = x\) au voisinage de \(0\).
4. On pose \(x = -\frac{1}{2} + h\). Alors \(1 + x + x^2 = \frac{3}{4} + h^2 = \frac{3}{4}(1 + \frac{4h^2}{3})\). Donc \(f(-\frac{1}{2} + h) = \ln\frac{3}{4} + \ln(1 + \frac{4h^2}{3}) = \ln\frac{3}{4} + \frac{4h^2}{3} + o(h^2)\). Le coefficient de \(h\) est nul : la tangente est horizontale, d’équation \(y = \ln\frac{3}{4}\). L’écart est équivalent à \(\frac{4h^2}{3} > 0\). Le point d’abscisse \(-\frac{1}{2}\) est un minimum local, et même global puisque \(1 + x + x^2 \geq\, \frac{3}{4}\).

La figure ci-dessous reprend la courbe avec ses deux tangentes. On y voit la courbe au-dessus de \(y = x\) près de l’origine, et au-dessus de la tangente horizontale en \(-\frac{1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Extremum local et point d’inflexion

1. On a \(\cos x = 1 – \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\). Donc \(f(x) = \frac{x^4}{24} + o(x^4)\), et \(f(x) \sim \frac{x^4}{24}\). Ainsi, \(f(x) > 0 = f(0)\) pour \(x \neq 0\) assez proche de \(0\). La fonction \(f\) admet en \(0\) un minimum local strict.
2. On calcule \(g^{\prime}(x) = \cos x – 1 + \frac{x^2}{2}\), donc \(g^{\prime}(0) = 0\). Pourtant, \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)\), donc \(g(x) \sim \frac{x^5}{120}\). Ce terme change de signe en \(0\). La fonction \(g\) n’admet pas d’extremum en \(0\) : l’origine est un point d’inflexion à tangente horizontale.
3. On a \(\ln(1+x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\), donc \(\varphi_a(x) = (a – \frac{1}{2})x^2 + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\). La tangente en \(0\) est donc l’axe \(y = 0\).
   • Si \(a > \frac{1}{2}\), \(\varphi_a(x) \sim (a – \frac{1}{2})x^2 > 0\) : minimum local strict.
   • Si \(a < \frac{1}{2}\), le même équivalent est négatif : maximum local strict.
   • Si \(a = \frac{1}{2}\), \(\varphi_a(x) \sim \frac{x^3}{3}\), qui change de signe : point d’inflexion.

   Le point d’abscisse \(0\) est un point d’inflexion si et seulement si \(a = \frac{1}{2}\) ; sinon, c’est un extremum local.

La figure ci-dessous compare \(f\) et \(g\) près de \(0\). La courbe de \(f\) reste au-dessus de l’axe, alors que celle de \(g\) le traverse en restant très plate.

Corrigé de l’exercice 17 : Asymptotes d’une racine carrée

1. Le trinôme \(x^2 + x + 1\) a un discriminant égal à \(-3\). Il est donc strictement positif sur \(\mathbb{R}\). Ainsi, \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}\).
2. Pour \(x > 0\), on factorise \(x^2\) sous la racine : \(f(x) = x\sqrt{1 + t + t^2}\) avec \(t = \frac{1}{x} \to 0\). On applique \(\sqrt{1+u} = 1 + \frac{u}{2} – \frac{u^2}{8} + o(u^2)\) avec \(u = t + t^2\). Comme \(u^2 = t^2 + o(t^2)\), on obtient \(\sqrt{1 + t + t^2} = 1 + \frac{t}{2} + (\frac{1}{2} – \frac{1}{8})t^2 + o(t^2)\). En multipliant par \(x = \frac{1}{t}\) : \(f(x) = x + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8x} + o(\dfrac{1}{x})\) en \(+\infty\).
3. Par conséquent, \(f(x) – (x + \frac{1}{2}) \sim \frac{3}{8x}\), qui tend vers \(0\) et reste positif. La droite \(y = x + \frac{1}{2}\) est asymptote en \(+\infty\), et la courbe est au-dessus.
4. Pour \(x < 0\), on a \(\sqrt{x^2} = |x| = -x\). Donc \(f(x) = -x\sqrt{1 + t + t^2}\) avec \(t = \frac{1}{x} \to 0^-\). Le même développement donne \(f(x) = -x – \frac{1}{2} – \frac{3}{8x} + o(\frac{1}{x})\). Pour \(x < 0\), le terme \(-\frac{3}{8x}\) est positif. La droite \(y = -x – \frac{1}{2}\) est asymptote en \(-\infty\), et la courbe est au-dessus.

La figure ci-dessous montre les deux asymptotes. La courbe, qui ressemble à une branche d’hyperbole, reste au-dessus de chacune d’elles.

Point de méthode : en \(-\infty\), l’oubli de \(\sqrt{x^2} = -x\) est l’erreur la plus fréquente. Il conduit à une asymptote de pente fausse.

Corrigé de l’exercice 18 : Asymptote oblique et logarithme

1. Il faut \(x \neq 0\) et \(1 + \frac{1}{x} = \frac{x+1}{x} > 0\). Un tableau de signes montre que ce quotient est positif si et seulement si \(x < -1\) ou \(x > 0\). Donc \(D = ]-\infty, -1[ \cup ]0, +\infty[\).
2. Pour \(x > 0\), on écrit \(f(x) = x^2 \ln(x+1) – x^2 \ln x\). Le premier terme tend vers \(0\). Le second aussi, par croissances comparées. Donc \(f(x) \to 0\) en \(0^+\). Ensuite, quand \(x \to -1^-\), \(\frac{x+1}{x} \to 0^+\), donc le logarithme tend vers \(-\infty\), tandis que \(x^2 \to 1\). Ainsi, \(f \to 0\) en \(0^+\) et \(f \to -\infty\) en \(-1^-\) : la droite \(x = -1\) est asymptote verticale.
3. On pose \(t = \frac{1}{x} \to 0\), aussi bien en \(+\infty\) qu’en \(-\infty\). Alors \(\ln(1+t) = t – \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + o(t^3)\). En multipliant par \(x^2 = \frac{1}{t^2}\) : \(f(x) = x – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3x} + o(\dfrac{1}{x})\) en \(\pm\infty\).
4. Ainsi, \(f(x) – (x – \frac{1}{2}) \sim \frac{1}{3x}\). Cet écart tend vers \(0\) dans les deux cas. Il est positif en \(+\infty\) et négatif en \(-\infty\). La droite \(y = x – \frac{1}{2}\) est asymptote des deux côtés ; la courbe est au-dessus en \(+\infty\) et en dessous en \(-\infty\).

La figure ci-dessous résume l’étude. On y voit les deux branches de la courbe, l’asymptote oblique commune et l’asymptote verticale \(x = -1\).

Corrigé de l’exercice 19 : Le nombre e est irrationnel

1. La fonction \(\exp\) est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \([0, 1]\), et toutes ses dérivées valent \(1\) en \(0\). La formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre \(n\), entre \(0\) et \(1\), s’écrit donc \(e = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + \int_0^1 \frac{(1-t)^n}{n!} e^t\,dt\). Ainsi, \(e – S_n = \displaystyle \int_0^1 \frac{(1-t)^n}{n!} e^t\,dt\).
2. L’intégrande est continue et positive sur \([0, 1]\). Elle est même strictement positive sur \([0, 1[\). Son intégrale est donc strictement positive. De plus, pour \(t \in [0, 1[\), on a \(e^t < e\), donc la fonction continue \(\frac{(1-t)^n}{n!}(e – e^t)\) est positive et non identiquement nulle. Par conséquent :
   \[e – S_n < e \int_0^1 \frac{(1-t)^n}{n!}\,dt = e[-\frac{(1-t)^{n+1}}{(n+1)!}]_0^1 = \frac{e}{(n+1)!}.\]
   On a bien \(0 < e – S_n < \dfrac{e}{(n+1)!}\).
3. Pour \(n = 2\), \(S_2 = 1 + 1 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}\). L’inégalité donne \(e – \frac{5}{2} < \frac{e}{6}\), soit \(\frac{5e}{6} < \frac{5}{2}\). Donc \(e < 3\). Ensuite, \(0 < e – S_n < \frac{3}{(n+1)!}\), qui tend vers \(0\). Ainsi, \(e < 3\) et \(S_n \to e\).
4. Soit \(n \geq\, \max(q, 2)\). Comme \(q \leq\, n\), \(q\) divise \(n!\), donc \(n!\,e = \frac{n!}{q}\,p\) est un entier. De même, \(n!\,S_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{n!}{k!}\) est une somme d’entiers. Donc \(N\) est un entier. D’après les questions 2 et 3, \(0 < N < \frac{n!\,e}{(n+1)!} = \frac{e}{n+1} < \frac{3}{n+1} \leq\, 1\), car \(n \geq\, 2\). Or aucun entier n’est strictement compris entre \(0\) et \(1\). L’hypothèse est absurde : \(e\) est irrationnel.

Point de méthode : ici, la stricte positivité du reste est essentielle. Seule la formule avec reste intégral la fournit directement.

Corrigé de l’exercice 20 : Développement asymptotique d’une suite implicite

1. Posons \(\psi(x) = x + \ln x\) sur \(]0, +\infty[\). Elle est continue et strictement croissante, comme somme de deux fonctions strictement croissantes. De plus, \(\psi(x) \to -\infty\) en \(0^+\) et \(\psi(x) \to +\infty\) en \(+\infty\). Par le théorème de la bijection, \(\psi\) réalise une bijection de \(]0, +\infty[\) sur \(\mathbb{R}\). L’équation \(\psi(x) = n\) a donc une unique solution \(x_n = \psi^{-1}(n)\).
2. La réciproque \(\psi^{-1}\) est strictement croissante, donc \(x_n < x_{n+1}\). Supposons la suite majorée par un réel \(M\). Alors \(n = \psi(x_n) \leq\, \psi(M)\) pour tout \(n\), ce qui est absurde. Une suite croissante non majorée tend vers \(+\infty\). Ainsi, \((x_n)\) est croissante et tend vers \(+\infty\).
3. On a \(\frac{n}{x_n} = 1 + \frac{\ln x_n}{x_n}\). Comme \(x_n \to +\infty\), les croissances comparées donnent \(\frac{\ln x_n}{x_n} \to 0\). Donc \(\frac{n}{x_n} \to 1\), c’est-à-dire \(x_n \sim n\).
4. On écrit \(x_n = n – \ln x_n\) et \(\ln x_n = \ln n + \ln\frac{x_n}{n}\). Or \(\frac{x_n}{n} \to 1\), donc \(\ln\frac{x_n}{n} \to 0\) par continuité du logarithme. Ainsi, \(x_n = n – \ln n + o(1)\).
5. D’après la question précédente, \(\frac{x_n}{n} = 1 + u_n\) avec \(u_n = -\frac{\ln n}{n} + o(\frac{1}{n})\). Comme \(\frac{1}{n} = o(\frac{\ln n}{n})\), on a \(u_n \sim -\frac{\ln n}{n}\), et \(u_n \to 0\). Alors \(\ln\frac{x_n}{n} = \ln(1 + u_n) \sim u_n \sim -\frac{\ln n}{n}\). En reportant dans \(x_n = n – \ln n – \ln\frac{x_n}{n}\) : \(x_n = n – \ln n + \dfrac{\ln n}{n} + o(\dfrac{\ln n}{n})\).

Point de méthode : on améliore le développement par étapes. À chaque étape, on réinjecte le résultat précédent dans l’équation qui définit la suite.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, étude complète de (1+x)^(1/x)

Partie A : comportement aux bornes.

1. Quand \(x \to -1^+\), \(\ln(1+x) \to -\infty\) et \(\frac{1}{x} \to -1\). Le produit \(\frac{\ln(1+x)}{x}\) tend donc vers \(+\infty\), et \(f(x) \to +\infty\). Quand \(x \to +\infty\), \(\frac{\ln(1+x)}{x} \to 0\) par croissances comparées, donc \(f(x) \to e^0 = 1\). Ainsi, \(f \to +\infty\) en \(-1^+\) et \(f \to 1\) en \(+\infty\).
2. Notons \(v(x) = \frac{\ln(1+x)}{x}\), qui tend vers \(0\) en \(+\infty\). Alors \(f(x) – 1 = e^{v(x)} – 1 \sim v(x)\). Par ailleurs, \(\ln(1+x) = \ln x + \ln(1 + \frac{1}{x})\), et le second terme tend vers \(0\) alors que \(\ln x \to +\infty\). Donc \(\ln(1+x) \sim \ln x\), puis \(v(x) \sim \frac{\ln x}{x}\). Ainsi, \(f(x) – 1 \sim \dfrac{\ln x}{x} > 0\) : la courbe est au-dessus de son asymptote \(y = 1\) au voisinage de \(+\infty\).

Partie B : étude en 0.

1. Comme on divise par \(x\), on développe \(\ln(1+x)\) à l’ordre \(3\) : \(\ln(1+x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\). Donc \(\dfrac{\ln(1+x)}{x} = 1 – \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{3} + o(x^2)\).
2. On écrit \(f(x) = e \cdot e^{w}\) avec \(w = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} + o(x^2)\), qui tend vers \(0\). Alors \(e^w = 1 + w + \frac{w^2}{2} + o(x^2)\), avec \(w^2 = \frac{x^2}{4} + o(x^2)\). Le coefficient de \(x^2\) vaut \(\frac{1}{3} + \frac{1}{8} = \frac{11}{24}\). Donc \(f(x) = e – \dfrac{e}{2}x + \dfrac{11e}{24}x^2 + o(x^2)\).
3. Le développement à l’ordre \(0\) montre que \(f(x) \to e\) en \(0\) : on prolonge \(f\) par \(f(0) = e\). Ce prolongement admet alors un \(\mathrm{DL}_1(0)\), donc il est dérivable en \(0\), avec \(f^{\prime}(0) = -\frac{e}{2}\). La tangente a pour équation \(y = e – \frac{e}{2}x\). L’écart est équivalent à \(\frac{11e}{24}x^2 > 0\). La courbe est au-dessus de sa tangente \(y = e – \dfrac{e}{2}x\) au voisinage de \(0\).

Partie C : variations.

1. Sur \(D\), \(f = e^{v}\) avec \(v\) dérivable, donc \(f^{\prime} = v^{\prime} f\). On calcule :
   \[v^{\prime}(x) = \frac{\frac{x}{1+x} – \ln(1+x)}{x^2} = \frac{x – (1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)}.\]
   Donc \(f^{\prime}(x) = f(x)\,\dfrac{\varphi(x)}{x^2(1+x)}\).
2. La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(]-1, +\infty[\), avec \(\varphi^{\prime}(x) = 1 – \ln(1+x) – 1 = -\ln(1+x)\). Cette dérivée est positive sur \(]-1, 0]\) et négative sur \([0, +\infty[\). Donc \(\varphi\) croît puis décroît, avec un maximum \(\varphi(0) = 0\). De plus, \(\varphi^{\prime}\) ne s’annule qu’en \(0\), donc la monotonie est stricte sur chaque intervalle. Ainsi, \(\varphi(x) < 0\) pour tout \(x \neq 0\).
3. Sur \(D\), \(f(x) > 0\), \(x^2 > 0\) et \(1 + x > 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(\varphi(x)\), strictement négatif. La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]-1, 0[\) et sur \(]0, +\infty[\). Avec le prolongement continu \(f(0) = e\), elle est même strictement décroissante sur \(]-1, +\infty[\).
4. On développe : \(\varphi(x) = x – (1+x)(x – \frac{x^2}{2} + o(x^2)) = x – x – x^2 + \frac{x^2}{2} + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)\). Donc \(\frac{\varphi(x)}{x^2(1+x)} \to -\frac{1}{2}\) et \(f(x) \to e\). Par produit, \(f^{\prime}(x) \to -\frac{e}{2}\). Cette limite est égale à \(f^{\prime}(0)\), calculé en partie B. Le prolongement de \(f\) est donc de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(]-1, +\infty[\).

La figure ci-dessous synthétise le problème. On y lit la décroissance, l’asymptote verticale \(x = -1\), l’asymptote horizontale \(y = 1\) et la tangente en \((0, e)\).

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