Corrigé du contrôle de maths L1 : formules de Taylor et développements limités

Exercice 1 : Question de cours : unicité du développement limité (3 points)

1. On dit que \(f\) admet un développement limité à l’ordre \(n\) en \(0\) s’il existe des réels \(a_0, a_1, \ldots, a_n\) tels que, au voisinage de \(0\), \[f(x) = a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n + o(x^n),\] c’est-à-dire qu’il existe une fonction \(\varepsilon\) définie au voisinage de \(0\), de limite nulle en \(0\), telle que \(f(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k x^k + x^n \varepsilon(x)\). Le polynôme \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k X^k\) est la partie régulière du développement.
2. Supposons que \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k x^k + o(x^n) = \sum_{k=0}^{n} b_k x^k + o(x^n)\). En soustrayant, on obtient \[\sum_{k=0}^{n} (a_k – b_k) x^k = o(x^n).\] Raisonnons par l’absurde et supposons que les deux familles de coefficients ne sont pas égales. Notons alors \(p\) le plus petit indice tel que \(a_p \neq b_p\). On a \(p \leq\, n\) et, pour \(x \neq 0\), en divisant par \(x^p\) : \[(a_p – b_p) + \sum_{k=p+1}^{n} (a_k – b_k) x^{k-p} = o(x^{n-p}).\] Quand \(x\) tend vers \(0\), le membre de gauche tend vers \(a_p – b_p\), car chaque terme de la somme contient une puissance \(x^{k-p}\) avec \(k – p \geq\, 1\). Le membre de droite tend vers \(0\), car \(n – p \geq\, 0\) et un \(o(x^{n-p})\) tend donc vers \(0\). Par unicité de la limite, \(a_p – b_p = 0\), ce qui contredit le choix de \(p\). Donc \(a_k = b_k\) pour tout \(k\) : le développement limité est unique.

Barème : a) 1 point (0,5 pour l’écriture, 0,5 pour la définition précise du petit o) ; b) 2 points : 0,5 pour la soustraction, 0,5 pour le choix du plus petit indice, 1 point pour le passage à la limite correctement justifié.

Exercice 2 : Inégalité de Taylor-Lagrange pour le sinus (4 points)

1. Inégalité de Taylor-Lagrange. Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{n+1}\) sur un intervalle \(I\), et \(a, x \in I\). Si \(M\) majore \(|f^{(n+1)}|\) sur le segment d’extrémités \(a\) et \(x\), alors \[| f(x) – \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k | \leq\, \frac{M\, |x-a|^{n+1}}{(n+1)!}.\]
2. La fonction sinus est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\mathbb{R}\). Ses dérivées successives en \(0\) valent \(\sin 0 = 0\), \(\cos 0 = 1\), \(-\sin 0 = 0\), \(-\cos 0 = -1\) et \(\sin 0 = 0\). Le polynôme de Taylor à l’ordre \(4\) en \(0\) est donc \[T_4(x) = x – \frac{x^3}{6},\] car le terme de degré \(4\) est nul. De plus, \(\sin^{(5)} = \cos\), et \(|\cos t| \leq\, 1\) pour tout réel \(t\) : on peut prendre \(M = 1\). L’inégalité de Taylor-Lagrange avec \(n = 4\) et \(a = 0\) donne alors, pour tout réel \(x\), \[| \sin x – x + \frac{x^3}{6} | \leq\, \frac{|x|^5}{5!} = \frac{|x|^5}{120}.\] L’inégalité demandée est démontrée.
3. Pour \(x = 0{,}1\), la valeur approchée est \[0{,}1 – \frac{0{,}001}{6} = 0{,}1 – 0{,}000\,166\,6\ldots = 0{,}099\,833\,3\ldots\] L’erreur est majorée par \[\frac{(0{,}1)^5}{120} = \frac{10^{-5}}{120} \approx 8{,}3 \times 10^{-8} < 10^{-7}.\] Ainsi \(\sin(0{,}1) \approx 0{,}099\,833\,3\), à \(10^{-7}\) près.

Erreur fréquente : appliquer la formule à l’ordre \(3\) donne seulement une majoration en \(\dfrac{x^4}{24}\). En remarquant que le terme de degré \(4\) est nul, on gagne un ordre gratuitement.

Barème : a) 1 point (hypothèses 0,5, inégalité 0,5) ; b) 1,5 point : 0,5 pour le polynôme de Taylor, 0,5 pour le choix de \(M = 1\), 0,5 pour la conclusion ; c) 1,5 point : 0,5 pour la valeur approchée, 1 point pour la majoration de l’erreur.

Exercice 3 : Développements limités, limites et équivalents (5 points)

1. Chaque facteur est équivalent à une constante ou à \(x\). Comme \(\sin x\) commence par \(x\), il suffit de développer \(e^x\) à l’ordre \(2\) et \(\sin x\) à l’ordre \(3\) : \[e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2), \qquad \sin x = x – \frac{x^3}{6} + o(x^3).\] En développant le produit et en ne gardant que les termes de degré au plus \(3\) : \[e^x \sin x = x + x^2 + \frac{x^3}{2} – \frac{x^3}{6} + o(x^3).\] Donc \(e^x \sin x = x + x^2 + \dfrac{x^3}{3} + o(x^3)\).
2. On écrit \(\cos x = 1 + u\) avec \(u = -\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24} + o(x^4)\), qui tend vers \(0\). Comme \(u^2 = \dfrac{x^4}{4} + o(x^4)\) et \(u^3 = o(x^4)\), il suffit du développement \(\ln(1+u) = u – \dfrac{u^2}{2} + o(u^2)\). Par composition : \[\ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} – \frac{x^4}{8} + o(x^4).\] Or \(\dfrac{1}{24} – \dfrac{3}{24} = -\dfrac{2}{24} = -\dfrac{1}{12}\). Donc \(\ln(\cos x) = -\dfrac{x^2}{2} – \dfrac{x^4}{12} + o(x^4)\).
3. D’après a), le numérateur vaut \(e^x \sin x – x – x^2 = \dfrac{x^3}{3} + o(x^3)\). Par ailleurs, \(x – \sin x = \dfrac{x^3}{6} + o(x^3)\). Ainsi, pour \(x \neq 0\) proche de \(0\) : \[\frac{e^x \sin x – x – x^2}{x – \sin x} = \frac{\frac{1}{3} + o(1)}{\frac{1}{6} + o(1)} \longrightarrow \frac{1/3}{1/6} = 2.\] La limite vaut \(2\).
4. Pour \((x > 0)\), \((1+x)^{1/x} = \exp(\dfrac{\ln(1+x)}{x})\). Or \(\ln(1+x) = x – \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)\), donc \[\frac{\ln(1+x)}{x} = 1 – \frac{x}{2} + o(x).\] Posons \(v = -\dfrac{x}{2} + o(x)\), qui tend vers \(0\). Alors \((1+x)^{1/x} = e \cdot e^{v} = e\,(1 + v + o(v)) = e – \dfrac{e\,x}{2} + o(x)\). Par conséquent \((1+x)^{1/x} – e \sim -\dfrac{e\,x}{2}\) quand \(x\) tend vers \(0\).

Erreur fréquente : en b), oublier le terme \(-\dfrac{u^2}{2}\) sous prétexte que \(u\) est « petit » : il contribue pourtant à l’ordre \(4\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour les ordres choisis, 1 point pour le résultat ; b) 1,5 point : 0,5 pour la composition, 0,5 pour le terme en \(u^2\), 0,5 pour le résultat ; c) 1 point : 0,5 par développement utilisé, résultat compris ; d) 1 point : 0,5 pour l’écriture exponentielle, 0,5 pour l’équivalent.

Exercice 4 : Position d’une courbe par rapport à sa tangente (3 points)

1. On a \(e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} + o(x^3)\) et \(\cos x = 1 – \dfrac{x^2}{2} + o(x^3)\). Le produit, tronqué à l’ordre \(3\), donne : \[f(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} – \frac{x^3}{2} + o(x^3).\] Donc \(f(x) = 1 + x – \dfrac{x^3}{3} + o(x^3)\). On peut le contrôler avec les dérivées : \(f^{\prime\prime}(x) = -2e^x \sin x\) et \(f^{(3)}(0) = -2\), d’où le coefficient \(-\dfrac{2}{6} = -\dfrac{1}{3}\).
2. Par unicité du développement limité, \(f(0) = 1\) et \(f^{\prime}(0) = 1\). La tangente \(T\) a pour équation \(y = 1 + x\).
3. On a \(f(x) – (1 + x) = -\dfrac{x^3}{3} + o(x^3)\), donc \(f(x) – (1+x) \sim -\dfrac{x^3}{3}\). Deux fonctions équivalentes ont le même signe au voisinage du point. Ainsi \(f(x) – (1+x)\) est positif pour \(x < 0\) proche de \(0\), et négatif pour \((x > 0)\) proche de \(0\). La courbe \(\mathcal{C}\) est au-dessus de \(T\) à gauche de \(0\) et en dessous à droite : elle traverse sa tangente, et le point \((0\,;1)\) est un point d’inflexion.

Barème : a) 1,5 point (1 point pour le calcul, 0,5 pour la troncature correcte) ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 pour le signe via l’équivalent, 0,5 pour la conclusion « point d’inflexion ».

Exercice 5 : Problème : asymptote oblique d’une fonction (5 points)

1. Quand \(x\) tend vers \(\pm\infty\), \(u = \dfrac{1}{x}\) tend vers \(0\). Or \(e^u = 1 + u + \dfrac{u^2}{2} + \dfrac{u^3}{6} + o(u^3)\). En remplaçant \(u\) par \(\dfrac{1}{x}\) puis en multipliant par \(x\) : \[g(x) = x(1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{6x^3} + o(\frac{1}{x^3})) = x + 1 + \frac{1}{2x} + \frac{1}{6x^2} + o(\frac{1}{x^2}).\] C’est le développement asymptotique demandé.
2. D’après a), \(g(x) – (x + 1) = \dfrac{1}{2x} + o(\dfrac{1}{x})\), qui tend vers \(0\) en \(\pm\infty\). La droite \(\Delta\) d’équation \(y = x + 1\) est asymptote à \(\Gamma\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\). De plus, \(g(x) – (x+1) \sim \dfrac{1}{2x}\), qui a le signe de \(x\). Au voisinage de \(+\infty\), \(\Gamma\) est au-dessus de \(\Delta\) ; au voisinage de \(-\infty\), elle est en dessous.
3. En \(0^+\) : posons \(t = \dfrac{1}{x}\), qui tend vers \(+\infty\). Alors \(g(x) = \dfrac{e^t}{t}\), qui tend vers \(+\infty\) par croissances comparées. En \(0^-\) : \(\dfrac{1}{x}\) tend vers \(-\infty\), donc \(e^{1/x}\) tend vers \(0\), et \(x\) aussi. Ainsi \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} g(x) = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^-} g(x) = 0\).
4. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) comme produit et composée de fonctions dérivables. Pour \(x \neq 0\) : \[g^{\prime}(x) = e^{1/x} + x \cdot (-\frac{1}{x^2}) e^{1/x} = e^{1/x}\, \frac{x – 1}{x}.\] Le signe de \(g^{\prime}(x)\) est celui de \(\dfrac{x-1}{x}\) : positif sur \(]-\infty\,;0[\), négatif sur \(]0\,;1[\), positif sur \(]1\,;+\infty[\). Par conséquent, \(g\) croît de \(-\infty\) à \(0\) sur \(]-\infty\,;0[\). Elle décroît de \(+\infty\) à \(g(1) = e\) sur \(]0\,;1]\), puis croît de \(e\) à \(+\infty\) sur \([1\,;+\infty[\). Ce tableau est compatible avec b) : en \(\pm\infty\), \(g(x)\) se comporte comme \(x + 1\), donc tend vers \(\pm\infty\) en croissant.

Barème : a) 1,5 point (0,5 pour le changement de variable, 1 point pour le développement) ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’équation de \(\Delta\), 1 point pour les deux positions ; c) 1 point : 0,5 par limite ; d) 1 point : 0,5 pour la dérivée, 0,5 pour le tableau et la cohérence.

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Après le corrigé du contrôle : formules de Taylor et développements limités

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