Exercices corrigés sur les développements limités

a) On part de \(\ln(1+u) = u – \displaystyle\frac{u^2}{2} + \displaystyle\frac{u^3}{3} + o(u^3)\) avec \(u = 2x\). Comme \(u \to 0\), la substitution est licite :

Note bien que \(o((2x)^3) = o(x^3)\) : la constante multiplicative est absorbée par le petit o.

b) Avec \(\cos u = 1 – \displaystyle\frac{u^2}{2} + \displaystyle\frac{u^4}{24} + o(u^4)\) et \(u = 2x\) :

Seules des puissances paires apparaissent, ce qui est cohérent avec la parité de \(\cos\).

c) Avec \(e^u = 1 + u + \displaystyle\frac{u^2}{2} + \displaystyle\frac{u^3}{6} + o(u^3)\) et \(u = -x\) :

Les signes alternent : c’est la signature du changement \(x \mapsto -x\).

d) Avec \(\sin u = u – \displaystyle\frac{u^3}{6} + o(u^3)\) et \(u = 3x\) :

On utilise \((1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \displaystyle\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2 + \displaystyle\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{6}x^3 + o(x^3)\).

a) Ici \(\alpha = \frac{1}{2}\). Les coefficients valent \(\frac{1}{2}\), puis \(\displaystyle\frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)}{2} = -\displaystyle\frac{1}{8}\), puis \(\displaystyle\frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{6} = \displaystyle\frac{1}{16}\). D’où :

b) Ici \(\alpha = -\frac{1}{2}\). On a \(\frac{1}{\sqrt{1+x}} = (1+x)^{-1/2}\), avec \(-\frac{1}{2}\) puis \(\displaystyle\frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{2} = \displaystyle\frac{3}{8}\) :

c) Ici \(\alpha = \frac{1}{3}\), avec \(\frac{1}{3}\) puis \(\displaystyle\frac{\frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)}{2} = -\displaystyle\frac{1}{9}\) :

Multiplier par \(x^k\) décale les puissances de \(k\) crans : on développe donc le facteur restant à l’ordre \(4-k\) seulement.

a) On développe \(e^x\) à l’ordre 3, car le facteur \(x\) décale d’un cran :

b) Le facteur \(x^2\) décale de deux crans : on développe \(\ln(1+x)\) à l’ordre 2 seulement.

c) Le facteur \(x\) décale d’un cran : on développe \(\sin x\) à l’ordre 3.

a) On écrit \(\tan x = \displaystyle\frac{\sin x}{\cos x}\) avec \(\sin x = x – \displaystyle\frac{x^3}{6} + o(x^3)\) et \(\cos x = 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^3)\). On inverse le dénominateur via \(\displaystyle\frac{1}{1+u} = 1 – u + o(u)\) avec \(u = -\displaystyle\frac{x^2}{2}\), d’où \(\displaystyle\frac{1}{\cos x} = 1 + \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^3)\). On multiplie en tronquant à l’ordre 3 :

b) On développe les deux facteurs à l’ordre 2 : \(e^x = 1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\) et \(\displaystyle\frac{1}{1+x} = 1 – x + x^2 + o(x^2)\). On multiplie en ne gardant que les termes de degré \(\leq 2\) :

Le coefficient de \(x\) est nul : surprenant mais correct, on le vérifie en recomptant chaque contribution.

c) Avec \(\cos x = 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^4}{24} + o(x^4)\), on pose \(u = -\displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^4}{24}\) et on inverse via \(\displaystyle\frac{1}{1+u} = 1 – u + u^2 + o(u^2)\). Comme \(u^2 = \displaystyle\frac{x^4}{4} + o(x^4)\) :

Le réflexe : développer le numérateur à l’ordre du dénominateur pour faire apparaître le premier terme non nul.

a) Dénominateur en \(x^3\), donc numérateur à l’ordre 3 : \(\sin x – x = -\displaystyle\frac{x^3}{6} + o(x^3)\). Ainsi \(\displaystyle\frac{\sin x – x}{x^3} = -\displaystyle\frac{1}{6} + o(1) \longrightarrow -\displaystyle\frac{1}{6}.\)

b) Dénominateur en \(x^2\) : \(e^x – 1 – x = \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\), donc la limite vaut \(\displaystyle\frac{1}{2}.\)

c) De même \(1 – \cos x = \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\), donc \(\displaystyle\frac{1 – \cos x}{x^2} \longrightarrow \displaystyle\frac{1}{2}.\)

Le DL à l’ordre 2 donne directement les deux informations : la partie de degré \(\leq 1\) est la tangente, le premier terme suivant donne la position.

a) \(f(x) = x – \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\). La tangente est \(y = x\). Comme \(f(x) – x = -\displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\) est négatif au voisinage de 0, la courbe est sous sa tangente.

b) \(g(x) = 1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\). La tangente est \(y = 1 + x\). Comme \(g(x) – (1+x) = \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\) est positif, la courbe est au-dessus de sa tangente.

Méthode commune : on pose \(u = \sin x = x – \displaystyle\frac{x^3}{6} + o(x^3)\), on calcule les puissances de \(u\) en tronquant à l’ordre cible, puis on substitue dans le DL de la fonction externe.

a) Avec \(u^2 = x^2 + o(x^3)\) et \(u^3 = x^3 + o(x^3)\), on reporte dans \(e^u = 1 + u + \displaystyle\frac{u^2}{2} + \displaystyle\frac{u^3}{6} + o(u^3)\) :

Les termes en \(x^3\) se compensent exactement : \(-\displaystyle\frac{x^3}{6} + \displaystyle\frac{x^3}{6} = 0\).

b) On compose avec \(\ln(1+u) = u – \displaystyle\frac{u^2}{2} + \displaystyle\frac{u^3}{3} + o(u^3)\) :

On regroupe les termes en \(x^3\) : \(-\displaystyle\frac{1}{6} + \displaystyle\frac{1}{3} = \displaystyle\frac{1}{6}\). D’où \(\ln(1 + \sin x) = x – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^3}{6} + o(x^3).\)

c) À l’ordre 4, \(u^2 = \left(x – \displaystyle\frac{x^3}{6}\right)^2 = x^2 – \displaystyle\frac{x^4}{3} + o(x^4)\) et \(u^4 = x^4 + o(x^4)\). On reporte dans \(\cos u = 1 – \displaystyle\frac{u^2}{2} + \displaystyle\frac{u^4}{24} + o(u^4)\) :

a) Idée concours : se ramener à un DL en 0 par le changement \(t = \displaystyle\frac{1}{x} \to 0^+\). On factorise par \(x\) (positif au voisinage de \(+\infty\)) :

Avec \(\sqrt{1+w} = 1 + \displaystyle\frac{w}{2} – \displaystyle\frac{w^2}{8} + o(w^2)\) et \(w = t + t^2\) (donc \(w^2 = t^2 + o(t^2)\)) :

En multipliant par \(x = \displaystyle\frac{1}{t}\) : \(f(x) = x + \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{3}{8x} + o\!\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)\). La droite \(y = x + \displaystyle\frac{1}{2}\) est asymptote, et \(f(x) – \left(x + \displaystyle\frac{1}{2}\right) = \displaystyle\frac{3}{8x} + o\!\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right) \gt 0\) pour \(x\) grand : la courbe est au-dessus de son asymptote.

b) En \(-\infty\), la factorisation donne \(\sqrt{x^2} = |x| = -x\) (car \(x\) < \(0\)). Avec \(t = \displaystyle\frac{1}{x} \to 0^-\) :

La droite \(y = -x – \displaystyle\frac{1}{2}\) est asymptote en \(-\infty\). Comme \(f(x) – \left(-x – \displaystyle\frac{1}{2}\right) = -\displaystyle\frac{3}{8x} + o\!\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right)\) et que \(x\) < \(0\), ce terme est positif : la courbe est de nouveau au-dessus de son asymptote.

Réflexe « puissance variable » : dès qu’un exposant dépend de \(x\), on écrit \(a^b = e^{b\ln a}\) et on développe l’exposant.

a) \((\cos x)^{1/x^2} = \exp\!\left(\displaystyle\frac{\ln(\cos x)}{x^2}\right)\). Or \(\ln(\cos x) = -\displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\), donc \(\displaystyle\frac{\ln(\cos x)}{x^2} \longrightarrow -\displaystyle\frac{1}{2}\) et la limite vaut \(e^{-1/2} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{e}}.\)

b) \((1+x)^{1/x} = \exp\!\left(\displaystyle\frac{\ln(1+x)}{x}\right)\). Comme \(\displaystyle\frac{\ln(1+x)}{x} = 1 – \displaystyle\frac{x}{2} + o(x) \longrightarrow 1\), la limite vaut \(e.\)

c) On a \(\displaystyle\frac{\sin x}{x} = 1 – \displaystyle\frac{x^2}{6} + o(x^2)\), donc \(\ln\!\left(\displaystyle\frac{\sin x}{x}\right) = -\displaystyle\frac{x^2}{6} + o(x^2)\). En divisant par \(x^2\) : \(-\displaystyle\frac{1}{6} + o(1)\), et la limite vaut \(e^{-1/6}.\)