Corrigé du contrôle de maths sup : équivalents et développements limités

Exercice 1 : Questions de cours (2,5 points)

1. Lorsque \((v_n)\) ne s’annule pas à partir d’un certain rang, \(u_n \sim v_n\) signifie que \(\dfrac{u_n}{v_n} \to 1\). Sous les hypothèses de l’énoncé, \(\dfrac{u_n w_n}{v_n t_n} = \dfrac{u_n}{v_n} \times \dfrac{w_n}{t_n}\) tend vers \(1 \times 1 = 1\). De même, \(\dfrac{u_n / w_n}{v_n / t_n} = \dfrac{u_n}{v_n} \times \dfrac{t_n}{w_n}\) tend vers 1. Les équivalents sont donc compatibles avec le produit et le quotient.
2. Pour la somme, prenons \(u_n = n + 2\), \(v_n = n + 1\) et \(w_n = t_n = -n\). On a bien \(u_n \sim v_n\) et \(w_n \sim t_n\). Pourtant \(u_n + w_n = 2\) et \(v_n + t_n = 1\), dont le quotient vaut 2. Ainsi \(u_n + w_n\) n’est pas équivalent à \(v_n + t_n\). Pour l’exponentielle, \(n + 1 \sim n\), mais \(\dfrac{e^{n+1}}{e^n} = e\) ne tend pas vers 1. Donc \(e^{n+1}\) n’est pas équivalent à \(e^n\) : on ne compose pas un équivalent par l’exponentielle.
3. Formule de Stirling : \(n! \sim \sqrt{2\pi n} (\dfrac{n}{e})^n\) quand \(n \to +\infty\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la définition, 0,5 pour les deux preuves ; b) 1 point : 0,5 par contre-exemple ; c) 0,5 point.

Exercice 2 : Équivalents de suites et de fonctions (3,5 points)

1. Par la quantité conjuguée, \(u_n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\). Or \(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n} \sim 2\sqrt{n}\). Donc \(u_n \sim \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\).
2. Comme \(s_n = \sin\frac{1}{n} \to 0\) et \(\ln(1 + s) \sim s\) quand \(s \to 0\), on obtient \(v_n \sim \sin\frac{1}{n}\). Or \(\sin\frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}\). Donc \(v_n \sim \dfrac{1}{n}\).
3. Pour \(x > 0\), \(f(x) = \ln\dfrac{x^2 + x}{x^2} = \ln(1 + \dfrac{1}{x})\), donc \(f(x) \sim \dfrac{1}{x}\) en \(+\infty\). On ne peut pas soustraire des équivalents : partir de \(\ln(x^2 + x) \sim 2\ln x\) conduirait à la différence \(2\ln x – 2\ln x = 0\), qui ne peut être équivalente à rien.
4. \(w_n = \dfrac{(2n)!}{(n!)^2}\). Par Stirling, \((2n)! \sim \sqrt{4\pi n} (\dfrac{2n}{e})^{2n}\) et \((n!)^2 \sim 2\pi n (\dfrac{n}{e})^{2n}\). Le quotient d’équivalents est licite, d’où \(w_n \sim \dfrac{2\sqrt{\pi n}\, 2^{2n}}{2\pi n}\). Ainsi \(\dbinom{2n}{n} \sim \dfrac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\).
5. Le quotient \(n! / (\sqrt{2\pi n}\, (n/e)^n)\) tend vers 1, donc son logarithme tend vers 0 : \(\ln(n!) = n\ln n – n + \frac{1}{2}\ln(2\pi n) + o(1)\). Alors \(\ln z_n – \ln\dfrac{n}{e} = \dfrac{\ln(n!)}{n} – \ln n + 1 = \dfrac{\ln(2\pi n)}{2n} + o(\dfrac{1}{n})\), qui tend vers 0. Par continuité de l’exponentielle, \(\dfrac{z_n}{n/e} \to 1\). Donc \((n!)^{1/n} \sim \dfrac{n}{e}\).

Barème : a), b), c) 0,5 point chacun ; d) 1 point : 0,5 pour Stirling appliqué deux fois, 0,5 pour la simplification ; e) 1 point : 0,5 pour le passage au logarithme, 0,5 pour la conclusion.

Exercice 3 : Développements limités (4 points)

1. \(e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)\) et \(\frac{1}{1 + x} = 1 – x + x^2 – x^3 + o(x^3)\). On fait le produit en ne gardant que les termes de degré au plus 3. Le coefficient de \(x\) vaut \(1 – 1 = 0\), celui de \(x^2\) vaut \(1 – 1 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\), et celui de \(x^3\) vaut \(-1 + 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = -\frac{1}{3}\).
   \[\frac{e^x}{1 + x} = 1 + \frac{x^2}{2} – \frac{x^3}{3} + o(x^3).\]
2. La fonction \(\tan\) est de classe \(C^\infty\) au voisinage de 0, donc elle admet un développement limité à tout ordre (Taylor-Young). Elle est impaire, donc \(\tan x = x + a x^3 + b x^5 + o(x^5)\), car \(\tan^{\prime}(0) = 1\). Or \(\tan^{\prime} = 1 + \tan^2\), et on peut dériver le développement de \(\tan\) (celui de \(\tan^{\prime}\) existe). Ainsi \(1 + 3a x^2 + 5b x^4 = 1 + x^2 + 2a x^4 + o(x^4)\). Par unicité, \(a = \frac{1}{3}\) et \(b = \frac{2a}{5} = \frac{2}{15}\).
   \[\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5).\]
3. On écrit \(\cos x = 1 + u\) avec \(u = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\). Comme \(u = O(x^2)\), l’ordre 2 en \(u\) suffit : \(\ln(1 + u) = u – \frac{u^2}{2} + o(x^4)\), avec \(u^2 = \frac{x^4}{4} + o(x^4)\). Comme \(\frac{1}{24} – \frac{1}{8} = -\frac{1}{12}\) :
   \[\ln(\cos x) = -\frac{x^2}{2} – \frac{x^4}{12} + o(x^4).\]
4. \(\sin^2 x = (x – \frac{x^3}{6} + o(x^3))^2 = x^2 – \frac{x^4}{3} + o(x^4)\). Donc \(\dfrac{1}{\sin^2 x} = \dfrac{1}{x^2} \times \dfrac{1}{1 – \frac{x^2}{3} + o(x^2)} = \dfrac{1}{x^2}(1 + \dfrac{x^2}{3} + o(x^2))\). Il vient \(\dfrac{1}{\sin^2 x} – \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{1}{3} + o(1)\). La limite vaut \(\frac{1}{3}\).

Erreur fréquente : en c), développer \(\ln(1 + u)\) à l’ordre 4 en \(u\) : c’est inutile, car \(u^3 = O(x^6)\).

Barème : 1 point par question ; pour a), b), c) : 0,5 pour la méthode et l’ordre justifiés, 0,5 pour les coefficients ; pour d) : 0,5 pour le développement de \(1/\sin^2 x\), 0,5 pour la limite.

Exercice 4 : Calculs de limites (2,5 points)

1. \(\ln a_n = n^2 \ln(1 + \frac{1}{n}) – n = n^2(\frac{1}{n} – \frac{1}{2n^2} + O(\frac{1}{n^3})) – n = -\frac{1}{2} + O(\frac{1}{n})\). Par continuité de l’exponentielle, \(a_n \to e^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{e}}\).
2. Au voisinage de 0, \(\cos x > 0\), et d’après l’exercice 3 c), \(\dfrac{\ln(\cos x)}{x^2} = -\dfrac{1}{2} + O(x^2)\). Donc \((\cos x)^{1/x^2} \to e^{-1/2}\).
3. D’après l’exercice 3 b), \(\tan x – x = \frac{x^3}{3} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{3}\). De plus, \(x – \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}\). Le quotient d’équivalents donne \(\dfrac{\tan x – x}{x – \sin x} \sim \dfrac{x^3/3}{x^3/6} = 2\). La limite vaut 2.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour le développement de \(\ln a_n\), 0,5 pour la limite ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 pour les deux équivalents, 0,5 pour la limite.

Exercice 5 : Asymptote et position d’une courbe (3,5 points)

1. Quand \(x \to \pm\infty\), \(h = \frac{1}{x} \to 0\) et \(e^h = 1 + h + \frac{h^2}{2} + o(h^2)\). Donc
   \[f(x) = (x + 1)(1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{2x^2} + o(\frac{1}{x^2})).\]
   Le facteur \(x\) donne \(x + 1 + \frac{1}{2x} + o(\frac{1}{x})\), et le facteur 1 donne \(1 + \frac{1}{x} + o(\frac{1}{x})\). En additionnant, \(f(x) = x + 2 + \dfrac{3}{2x} + o(\dfrac{1}{x})\), en \(+\infty\) comme en \(-\infty\).
2. \(f(x) – (x + 2) = \frac{3}{2x} + o(\frac{1}{x})\) tend vers 0 : la droite \(\Delta : y = x + 2\) est asymptote à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\). De plus, \(f(x) – (x + 2) \sim \frac{3}{2x}\), qui a le signe de \(x\). \(\mathcal{C}\) est au-dessus de \(\Delta\) au voisinage de \(+\infty\) et en dessous au voisinage de \(-\infty\).

   

3. On pose \(u = x + x^2 \to 0\) : \(\ln(1 + u) = u – \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + o(u^3)\). Or \(u^2 = x^2 + 2x^3 + o(x^3)\) et \(u^3 = x^3 + o(x^3)\). D’où \(g(x) = x + x^2 – \frac{x^2}{2} – x^3 + \frac{x^3}{3} + o(x^3)\), c’est-à-dire
   \[g(x) = x + \frac{x^2}{2} – \frac{2x^3}{3} + o(x^3).\]
   La tangente en 0 a pour équation \(y = x\). De plus, \(g(x) – x \sim \frac{x^2}{2}\), qui est positif. La courbe de \(g\) est donc au-dessus de sa tangente au voisinage de 0, des deux côtés.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour le changement de variable, 1 pour le développement ; b) 1 point : 0,5 pour l’asymptote, 0,5 pour les deux positions ; c) 1 point : 0,5 pour le développement, 0,5 pour la tangente et la position.

Exercice 6 : Problème : les solutions de tan x = x (4 points)

1. Soit \(\varphi(x) = \tan x – x\) sur \(I_n\). Elle est continue et dérivable, avec \(\varphi^{\prime}(x) = 1 + \tan^2 x – 1 = \tan^2 x \geq\, 0\). Cette dérivée ne s’annule qu’en \(x = n\pi\), point isolé, donc \(\varphi\) est strictement croissante sur \(I_n\). Aux bornes, \(\tan x\) tend vers \(-\infty\) à gauche et vers \(+\infty\) à droite, tandis que \(x\) reste borné. Donc \(\varphi\) tend vers \(-\infty\) et \(+\infty\). D’après le théorème de la bijection (valeurs intermédiaires et stricte monotonie), \(\varphi\) s’annule en un unique point \(x_n\) de \(I_n\).
2. Comme \(n \geq\, 1\), \(x_n > n\pi – \frac{\pi}{2} > 0\), donc \(\tan x_n = x_n > 0\). Or, sur \(I_n\), \(\tan x > 0\) équivaut à \(x \in ]n\pi, n\pi + \frac{\pi}{2}[\). Ainsi \(n\pi < x_n < n\pi + \frac{\pi}{2}\), et en divisant par \(n\pi\), le théorème d’encadrement donne \(\frac{x_n}{n\pi} \to 1\). Donc \(x_n \sim n\pi\).
3. D’après b), \(y_n \in ]0, \frac{\pi}{2}[\). Par \(\pi\)-périodicité de la tangente, \(\tan y_n = \tan x_n = x_n\), qui tend vers \(+\infty\). Comme \(y_n \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\), on a \(y_n = \arctan x_n\), qui tend vers \(\frac{\pi}{2}\). Donc \(x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} + o(1)\).
4. On a \(z_n \in ]0, \frac{\pi}{2}[\) et \(\tan z_n = \tan(\frac{\pi}{2} – y_n) = \frac{1}{\tan y_n}\). Donc \(\tan z_n = \frac{1}{x_n}\), puis \(z_n = \arctan\frac{1}{x_n}\). Comme \(\arctan u = u + O(u^3)\) et \(\frac{1}{x_n} = O(\frac{1}{n})\), on obtient \(z_n = \frac{1}{x_n} + o(\frac{1}{n^2})\). Ensuite, grâce à c) :
   \[\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} \times \frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n})} = \frac{1}{n\pi}(1 – \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n})) = \frac{1}{n\pi} – \frac{1}{2\pi n^2} + o(\frac{1}{n^2}).\]
   Enfin \(x_n = n\pi + y_n = n\pi + \frac{\pi}{2} – z_n\), d’où
   \[x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} – \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2\pi n^2} + o(\frac{1}{n^2}).\]
   Le développement asymptotique demandé est établi. À titre de contrôle, pour \(n = 10\), la formule donne environ \(32{,}9565\), pour une valeur exacte proche de \(32{,}9564\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la stricte monotonie, 0,5 pour les limites et la conclusion ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 pour \(\tan y_n = x_n\), 0,5 pour la limite ; d) 1,5 point : 0,5 pour \(\tan z_n = 1/x_n\), 0,5 pour le développement de \(1/x_n\), 0,5 pour la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : équivalents et développements limités

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