Analyse asymptotique

Résolution

On fait un DL à l'ordre 4 en \(0\) : \(\cos x=1-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)\) et, avec \((1+u)^{1/2}=1+\tfrac u2-\tfrac{u^2}8+o(u^2)\) pour \(u=-x^2\) : \(\sqrt{1-x^2}=1-\dfrac{x^2}2-\dfrac{x^4}8+o(x^4)\).

Donc \(\cos x-\sqrt{1-x^2}=\Big(\dfrac1{24}+\dfrac18\Big)x^4+o(x^4)=\dfrac{1+3}{24}x^4+o(x^4)=\dfrac{4}{24}x^4+o(x^4)=\dfrac{x^4}6+o(x^4)\).

Résolution

D'après l'exercice 8.1 du TD (ci-dessous), \(f(x)=1+x-\dfrac{x^3}3+o(x^3)\) : donc \(c_0=1\), \(c_1=1\), \(c_2=0\), \(c_3=-\tfrac13\neq0\). La tangente en \(0\) est \(y=1+x\), et le premier coefficient non nul après \(c_1\) est \(c_3\) (indice impair) : le signe de \(f(x)-y\sim-\tfrac{x^3}3\) change en \(0\).

Méthode

On compare les suites deux à deux en étudiant le quotient (ou en repérant les croissances comparées usuelles \(\ln n\ll n^\alpha\ll a^n\ll n!\)).

Comparaisons

\(\dfrac{b_n}{a_n}=\dfrac1n\to0\) donc \(b_n=o(a_n)\).   \(\dfrac{a_n}{c_n}=\dfrac1{\ln n}\to0\) donc \(a_n=o(c_n)\).   \(\dfrac{c_n}{f_n}=\dfrac{\ln n}n\to0\) (croissance comparée) donc \(c_n=o(f_n)\).   \(\dfrac{f_n}{e_n}=\dfrac1n\to0\) donc \(f_n=o(e_n)\).   \(\dfrac{e_n}{g_n}=\dfrac{n}{\sqrt{n}e^{n/2}}=\dfrac{\sqrt n}{e^{n/2}}\to0\) (croissance comparée) donc \(e_n=o(g_n)\).   \(\dfrac{g_n}{d_n}=\dfrac{\sqrt n\,e^{n/2}n^3}{e^n}=\dfrac{n^{3,5}}{e^{n/2}}\to0\) donc \(g_n=o(d_n)\).

1) \(u_n=\dfrac{n^2+e^{-2n}+\sqrt{n^5}}{\ln(2n)+2n-5}\)

Numérateur : \(e^{-2n}\to0\) et \(\sqrt{n^5}=n^{5/2}\) domine \(n^2\) (car \(5/2>2\)), donc le numérateur \(\sim n^{5/2}\). Dénominateur : \(2n\) domine \(\ln(2n)\) et la constante \(-5\), donc le dénominateur \(\sim2n\).

2) \(u_n=\ln\!\Big(\dfrac{n^2+1}{n^2+2}\Big)\)

\(\dfrac{n^2+1}{n^2+2}=1-\dfrac1{n^2+2}\), donc \(u_n=\ln\Big(1-\dfrac1{n^2+2}\Big)\). Or \(-\dfrac1{n^2+2}\to0\) et \(\ln(1+v)\sim v\), donc \(u_n\sim-\dfrac1{n^2+2}\sim-\dfrac1{n^2}\).

3) \(u_n=\dfrac{\ln(n^2+1)}{n^2+2}\)

\(\ln(n^2+1)\sim\ln(n^2)=2\ln n\) et \(n^2+2\sim n^2\).

4) \(u_n=\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1}\)

Quantité conjuguée : \(u_n=\dfrac{(n^2+n+1)-(n^2-n+1)}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}=\dfrac{2n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}\). Le dénominateur \(\sim n+n=2n\) (chaque racine \(\sim n\)), donc \(u_n\sim\dfrac{2n}{2n}=1\).

5) \(u_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n k!\)

Le dernier terme \(n!\) écrase tous les précédents : \(\dfrac{(n-1)!}{n!}=\dfrac1n\to0\), donc \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}k!=o(n!)\), et \(u_n=n!+o(n!)\).

6) \(u_n=\dfrac{n^{\sqrt{n+1}}}{(n+1)^{\sqrt n}}\) (marqué « à revoir » par l'énoncé)

On passe au log : \(\ln u_n=\sqrt{n+1}\ln n-\sqrt n\,\ln(n+1)\). Avec \(\sqrt{n+1}=\sqrt n\big(1+\tfrac1{2n}+o(\tfrac1n)\big)\) et \(\ln(n+1)=\ln n+\tfrac1n+o(\tfrac1n)\) :

\(\ln u_n=\Big(\sqrt n+\dfrac1{2\sqrt n}\Big)\ln n-\sqrt n\Big(\ln n+\dfrac1n\Big)+o\Big(\dfrac1{\sqrt n}\Big) =\dfrac{\ln n}{2\sqrt n}-\dfrac1{\sqrt n}+o\Big(\dfrac1{\sqrt n}\Big)\xrightarrow[n\to\infty]{}0\) (car \(\ln n=o(\sqrt n)\)).

Donc \(\ln u_n\to0\), c'est-à-dire \(u_n\to1\) : la limite est finie non nulle, donc l'équivalent le plus simple de \(u_n\) est la constante \(1\) elle-même.

1) \(u_n=\sqrt{n^2-1}-n\)

\(u_n=n\sqrt{1-\tfrac1{n^2}}-n=n\Big(1-\dfrac1{2n^2}+o\Big(\dfrac1{n^2}\Big)\Big)-n=-\dfrac1{2n}+o\Big(\dfrac1n\Big)\).

2) \(u_n=\dfrac{(n+2)!}{(n^2+1)\,n!}\)

\((n+2)!=(n+1)(n+2)\,n!\), donc \(u_n=\dfrac{(n+1)(n+2)}{n^2+1}=\dfrac{n^2+3n+2}{n^2+1}\).

3) \(u_n=n\big(\sqrt[n]3-\sqrt[n]5\big)\)

\(\sqrt[n]3=e^{\frac{\ln3}n}=1+\dfrac{\ln3}n+o\Big(\dfrac1n\Big)\) et de même pour \(\sqrt[n]5\), donc \(\sqrt[n]3-\sqrt[n]5=\dfrac{\ln3-\ln5}n+o\Big(\dfrac1n\Big)\), d'où \(u_n=\ln3-\ln5+o(1)\).

4) \(u_n=\dfrac{\cos(1/n)-1}{\big(e^{1/n}-1\big)\sin(1/n)}\)

En posant \(h=1/n\to0\) : \(\cos h-1\sim-\dfrac{h^2}2\), \(e^h-1\sim h\), \(\sin h\sim h\), donc le dénominateur \(\sim h^2\) et \(u_n\sim\dfrac{-h^2/2}{h^2}=-\dfrac12\).

(1) \(u_n=n\Big(\sqrt{1+\sin\tfrac1n}-\cos\tfrac1n\Big)\)

Avec \(h=1/n\to0\) : \(\sin h=h-\tfrac{h^3}6+o(h^3)\), donc \(\sqrt{1+\sin h}=1+\tfrac12\big(h-\tfrac{h^3}6\big)-\tfrac18h^2+o(h^2)=1+\tfrac h2-\tfrac{h^2}8+o(h^2)\), et \(\cos h=1-\tfrac{h^2}2+o(h^2)\).

Différence : \(\sqrt{1+\sin h}-\cos h=\tfrac h2-\tfrac{h^2}8+\tfrac{h^2}2+o(h^2)=\tfrac h2+\tfrac{3h^2}8+o(h^2)\). Donc \(u_n=n\big(\tfrac h2+\tfrac{3h^2}8+o(h^2)\big)=\tfrac12+\tfrac{3h}8+o(h)\) (car \(nh=1\)).

(2) \(u_n=\big(e^{1/n}\big)^{\,n\ln(\cos(1/n))}\)

\(u_n=\exp\Big(\dfrac1n\cdot n\ln\big(\cos\tfrac1n\big)\Big)=\exp\Big(\ln\big(\cos\tfrac1n\big)\Big)=\cos\dfrac1n\).

(3) \(u_n=\Big(1+\sin\tfrac1n\Big)^n\)

\(\ln u_n=n\ln\big(1+\sin\tfrac1n\big)\). Avec \(h=1/n\) : \(\sin h=h-\tfrac{h^3}6+o(h^3)\), et \(\ln(1+\sin h)=\sin h-\tfrac{\sin^2h}2+o(h^2)=h-\tfrac{h^2}2+o(h^2)\) (le terme en \(h^3\) de \(\sin h\) n'intervient pas à cet ordre). Donc \(n\ln(1+\sin h)=\tfrac1h\big(h-\tfrac{h^2}2\big)+o(h)=1-\tfrac h2+o(h)\to1\).

(4) \(u_n=(5n+1)^2\ln\Big(1+\dfrac1{3n^2}\Big)\)

\((5n+1)^2\sim25n^2\) et \(\ln\big(1+\tfrac1{3n^2}\big)\sim\dfrac1{3n^2}\), donc par produit d'équivalents \(u_n\sim25n^2\cdot\dfrac1{3n^2}=\dfrac{25}3\).

(5) \(u_n=n\ln\sqrt{\dfrac{n+1}{n-1}}=\dfrac n2\ln\Big(1+\dfrac2{n-1}\Big)\)

\(\dfrac2{n-1}\sim\dfrac2n\to0\), donc \(\ln\big(1+\tfrac2{n-1}\big)\sim\dfrac2{n-1}\sim\dfrac2n\), d'où \(u_n\sim\dfrac n2\cdot\dfrac2n=1\).

(6) \(u_n=n^2\Big(\sqrt{1-\tfrac1{n^2}}-1\Big)\)

\(\sqrt{1-\tfrac1{n^2}}=1-\dfrac1{2n^2}+o\Big(\dfrac1{n^2}\Big)\), donc \(u_n=n^2\Big(-\dfrac1{2n^2}+o\Big(\dfrac1{n^2}\Big)\Big)=-\dfrac12+o(1)\).

(7) \(u_n=\Big(\dfrac{2n-1}{2n+1}\Big)^n\)

\(\ln u_n=n\ln\Big(1-\dfrac2{2n+1}\Big)\sim n\cdot\Big(-\dfrac2{2n+1}\Big)\sim n\cdot\Big(-\dfrac1n\Big)=-1\).

(8) \(u_n=\Big(\dfrac n{n-x}\Big)^n\), \(x\in\mathbb R\) fixé

\(\ln u_n=n\ln\dfrac1{1-x/n}=-n\ln\Big(1-\dfrac xn\Big)=-n\Big(-\dfrac xn-\dfrac{x^2}{2n^2}+o\Big(\dfrac1{n^2}\Big)\Big) =x+\dfrac{x^2}{2n}+o\Big(\dfrac1n\Big)\to x\).

\(h(x)\to0\) donc \(h=o(i)\). \(\ln x\to+\infty\) donc \(i=o(j)\). \(\dfrac k j=\sqrt x\to\infty\) donc \(j=o(k)\). \(\dfrac fk=\dfrac{\sqrt x}{\ln x}\to\infty\) donc \(k=o(f)\). \(\dfrac lf=\dfrac{e^x}{x\sqrt x}\to\infty\) (croissance comparée) donc \(f=o(l)\). \(\dfrac gl=\sqrt x\to\infty\) donc \(l=o(g)\).

1) \(f(x)=\sqrt{1-x^2}\) en \(a=1\)

\(1-x^2=(1-x)(1+x)\) et \(1+x\to2\) quand \(x\to1\), donc \(f(x)=\sqrt{(1-x)(1+x)}\sim\sqrt2\sqrt{1-x}\).

2) \(f(x)=\dfrac{\ln(1+x)+x^2}{x^2+x^3}\) en \(a=0\)

Numérateur \(=x-\tfrac{x^2}2+x^2+o(x^2)=x+\tfrac{x^2}2+o(x^2)\sim x\). Dénominateur \(=x^2(1+x)\sim x^2\).

3) \(f(x)=\dfrac{\tan x-\sin3x}{\ln(1+x)}\) en \(a=0\)

\(\tan x=x+o(x)\), \(\sin3x=3x+o(x)\), donc le numérateur \(=x-3x+o(x)=-2x+o(x)\). Le dénominateur \(\sim x\).

4) \(f(x)=\dfrac{\operatorname{ch}x-1}{\arcsin^2x}\) en \(a=0\)

\(\operatorname{ch}x-1\sim\dfrac{x^2}2\) et \(\arcsin x\sim x\) donc \(\arcsin^2x\sim x^2\).

5) \(f(x)=\dfrac{\ln x}{\sqrt x-1}\) en \(a=1\)

Posons \(x=1+h\), \(h\to0\) : \(\ln(1+h)\sim h\) et \(\sqrt{1+h}-1\sim\dfrac h2\).

6) \(f(x)=x^3\arctan\big(e^{-x}\big)\) en \(a=+\infty\)

\(e^{-x}\to0\) donc \(\arctan(e^{-x})\sim e^{-x}\), d'où \(f(x)\sim x^3e^{-x}\to0\) (croissance comparée, l'exponentielle décroissante l'emporte sur le polynôme).

7) \(f(x)=\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt x}{\ln\Big(\dfrac{e^x-1}{e^x+1}\Big)}\) en \(a=+\infty\)

Numérateur \(=\dfrac1{\sqrt{x+1}+\sqrt x}\sim\dfrac1{2\sqrt x}\). Pour le dénominateur : \(\dfrac{e^x-1}{e^x+1}=1-\dfrac2{e^x+1}\sim1-2e^{-x}\), donc \(\ln\big(1-2e^{-x}\big)\sim-2e^{-x}\).

8) \(f(x)=\dfrac{\sqrt{x^3-1}}{\sqrt[3]{x^2+2}}\) en \(a=+\infty\)

Numérateur \(\sim x^{3/2}\), dénominateur \(\sim x^{2/3}\).

9) \(f(x)=\dfrac1{\cos x}-\tan x\) en \(a=\dfrac\pi2\)

On pose \(x=\tfrac\pi2-h\), \(h\to0\) : \(\cos x=\sin h\sim h\), \(\sin x=\cos h\sim1-\tfrac{h^2}2\), et \(f(x)=\dfrac{1-\sin x}{\cos x}=\dfrac{1-\cos h}{\sin h}\sim\dfrac{h^2/2}{h}=\dfrac h2\).

10) \(f(x)=\Big(1+\dfrac\lambda x\Big)^x\) en \(a=+\infty\), \(\lambda\in\mathbb R\)

\(\ln f(x)=x\ln\big(1+\tfrac\lambda x\big)=x\Big(\dfrac\lambda x-\dfrac{\lambda^2}{2x^2}+o\Big(\dfrac1{x^2}\Big)\Big) =\lambda-\dfrac{\lambda^2}{2x}+o\Big(\dfrac1x\Big)\to\lambda\).

11) \(f(x)=\Big(1+\sin\dfrac{\ln x}x\Big)^{x/\ln x}\) en \(a=+\infty\) (marqué « à faire ? »)

Posons \(t=\dfrac{\ln x}x\to0^+\). Alors \(\sin t=t+o(t)\), et \(\ln(1+\sin t)=\sin t-\dfrac{\sin^2t}2+o(t^2)=t-\dfrac{t^2}2+o(t^2)\). L'exposant vaut \(\dfrac x{\ln x}\Big(t-\dfrac{t^2}2\Big)=\dfrac x{\ln x}\cdot t-\dfrac x{2\ln x}\,t^2\).

Or \(\dfrac x{\ln x}\cdot t=\dfrac x{\ln x}\cdot\dfrac{\ln x}x=1\) exactement, et \(\dfrac x{2\ln x}\,t^2=\dfrac x{2\ln x}\cdot\dfrac{\ln^2x}{x^2}=\dfrac{\ln x}{2x}\to0\). L'exposant tend donc vers \(1-0=1\).

1) Encadrement de \(\ln(1+x)\)

Pour \(f(t)=\ln(1+t)\) : \(f'(t)=\tfrac1{1+t}\), \(f''(t)=-\tfrac1{(1+t)^2}\), \(f'''(t)=\tfrac2{(1+t)^3}\). Taylor avec reste intégral à l'ordre \(2\) en \(a=0\) : \[ \ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\int_0^x\frac{f'''(t)}{2!}(x-t)^2\,dt=x-\frac{x^2}2+\int_0^x\frac{(x-t)^2}{(1+t)^3}\,dt. \]

Pour \(x\geqslant0\) et \(t\in[0,x]\), on a \(1\leqslant1+t\leqslant1+x\) donc \(\dfrac1{(1+x)^3}\leqslant\dfrac1{(1+t)^3}\leqslant1\). En intégrant (bornes croissantes car \(x\geqslant0\)) : \[ \frac1{(1+x)^3}\int_0^x(x-t)^2\,dt\ \leqslant\ \int_0^x\frac{(x-t)^2}{(1+t)^3}\,dt\ \leqslant\ \int_0^x(x-t)^2\,dt. \] Or \(\displaystyle\int_0^x(x-t)^2\,dt=\Big[-\frac{(x-t)^3}3\Big]_0^x=\frac{x^3}3\).

2) Encadrement de \(\sqrt[3]{1+x}\)

Pour \(g(t)=(1+t)^{1/3}\) : \(g(0)=1\), \(g'(t)=\tfrac13(1+t)^{-2/3}\) donc \(g'(0)=\tfrac13\), \(g''(t)=-\tfrac29(1+t)^{-5/3}\) donc \(g''(0)=-\tfrac29\), et \(g'''(t)=\tfrac{10}{27}(1+t)^{-8/3}\).

Taylor reste intégral à l'ordre 2 : \(g(x)=1+\dfrac x3-\dfrac{x^2}9+\displaystyle\int_0^x\dfrac{g'''(t)}2(x-t)^2\,dt =1+\dfrac x3-\dfrac{x^2}9+\dfrac5{27}\displaystyle\int_0^x\dfrac{(x-t)^2}{(1+t)^{8/3}}\,dt\).

Pour \(x\geqslant0,\ t\in[0,x]\) : \((1+t)^{8/3}\geqslant1\) donc l'intégrande est \(\leqslant(x-t)^2\), d'où le reste est \(\leqslant\dfrac5{27}\cdot\dfrac{x^3}3=\dfrac{5x^3}{81}\).

1) \(f(x)=\cos x\cdot e^x\) [ordre 3]

\(\cos x=1-\tfrac{x^2}2+o(x^3)\), \(e^x=1+x+\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}6+o(x^3)\). Produit tronqué à l'ordre 3 : \(1\cdot(1+x+\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}6)-\tfrac{x^2}2(1+x)=1+x+\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}6-\tfrac{x^2}2-\tfrac{x^3}2\).

2) \(f(x)=\ln(1+x^2)\) [ordre 6]

On compose \(\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}2+\tfrac{u^3}3+o(u^3)\) avec \(u=x^2\).

3) \(f(x)=\sin(2x)+\cos(x^2)\) [ordre 7]

\(\sin(2x)=2x-\tfrac{(2x)^3}6+\tfrac{(2x)^5}{120}-\tfrac{(2x)^7}{5040}+o(x^7)=2x-\tfrac{4x^3}3+\tfrac{4x^5}{15}-\tfrac{8x^7}{315}+o(x^7)\). \(\cos(x^2)=1-\tfrac{x^4}2+o(x^7)\) (le terme suivant est en \(x^8\), hors ordre).

4) \(f(x)=e^{3x}\sin(2x)\) [ordre 4]

\(e^{3x}=1+3x+\tfrac{9x^2}2+\tfrac{9x^3}2+\tfrac{27x^4}8+o(x^4)\), \(\sin(2x)=2x-\tfrac{4x^3}3+o(x^4)\). Produit tronqué à l'ordre 4, degré par degré : \(x\!:\,2x\) ; \(x^2\!:\,6x^2\) ; \(x^3\!:\,-\tfrac43+9=\tfrac{23}3\) ; \(x^4\!:\,3\cdot(-\tfrac43)+9=-4+9=5\).

5) \(f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}\) [ordre 3]

\(\ln(1+x)=x-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}3+o(x^3)\), \(\tfrac1{1+x}=1-x+x^2-x^3+o(x^3)\). Produit tronqué : \(x-x^2+x^3-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}2+\tfrac{x^3}3=x-\tfrac32x^2+\tfrac{11}6x^3\).

6) \(f(x)=\dfrac{\operatorname{sh}x-x}{x^3}\) [ordre 6]

\(\operatorname{sh}x=x+\tfrac{x^3}6+\tfrac{x^5}{120}+\tfrac{x^7}{5040}+\tfrac{x^9}{362880}+o(x^9)\), donc \(\operatorname{sh}x-x=\tfrac{x^3}6+\tfrac{x^5}{120}+\tfrac{x^7}{5040}+\tfrac{x^9}{362880}+o(x^9)\) ; on divise par \(x^3\).

7) \(f(x)=e^{\sin x}\) [ordre 4]

\(u=\sin x=x-\tfrac{x^3}6+o(x^4)\). Alors \(u^2=x^2-\tfrac{x^4}3+o(x^4)\), \(u^3=x^3+o(x^4)\), \(u^4=x^4+o(x^4)\), et \(e^u=1+u+\tfrac{u^2}2+\tfrac{u^3}6+\tfrac{u^4}{24}\) : \(1+x-\tfrac{x^3}6+\tfrac{x^2}2-\tfrac{x^4}6+\tfrac{x^3}6+\tfrac{x^4}{24}\). Les termes en \(x^3\) s'annulent.

8) \(f(x)=\sin^6x\) [ordre 9]

\(\sin x\) impaire \(\Rightarrow\sin^6x\) paire : les monômes de degré impair (donc \(x^7,x^9\)) sont nuls, la DL à l'ordre 9 s'arrête donc en réalité au degré 8. On écrit \(\sin x=x\big(1-\tfrac{x^2}6+o(x^2)\big)\), donc \(\sin^6x=x^6\big(1-\tfrac{x^2}6+o(x^2)\big)^6=x^6\big(1-x^2+o(x^2)\big)\) (formule du binôme à l'ordre 1 : \((1+u)^6\approx1+6u\) avec \(u=-\tfrac{x^2}6\)).

9) \(f(x)=\ln(\cos x)\) [ordre 6]

\(\cos x-1=-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{24}-\tfrac{x^6}{720}+o(x^6)=u\). Alors \(\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}2+\tfrac{u^3}3+o(x^6)\), avec \(u^2=\tfrac{x^4}4-\tfrac{x^6}{24}+o(x^6)\) et \(u^3=-\tfrac{x^6}8+o(x^6)\). En rassemblant les degrés 4 et 6 : coefficient de \(x^4\) : \(\tfrac1{24}-\tfrac18=-\tfrac1{12}\) ; coefficient de \(x^6\) : \(-\tfrac1{720}+\tfrac1{48}-\tfrac1{24}=-\tfrac1{45}\) (au dénominateur commun 720).

10) \(f(x)=\dfrac1{\cos x}\) [ordre 4]

\(1/(1-v)=1+v+v^2+o(v^2)\) avec \(v=\tfrac{x^2}2-\tfrac{x^4}{24}\) (donc \(\cos x=1-v\)) : \(v^2=\tfrac{x^4}4+o(x^4)\), donc \(1+v+v^2=1+\tfrac{x^2}2-\tfrac{x^4}{24}+\tfrac{x^4}4=1+\tfrac{x^2}2+\tfrac{5x^4}{24}\).

11) \(f(x)=\tan x\) [ordre 5]

\(\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{x-\frac{x^3}6+\frac{x^5}{120}+o(x^5)}{1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4)}\). On multiplie par le DL de \(1/\cos x\) obtenu ci-dessus (à l'ordre 4) : produit tronqué à l'ordre 5.

12) \(f(x)=\dfrac{\sin x}{\operatorname{sh}x}\) [ordre 4]

\(\dfrac{x-\frac{x^3}6+o(x^4)}{x+\frac{x^3}6+o(x^4)}=\dfrac{1-\frac{x^2}6}{1+\frac{x^2}6}+o(x^4) =\big(1-\tfrac{x^2}6\big)\big(1-\tfrac{x^2}6+\tfrac{x^4}{36}\big)+o(x^4)=1-\tfrac{x^2}3+\tfrac{x^4}{18}+o(x^4)\) (fonction paire : que des puissances paires).

13) \(f(x)=(1+x)^{\frac1{1+x}}\) [ordre 3]

\(f(x)=e^{w(x)}\) avec \(w(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}=x-\tfrac32x^2+\tfrac{11}6x^3+o(x^3)\) (question 5). \(w^2=x^2-3x^3+o(x^3)\), \(w^3=x^3+o(x^3)\). Alors \(e^w=1+w+\tfrac{w^2}2+\tfrac{w^3}6=1+\big(x-\tfrac32x^2+\tfrac{11}6x^3\big)+\big(\tfrac{x^2}2-\tfrac32x^3\big)+\tfrac{x^3}6\). Coefficient de \(x^2\) : \(-\tfrac32+\tfrac12=-1\). Coefficient de \(x^3\) : \(\tfrac{11}6-\tfrac32+\tfrac16=\tfrac12\).

14) \(f(x)=\sqrt{1+x}\) [ordre 4]

Formule du binôme généralisé avec \(\alpha=\tfrac12\) : coefficients \(\binom{1/2}k\).

15) \(f(x)=\dfrac1{\sqrt{1-x}}\) [ordre 3]

Binôme avec \(\alpha=-\tfrac12\) et \(u=-x\) : \((1+u)^{-1/2}=1-\tfrac u2+\tfrac38u^2-\tfrac5{16}u^3+o(u^3)\), soit avec \(u=-x\) : signes qui s'inversent sur les puissances impaires.

16) \(f(x)=(1+x)^{1/x}\) [ordre 3]

\(\ln f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}x=1-\dfrac x2+\dfrac{x^2}3-\dfrac{x^3}4+o(x^3)=1+w(x)\) avec \(w=-\tfrac x2+\tfrac{x^2}3-\tfrac{x^3}4\). Alors \(f(x)=e\cdot e^{w(x)}\), et \(e^w=1+w+\tfrac{w^2}2+\tfrac{w^3}6\) avec \(w^2=\tfrac{x^2}4-\tfrac{x^3}3+o(x^3)\), \(w^3=-\tfrac{x^3}8+o(x^3)\). Coefficient de \(x^2\) : \(\tfrac13+\tfrac18=\tfrac{11}{24}\). Coefficient de \(x^3\) : \(-\tfrac14-\tfrac16-\tfrac1{48}=-\tfrac7{16}\).

Méthode générale. On pose \(x=a+h\) avec \(h\to0\), on développe en \(h\) (DL usuels, ou formule de Taylor-Young \(f(a+h)=\sum\frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^k+o(h^n)\)), puis on remplace \(h\) par \(x-a\).

1) \(f(x)=\sin x\) en \(a=\frac\pi4\) [ordre 3]

\(\sin\big(\tfrac\pi4+h\big)=\sin\tfrac\pi4\cos h+\cos\tfrac\pi4\sin h=\tfrac{\sqrt2}2(\cos h+\sin h)\). Avec \(\cos h=1-\tfrac{h^2}2+o(h^3)\) et \(\sin h=h-\tfrac{h^3}6+o(h^3)\) :

2) \(g(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}\) en \(a=1\) [ordre 4]

\(x=1+h\) : \(\ln(1+h)=h-\tfrac{h^2}2+\tfrac{h^3}3-\tfrac{h^4}4+o(h^4)\) et \((1+h)^{-2}=1-2h+3h^2-4h^3+5h^4+o(h^4)\). Produit, coefficient par coefficient :

• \(h\) : \(1\) ;
• \(h^2\) : \(1\cdot(-2)+(-\tfrac12)\cdot1=-\tfrac52\) ;
• \(h^3\) : \(1\cdot3+(-\tfrac12)(-2)+\tfrac13=3+1+\tfrac13=\tfrac{13}3\) ;
• \(h^4\) : \(1\cdot(-4)+(-\tfrac12)\cdot3+\tfrac13\cdot(-2)+(-\tfrac14)=-4-\tfrac32-\tfrac23-\tfrac14=-\tfrac{77}{12}\).

3) \(h(x)=\dfrac1x\) en \(a=2\) [ordre 3]

\(\dfrac1{2+t}=\dfrac12\cdot\dfrac1{1+t/2}=\dfrac12\Big(1-\dfrac t2+\dfrac{t^2}4-\dfrac{t^3}8\Big)+o(t^3)\) avec \(t=x-2\).

4) \(i(x)=\sin x\cos3x\) en \(a=\frac\pi3\) [ordre 2]

\(x=\frac\pi3+h\). \(\sin\big(\tfrac\pi3+h\big)=\tfrac{\sqrt3}2\cos h+\tfrac12\sin h=\tfrac{\sqrt3}2+\tfrac h2-\tfrac{\sqrt3}4h^2+o(h^2)\). \(\cos(3x)=\cos(\pi+3h)=-\cos3h=-1+\tfrac92h^2+o(h^2)\). Produit : \[\Big(\tfrac{\sqrt3}2+\tfrac h2-\tfrac{\sqrt3}4h^2\Big)\Big(-1+\tfrac92h^2\Big)=-\tfrac{\sqrt3}2-\tfrac h2+\Big(\tfrac{\sqrt3}4+\tfrac{9\sqrt3}4\Big)h^2+o(h^2).\]

5) \(j(x)=\arctan x\) en \(a=1\) [ordre 3] — par Taylor-Young

\(f'=\dfrac1{1+x^2}\), \(f''=\dfrac{-2x}{(1+x^2)^2}\), \(f'''=\dfrac{-2(1+x^2)+8x^2}{(1+x^2)^3}=\dfrac{6x^2-2}{(1+x^2)^3}\). En \(x=1\) : \(f(1)=\tfrac\pi4\), \(f'(1)=\tfrac12\), \(f''(1)=-\tfrac12\), \(f'''(1)=\tfrac48=\tfrac12\). Taylor-Young : \(\tfrac\pi4+\tfrac12h-\tfrac{1/2}{2!}h^2+\tfrac{1/2}{3!}h^3\).

1) \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\Big(x-x^2\ln\big(1+\tfrac1x\big)\Big)\)

\(u=\frac1x\to0\) : \(\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}2+\tfrac{u^3}3+o(u^3)\), donc \(x^2\ln(1+\tfrac1x)=\dfrac1{u^2}\big(u-\tfrac{u^2}2+\tfrac{u^3}3+o(u^3)\big)=x-\tfrac12+\tfrac1{3x}+o(\tfrac1x)\). L'expression vaut \(\tfrac12-\tfrac1{3x}+o(\tfrac1x)\).

2) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{e^{x^2}-\cos x}{x^2}\)

\(e^{x^2}=1+x^2+o(x^2)\), \(\cos x=1-\tfrac{x^2}2+o(x^2)\) : numérateur \(=\tfrac32x^2+o(x^2)\).

3) \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x^2+x+1}-x\)

\(\sqrt{x^2+x+1}=x\sqrt{1+v}\) avec \(v=\tfrac1x+\tfrac1{x^2}\to0\). \(\sqrt{1+v}=1+\tfrac v2+O(v^2)\) et \(v^2=O(\tfrac1{x^2})\), donc \(x\sqrt{1+v}=x+\tfrac12+\tfrac1{2x}+O\big(\tfrac1x\big)=x+\tfrac12+o(1)\). La différence avec \(x\) tend vers \(\tfrac12\).

4) \(\displaystyle\lim_{x\to0}x\,\dfrac{\ln(1+x)-\sin x}{\tan x-x}\)

\(\ln(1+x)-\sin x=\big(x-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}3\big)-\big(x-\tfrac{x^3}6\big)+o(x^3)=-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}2+o(x^3)\sim-\tfrac{x^2}2\). \(\tan x-x=\tfrac{x^3}3+o(x^3)\sim\tfrac{x^3}3\). Donc \(x\cdot\dfrac{-x^2/2}{x^3/3}=-\dfrac32\).

5) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\cos x-\sqrt{1-x^2}}{x^4}\)

\(\cos x=1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{24}+o(x^4)\). \(\sqrt{1-x^2}=1+\tfrac{(-x^2)}2-\tfrac{(-x^2)^2}8+o(x^4)=1-\tfrac{x^2}2-\tfrac{x^4}8+o(x^4)\). Différence \(=\big(\tfrac1{24}+\tfrac18\big)x^4=\tfrac16x^4+o(x^4)\).

6) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{(1+3x)^{1/3}-1-\sin x}{1-\cos x}\)

\((1+3x)^{1/3}=1+\tfrac13(3x)+\dfrac{\frac13\cdot(-\frac23)}{2}(3x)^2+o(x^2)=1+x-x^2+o(x^2)\). Avec \(\sin x=x+o(x^2)\) : numérateur \(=-x^2+o(x^2)\). Dénominateur : \(1-\cos x\sim\tfrac{x^2}2\).

7) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\Big(\dfrac{\tan x}x\Big)^{1/x^2}\)

\(\dfrac{\tan x}x=1+\tfrac{x^2}3+o(x^2)\). \(\ln\Big(\dfrac{\tan x}x\Big)^{1/x^2}=\dfrac1{x^2}\ln\big(1+\tfrac{x^2}3+o(x^2)\big)=\dfrac1{x^2}\big(\tfrac{x^2}3+o(x^2)\big)\to\tfrac13\). Par continuité de l'exponentielle :

8) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sin(x-\sin x)}{\sqrt{1+x^3}-1}\)

\(x-\sin x=\tfrac{x^3}6+o(x^3)\to0\), donc \(\sin(x-\sin x)\sim x-\sin x\sim\tfrac{x^3}6\). \(\sqrt{1+x^3}-1\sim\tfrac{x^3}2\).

9) \(\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{(1+x)^{1/x}-e}{x}\)

\((1+x)^{1/x}=\exp\Big(\dfrac{\ln(1+x)}x\Big)=\exp\big(1-\tfrac x2+o(x)\big)=e\cdot e^{-x/2+o(x)}=e\big(1-\tfrac x2+o(x)\big)\). Numérateur \(=-\tfrac e2x+o(x)\).

10) \(\displaystyle\lim_{x\to1}\dfrac{\ln(2x^2-1)}{\tan(x-1)}\)

\(h=x-1\to0\) : \(2x^2-1=2(1+h)^2-1=1+4h+2h^2\), donc \(\ln(2x^2-1)=4h+o(h)\). \(\tan(x-1)=\tan h\sim h\).

1) DL en 0 à l'ordre 2

\(f\) n'est pas définie en 0. On met \(x\) en facteur : \(e^x-1=x\Big(1+\tfrac x2+\tfrac{x^2}6+o(x^2)\Big)\), donc \(f(x)=\dfrac1{1+u}\) avec \(u=\tfrac x2+\tfrac{x^2}6+o(x^2)\). \(\dfrac1{1+u}=1-u+u^2+o(u^2)\) et \(u^2=\tfrac{x^2}4+o(x^2)\) :

\(f(x)=1-\tfrac x2-\tfrac{x^2}6+\tfrac{x^2}4+o(x^2)\).

2) Tangente et position

Le prolongement est dérivable en 0 (DL d'ordre 1) avec \(f'(0)=-\tfrac12\) : tangente \(T:\ y=1-\dfrac x2\). Position : \(f(x)-\Big(1-\tfrac x2\Big)=\tfrac{x^2}{12}+o(x^2)\sim\tfrac{x^2}{12}\gt0\).

\(1+x+x^2\gt0\) pour tout réel (discriminant \(-3\lt0\)) : \(f\) est définie et \(C^\infty\) sur \(\mathbb R\).

En \(x_0=0\)

\(u=x+x^2\to0\) : \(\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}2+\tfrac{u^3}3+o(u^3)\) avec \(u^2=x^2+2x^3+o(x^3)\), \(u^3=x^3+o(x^3)\) : \(f(x)=x+x^2-\tfrac{x^2}2-x^3+\tfrac{x^3}3+o(x^3)\).

\(f(x)=x+\tfrac{x^2}2-\tfrac23x^3+o(x^3)\). Tangente \(y=x\) ; \(f(x)-x\sim\tfrac{x^2}2\gt0\).

En \(x_0=1\) (Taylor-Young à l'ordre 2)

\(f'(x)=\dfrac{1+2x}{1+x+x^2}\), \(f''(x)=\dfrac{2(1+x+x^2)-(1+2x)^2}{(1+x+x^2)^2}\). En 1 : \(f(1)=\ln3\), \(f'(1)=\tfrac33=1\), \(f''(1)=\dfrac{6-9}9=-\tfrac13\). Donc \(f(x)=\ln3+(x-1)-\tfrac16(x-1)^2+o\big((x-1)^2\big)\). Tangente \(y=\ln3+(x-1)\) ; différence \(\sim-\tfrac16(x-1)^2\lt0\).

1) \(f(x)=\dfrac1x\big(e^{\sin x}-1\big)\) en \(x_0=0\)

On développe \(e^{\sin x}\) à l'ordre 4. \(s=\sin x=x-\tfrac{x^3}6+o(x^4)\) ; \(s^2=x^2-\tfrac{x^4}3+o(x^4)\), \(s^3=x^3+o(x^4)\), \(s^4=x^4+o(x^4)\) : \[e^{s}=1+\Big(x-\tfrac{x^3}6\Big)+\tfrac12\Big(x^2-\tfrac{x^4}3\Big)+\tfrac{x^3}6+\tfrac{x^4}{24}=1+x+\tfrac{x^2}2+0\cdot x^3+\Big(-\tfrac16+\tfrac1{24}\Big)x^4=1+x+\tfrac{x^2}2-\tfrac{x^4}8+o(x^4).\] Donc \(f(x)=1+\tfrac x2-\tfrac{x^3}8+o(x^3)\). Prolongement \(f(0)=1\), \(f'(0)=\tfrac12\), tangente \(y=1+\tfrac x2\). Le terme en \(x^2\) est nul : \(f(x)-\big(1+\tfrac x2\big)\sim-\tfrac{x^3}8\), qui change de signe.

2) \(f(x)=\dfrac{\arctan x}{\sin^3x}-\dfrac1{x^2}\) en \(x_0=0\)

Les termes sont singuliers (\(\sim x^{-2}\)) : on développe chaque morceau assez loin (ordre 5 pour arctan et sin, car on divise par \(x^3\)).

\(\arctan x=x\big(1-\tfrac{x^2}3+\tfrac{x^4}5\big)+o(x^5)\) ; \(\sin x=x(1+w)\), \(w=-\tfrac{x^2}6+\tfrac{x^4}{120}\). \((1+w)^3=1+3w+3w^2+o(x^4)=1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{40}+\tfrac{x^4}{12}=1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{13}{120}x^4\). Inverse (\(v=-\tfrac{x^2}2+\tfrac{13}{120}x^4\)) : \(1-v+v^2=1+\tfrac{x^2}2-\tfrac{13}{120}x^4+\tfrac{x^4}4=1+\tfrac{x^2}2+\tfrac{17}{120}x^4\). Alors \[\frac{\arctan x}{\sin^3x}=\frac1{x^2}\Big(1-\tfrac{x^2}3+\tfrac{x^4}5\Big)\Big(1+\tfrac{x^2}2+\tfrac{17}{120}x^4\Big)=\frac1{x^2}\Big(1+\tfrac{x^2}6+\tfrac7{40}x^4+o(x^4)\Big)\] (coefficient de \(x^2\) : \(\tfrac12-\tfrac13=\tfrac16\) ; de \(x^4\) : \(\tfrac{17}{120}-\tfrac16+\tfrac15=\tfrac{17-20+24}{120}=\tfrac7{40}\)). On retranche \(\tfrac1{x^2}\) :

3) \(f(x)=\sqrt{\tan x}\) en \(x_0=\frac\pi4\)

\(h=x-\tfrac\pi4\). \(\tan\big(\tfrac\pi4+h\big)=\dfrac{1+\tan h}{1-\tan h}\) avec \(\tan h=h+o(h^2)\) : \(\dfrac{1+h}{1-h}=(1+h)(1+h+h^2)+o(h^2)=1+2h+2h^2+o(h^2)\). Puis \(\sqrt{1+t}=1+\tfrac t2-\tfrac{t^2}8\) avec \(t=2h+2h^2\), \(t^2=4h^2+o(h^2)\) : \(f=1+h+h^2-\tfrac{h^2}2+o(h^2)=1+h+\tfrac{h^2}2+o(h^2)\).

Dans les trois cas on pose \(u=\frac1x\to0^+\) et on cherche \(f(x)=ax+b+\dfrac cx+o(\tfrac1x)\) : alors \(y=ax+b\) est asymptote et le signe de \(c\) donne la position.

1) \(f(x)=(x^2-1)\ln\Big(\dfrac{x+1}{x-1}\Big)\) (\(x\gt1\))

\(\dfrac{x+1}{x-1}=\dfrac{1+u}{1-u}\), \(\ln\dfrac{1+u}{1-u}=\ln(1+u)-\ln(1-u)=2\Big(u+\tfrac{u^3}3+\tfrac{u^5}5\Big)+o(u^5)\). Et \(x^2-1=\dfrac{1-u^2}{u^2}\). Donc \[f=\frac{2(1-u^2)}{u}\Big(1+\tfrac{u^2}3+\tfrac{u^4}5\Big)=\frac2u\Big(1-\tfrac23u^2-\tfrac2{15}u^4\Big)=2x-\tfrac4{3x}+o\Big(\tfrac1x\Big).\]

2) \(f(x)=\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}\)

\(f=x\big(\sqrt{1+u^2}+\sqrt{1-u^2}\big)\). Avec \(t=u^2\) : \(\sqrt{1+t}+\sqrt{1-t}=\big(1+\tfrac t2-\tfrac{t^2}8\big)+\big(1-\tfrac t2-\tfrac{t^2}8\big)+o(t^2)=2-\tfrac{t^2}4+o(t^2)\), soit \(2-\tfrac{u^4}4\). Donc \(f=2x-\dfrac1{4x^3}+o\big(\tfrac1{x^3}\big)\).

3) \(f(x)=x^2\arctan\Big(\dfrac1{1+x}\Big)\)

\(z=\dfrac1{1+x}=\dfrac u{1+u}=u-u^2+u^3+o(u^3)\to0\), \(z^3=u^3+o(u^3)\). \(\arctan z=z-\tfrac{z^3}3+o(z^3)=u-u^2+u^3-\tfrac{u^3}3=u-u^2+\tfrac23u^3+o(u^3)\). On multiplie par \(x^2=\tfrac1{u^2}\) : \(f=\tfrac1u-1+\tfrac23u+o(u)=x-1+\dfrac2{3x}+o\big(\tfrac1x\big)\).

1) \(x_n\) est bien définie

\(\varphi(x)=e^x+x\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb R\) (somme de deux fonctions strictement croissantes), avec \(\varphi(x)\to-\infty\) en \(-\infty\) et \(+\infty\) en \(+\infty\). Théorème de la bijection : \(\varphi\) est une bijection de \(\mathbb R\) sur \(\mathbb R\).

2) Monotonie et limite

\(\varphi(x_{n+1})=n+1\gt n=\varphi(x_n)\) et \(\varphi\) est strictement croissante, donc \(x_{n+1}\gt x_n\) : (x_n) est strictement croissante. Si elle était majorée par \(M\), on aurait \(n=\varphi(x_n)\le\varphi(M)\) pour tout \(n\) : absurde. Une suite croissante non majorée tend vers \(+\infty\).

3) \(x_n\sim\ln n\)

De \(n=e^{x_n}+x_n=e^{x_n}\big(1+x_ne^{-x_n}\big)\) et \(x_ne^{-x_n}\to0\) (croissances comparées, \(x_n\to+\infty\)), on a \(\dfrac n{e^{x_n}}\to1\). On passe au logarithme du rapport (on ne passe pas le \(\ln\) dans un équivalent) : \(\ln n-x_n=\ln\dfrac n{e^{x_n}}\to0\). Donc \(x_n=\ln n+o(1)\), et comme \(\ln n\to+\infty\), \(\dfrac{x_n}{\ln n}=1+\dfrac{o(1)}{\ln n}\to1\).

4) Développement asymptotique à deux termes

On réécrit l'équation : \(e^{x_n}=n-x_n\), donc \(x_n=\ln(n-x_n)=\ln n+\ln\Big(1-\dfrac{x_n}n\Big)\). Comme \(x_n\sim\ln n\), \(\dfrac{x_n}n\sim\dfrac{\ln n}n\to0\) ; avec \(\ln(1+v)\sim v\) pour \(v=-\dfrac{x_n}n\to0\) : \(\ln\Big(1-\dfrac{x_n}n\Big)\sim-\dfrac{x_n}n\sim-\dfrac{\ln n}n\).

15 exercices sur les relations de comparaison et les DL, dont 8 disposent déjà d'un corrigé officiel exploitable : Ex1 (équivalents de \(\ln(1+\sin x)\), \(\arctan(1+x)-\pi/4\)), Ex3 (\(\ln\ln x=o(\ln x)\) et limite de \((\ln x/x)^{1/x}\)), Ex5 (3 calculs de limites par DL), Ex6 (primitiver un DL, tangente de \(\arctan(x+1)\)), Ex11 (DL de \(\tan\) à l'ordre 5 via \(\tan'=1+\tan^2\)), Ex12 (équation différentielle vérifiée par \(e^x\cos x\), DL à l'ordre 6), Ex13 (équivalents de suites, dont \(\binom np\)), Ex15 (DL et dérivabilité : contre-exemple à l'ordre 2). Les exercices 2, 4, 7, 8, 9, 10, 14 sont énoncés sans corrigé dans le document source.

24 exercices organisés en 6 parties : 1. Calculs (12 DL, dont \(\ln\big(\frac{x^2+1}{x+1}\big)\), \(\sin(\operatorname{Arctan}x)\), \((1+x)^{1/x}\)…), 2. Développements asymptotiques (Ex5-6), 3. Applications aux études de fonctions (Ex7-14 : passage au log, prolongements par continuité, branches infinies), 4. Développements implicites (Ex15-16 : réciproque de \(xe^{x^2}\), équation \(x^{-\lambda}e^{1/x}=1\)), 5. Entraînement (Ex17-18, ancien CCINP), 6. Exercices CCINP (Ex19-24, dont un DL à l'ordre 100 et une équation implicite \(xe^x=1/t\)). Ce document ne contient aucun corrigé (énoncés seuls) : à résoudre intégralement dans une session dédiée.