Document créé le 29 octobre 2015
Lien vers les énoncés des exercice exercicess
Lien vers le cours de ce chap chapitre itre
Chapitre 9 Analyse asymptotique 9.1 9.1
Calc Calcul ulss de de lim limit itee en en un un poin pointt
Solution Solution 9.1.1
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On est en présence d’une forme indéterminée “ 0/0". – Méthode 1 : Posons t Posons t((x) =
√ 1 + x + x.. On a lim t(x) = 1. 1. 6
x→0
3
2
+ t((x) + 1 3 − 1 = t (x) + t . On en déduit déduit lim f ( f (x) = . x t(x) + 1 2 −1 – Méthode 2 : Au voisinage de 0 de 0,, on a (1 a (1 + x) x)m − 1 ∼ mx, mx, pour tout réel m. m . √ + x − 1 ∼ x , √ 1 + x x x/2 x/2 3 3 Ainsi 1 + x + x − 1 ∼ , donc f ( f (x) ∼ = et lim f ( f (x) = . x 2 3 x/3 x/3 2 2 D’autre part f part f ((x) =
t (x) t2 (x)
→0
3
→0
Solution Solution 9.1.2
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On est en présence d’une forme indéterminée “0/ “0 /0”. 0”. x Posons X Posons X = 1 c’est-à-dire x c’est-à-dire x = 64(X 64(X + + 1). 1) . On a X a X 0 quand x quand x 64 8( 1 + X + X 1) Avec ce changement de variable, on trouve f ( f (x) = =2 3 4( 1 + X + X 1) C’est donc quasiment l’exercice précédent. On trouve lim f ( f (x) = 3. 3.
−
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64.. →√ 64 + X − 1 √ 11 + X . + X + X − 1
→ √ → √ −−
3
x→64
Solution 9.1.3 Solution
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On est en présence d’une forme indéterminée “0/ “0 /0”. 0”.
√ x − 1 √ √ On constate que x − 2 x + 1 = ( x − 1) . Ainsi f Ainsi f ((x) = . x−1 √ 1 On sait qu’au voisinage de 1 on a x m − 1 ∼ m(x − 1) et 1) et en particulier x − 1 ∼ (x ( x − 1). 1). 3 √ x − 1 1 1 On en déduit lim = donc lim f ( f (x) = . x x x−1 3 9 √ 3
2
3
2
3
2
3
3
3
→1
Solution Solution 9.1.4
→1
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On est en présence d’une forme indéterminée “0/ “0 /0”. 0”.
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+ h/99 9 + h + h 1 − 1 + h/ − √ − √ 1 − h = 3 1 − √ 1 − h . √ + t ∼ − 1 t. Au voisinage de t de t = 0, on a (1 a (1 + t) t)m − 1 ∼ mt, mt, et donc 1 donc 1 − 1 + t t . 3 Posons x Posons x = 4 + h + h.. On doit calculer lim g(h), avec g avec g (h) = h→0 1
2
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9.1 Calculs de limite en un point
Chapitre 9 : Analyse
asymptotique
− 12 h9 1 1 On en déduit g(h) ∼ 3 = − . Ainsi lim f (x) = lim g(h) = − . x h 3 − 12 (−h) 3 On pouvait aussi utiliser les quantités conjuguées : √ √ √ 3 − 5 + x (9 − (5 + x))(1 + 5 − x) 1+ 5−x √ = (1 − (5 − x))(3 + √ 5 + x) = − 3 + √ 5 + x . f (x) = 1− 5−x 2 1 Il n’y a alors plus de forme indéterminée, et on retrouve lim f (x) = − = − . x 6 3 →4
→0
→4
Solution 9.1.5
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On est en présence d’une forme indéterminée “
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∞ − ∞”.
– Méthode 1 : on utilise la quantité conjuguée.
6 5 + − √ −5x + 6 = x f (x) = x − 5x + 6 − x = √ 5 6 x − 5x + 6 + x 1 − + 2
2
2
x
x
+1
5 −→ . − 2 x →+∞
– Méthode 2 : avec des équivalents.
5 6 √ Pour x > 0, on a f (x) = x − 5x + 6 − x = x 1 − + − 1 . x x √ x 5 6 x 5 6 ∼ 5 Or 1 + x − 1 ∼ . Donc x 1 − + − 1 ∼ + . − − 2 x x 2 x x 2 5 On retrouve donc lim f (x) = − . x 2 2
2
0
+∞
2
+∞
2
→+∞
Solution 9.1.6
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On est en présence d’une forme indéterminée “
∞ − ∞”. 1/ / En factorisant x, on peut écrire f (x) = x + (1 − x ) = x 1 − 1 − . x 1 / x∼ 1 On sait que 1 − (1 + t)m t∼ − mt. On en déduit 1 − 1 − x 3x 1 Finalement f (x) x ∼ donc lim f (x) = 0. x 3x 1 3
3 1 3
3
1 3
→0
2
→∞
Solution 9.1.7
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3
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3
→∞
→∞
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πx 12) = 1 et lim tan = ∞, on a une forme indéterminée “1 ”. − x x 4 πx ln(2x + 3x − 12) ∼ tan πx (2x + 3x − 13). On a ln(X ) ∼ X − 1, donc : ln f (x) = tan 4 4 πx π πh 1 ∼ − 4. Posons x = 2 + h. Alors : tan = tan + = − h 4 2 4 tan(πh/4) πh De même 2 x + 3x − 13 = 4 · 2h + 9 · 3h − 13 = 4(2h − 1) + 9(3h − 1). 2h − 1 3h − 1 ah − 1 ∼ Ainsi : ln f (2 + h) t − 16 πh − 36 πh . Or hlim h = ln a. 16 36 On en déduit lim ln f (x) = − ln 2 − ln 3 = ln 2 /π 3 /π et lim f (x) = 2 /π 3 /π . x x π π Puisque lim (2x + 3x
∞
→2
→2
1
2
→0
→0
→0
−16
−36
−16
→2
Solution 9.1.8
−36
→2
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Remarquons que si a = 0, alors u n = 1 pour tout n (limite facile.) Dans la suite de l’exercice, on suppose donc que a est non nul. a 1 + tan π a n On a : ln un = n ln vn , avec v n = tan + = 1. a 4 n 1 tan n→∞ n
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Page 2
9.1 Calculs de limite en un point
Chapitre 9 : Analyse
asymptotique
a a 2a n On en déduit ln vn n→∞ vn 1 = a n→∞ 2tan n n→∞ n . 1 tan n Finalement ln un n→∞ 2a donc lim ln un = 2a et lim un = e2a . 2tan
∼
−
−
∼
Solution 9.1.9
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∼
∼
n→∞
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n→∞
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On est en présence d’une forme indéterminée “ ”. ln(1 + x1 ) ln(1 + x1 ) ln(x + 1) On a : ln f (x) = (x ln x) ln = (x ln x) ln 1 + et lim = 0. . x→+∞ ln x ln x ln x ln(1 + x1 ) 1 Or ln(1 + u) u→0 u donc ln f (x) x→+∞ (x ln x) = x ln(1 + ) x→+∞ 1. ln x x On trouve donc finalement lim ln f (x) = 1 c’est-à-dire lim f (x) = e.
∞−∞
∼
∼
∼
x→+∞
Solution 9.1.10
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x→+∞
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√ 1x ln g(x), avec g(x) = ch √ x + 1 − ch √ x.
On a ln f (x) =
Pour trouver un équivalent de g(x), on utilise l’égalité des accroissements finis.
√
Pour tout réel x, il existe θ x dans ]0, 1[ tel que g(x) = ( x + 1 sh x + θx sh x + θx Cela peut s’écrire g(x) = . 2 x x + 1 + x x→+∞
√
√
√ √
√ ∼
− √ x) sh √ x + θx.
√ √
eX exp x + θx On sait que sh X X →+∞ . On en déduit g(x) x→+∞ . 2 4 x On peut “prendre les logarithmes d’équivalents" car ces quantités ne tendent pas vers 1. exp x + θx ln x Or ln = x + θx ln 4 x. On en déduit : ln g(x) x→+∞ x. 4 x 2 x→+∞ Ainsi ln f (x) x→+∞ 1, puis lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.
∼
√ √
∼
∼
√
Solution 9.1.11
−
∼ √
−
x→+∞
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∼ √
x→+∞
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∼ X .
C’est une forme indéterminée “0/0”. On va utiliser sin X 5x 5 5 On trouve f (x) 0 = donc lim f (x) = . x→0 2x 2 2
0
∼
Solution 9.1.12
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C’est une forme indéterminée “0/0”. Posons x = 1 + h pour se ramener à un calcul en 0. sin πx sin(π + πh) sin(πh) Alors f (x) = = = sin3πx sin(3π + 3πh) sin(3πh)
−πh = 1 . Donc lim f (x) = 1 . ∼ h x 3 −3πh 3
− −
Solution 9.1.13
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→0
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→1
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C’est une forme indéterminée “0/0”. Posons x =
−2 + h pour se ramener à un calcul en 0. tan πx tan(−2π + πh) tan(πh) ∼ On a tan X ∼ X donc f (x) = = = h 0
x + 2
h
πh = π. h
→0
h
Ainsi lim f (x) = π. x→−2
Solution 9.1.14
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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9.1 Calculs de limite en un point
Chapitre 9 : Analyse
asymptotique
C’est une forme indéterminée “0/0”. 1 2cos x 2 cos x cos π3 On peut écrire f (x) = = . π π 3x 3 x 3 On reconnait le taux d’accroissement de l’application x
−
− −
−
2 π On en déduit lim f (x) = cos = 3 3 x→π/3 Solution 9.1.15
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π cos x entre et x. → 3 √
− 23 sin π3 = − .
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3 . 3
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1
C’est une forme indéterminée “0/0”. On écrit f (x) = 2
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− cos nx − 1 − cos mx . x2
2
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x2
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2
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t 1 − cos ax a n −m On sait que 1 − cos t ∼ , donc lim = . On en déduit lim f (x) = x x 0
Solution 9.1.16
Ici f (x) = cos x
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2
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tan x 1 = 1 tan x
−
−
Solution 9.1.17
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x2
→0
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2
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− cos x. Donc x limπ/ →
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4
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C’est une forme indéterminée “0/0”. On a f (x) =
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tan x
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− cos π4 = −
f (x) =
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√ 2 2 .
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2
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2
→0
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− sin x = tan x 1 − cos x .
x3
x2
x
tan x 1 cos x 1 1 = 1 et que lim = . On en déduit lim f (x) = . x→0 x x→0 x→0 x2 2 2
−
On sait que lim
Solution 9.1.18
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1 C’est une forme indéterminée “0/0”. On peut écrire f (x) = sin ax 1 2 = a, il vient lim f (x) = = x→0 x→0 x 1+3
−
Comme lim
Solution 9.1.19
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− sinx2x
sin 3x 1+ x
− 14 . .
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| |x|, donc xlim f (x) = 0. Ensuite f (x) ∼ x 1x = 1 donc xlim f (x) = 1.
On a f (x)
|
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∞
→0
Solution 9.1.20
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→∞
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C’est une forme indéterminée “0 ”. Posons x = 1 + h. π πh h h 2 On a f (x) = h tan + = = 2. Ainsi lim f (x) = . h →0 x→1 2 2 tan(πh/2) (πh)/2 π
−
Solution 9.1.21
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·∞
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∼
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Solution 9.1.22
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∞ .
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x + 1 1 = ] 0, 1[. x→∞ 2x + 1 2 , on en déduit lim f (x) = 0.
Ici il n’y a pas de forme indéterminée car lim Comme l’exposant x 2 tend vers +
.
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∈
x→∞
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On est en présence d’une forme indéterminée “1 ∞ ”. On va utiliser ln u x 1 x 1 2x On en déduit ln f (x) = x ln x 1 = 2. x + 1 x→∞ x + 1 x + 1 ∞ Ainsi lim ln f (x) = 2 donc lim f (x) = e −2 .
−
x→∞
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−
∼
− −
−
∼ u − 1.
u→1
∼−
x→∞
mathprepa.fr
Page 4
9.1 Calculs de limite en un point Solution 9.1.23
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Chapitre 9 : Analyse
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− 1 ∼ 0
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exp ax x
C’est une forme indéterminée “0/0”. On écrit f (x) = On a e t
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Solution 9.1.24
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− 1 − exp bx − 1 .
eλx 1 t donc lim = λ. On en déduit lim f (x) = a x→0 x→0 x
−
.
asymptotique
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x
− b. .
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C’est une forme indéterminée “0/0”. 2
− ∼ − x2 . − ∼ − 1 . Ainsi lim f (x) = − 1 . x x 2 2
∼ −
On va utiliser ln u 1 u 1 et cos x 1 0 ln cos x cos x 1 On trouve f (x) = x→0 x2 x2
∼
Solution 9.1.25
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→0
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→0
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− 1 ∼ x donc 1 − e x ∼ x. De même sin x ∼ x. Donc f (x) ∼ 1 et lim f (x) = 1. x On a e x
−
0
0
0
Solution 9.1.26
On a ln f (x) =
.
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lncos x x
Solution 9.1.27
On a ln f (x) =
0
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∼ cos x − 1 ∼ − x . Ainsi xlim ln f (x) = 0 donc xlim f (x) = 1. x 2 0
.
lncos x x2
Solution 9.1.28
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→0
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0
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→0
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→0
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∼ cos x − 1 ∼ − 1 . Ainsi xlim ln f (x) = − 1 donc xlim f (x) = √ 1 . x 2 2 e 0
.
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0
2
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→0
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→0
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C’est une forme indéterminée “ ”. 2x + 1 2x + 1 On a f (x) = ln . Puisque lim = 2, on trouve lim f (x) = ln 2. x→∞ x + 2 x→0 x + 2
∞−∞
Solution 9.1.29
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√ ln a On a a − 1 = exp − 1 n∼ n
→∞
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ln a . On en déduit u n n
n
Solution 9.1.30
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∼ .
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ln a donc lim un = ln a.
∞
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n→∞
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∼ −
On a une forme indéterminée “0/0”. On va utiliser ln u u→1 u 1. 1 1 + x 1 1 + x 1 2x 1 On écrit f (x) = ln 1 = = →0 x 2x 1 x 2x 1 x 2x 1 x 1 x On trouve donc lim f (x) = 1.
∼
−
−
−
−
∼
1.
x→0
−
x→0
Solution 9.1.31
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C’est une forme indéterminée “0/0”. On utilise la quantité conjuguée. 1 cos x 1 cos x 1 On trouve f (x) = = x2 x2 1 + cos x
− √
Solution 9.1.32
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−
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√
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∼ 1 · 1 = 1 , donc xlim f (x) = 1 . 0
.
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2 2
.
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.
4
.
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.
4
→0
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C’est une forme indéterminée “0/0”. On utilise la quantité conjuguée.
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 5
9.1 Calculs de limite en un point
Chapitre 9 : Analyse
(1 + sin x) (1 sin x) 2sin x = x x 1 + sin x + 1 sin x On en déduit lim f (x) = 1. On a f (x) =
− √ − −
√
x→0
Solution 9.1.33
.
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asymptotique
· √ 1 + sin x +1 √ 1 − sin x ∼ 2 · 12 = 1. 0
.
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sin2x = 2, donc lim f (x) = 2. x→0 x→0 x
Il n’y a aucune forme indéterminée (ça arrive !) Ici lim Solution 9.1.34
.
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.
1 x
.
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∼
On a f (x) = x ln 1 + Solution 9.1.35
.
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.
x
+∞
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3
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· x1 = 1, donc x lim
→+∞
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f (x) = 1.
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+1 (α 1)x3 + βx 2 + αx + β 1 = . 2 +1 x2 + 1 Pour que cette quantité tende vers 0 à l’infini, il faut et il suffit que α = 1 et β = 0. On a αx + β
− xx
−
−
1 1 1 1 Solution 9.1.36 – On a x ln 1 + x = 1, donc lim x ln 1 + = 1 et lim 1 + x→∞ x→∞ x ∞ x x x x – On sait que lim x ln x = 0. On en déduit lim x = 1.
∼
·
x
= e.
x→0
x→0+
– On a x 1/x = exp
ln x ln x et lim = 0 donc lim x1/x = 1. x→+∞ x x→+∞ x
Solution 9.1.37
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– Calculons la limite de f (x) quand x tend vers a = 0. Remarquons qu’au voisinage de 0, f (x) a le signe de x3 donc le signe opposé à x. 1 1 1 On a ln f (x) = 3 ln x ln x 1 + = 3 ln x ln x 1 + + . x(1 x) x 1 x 1 1 Quand x tend vers 0, ln x 1 tend vers 1, et est donc négligeable devant . 1 x x 1 1 De même ln x est négligeable devant en 0 (classique.) Donc ln f (x) 0 . x x − On en déduit que si x 0 , alors ln f (x) donc f (x) 0. + Si x 0 , alors ln f (x) + donc f (x) + et finalement lim f (x) = .
|
|
− | |− | − |
| |− | − | − − − | − |
||
→ | |→ ∞
→
|
−
|∼
|
|→−∞ | | → ∞
→
−∞
x→0+
– Calculons la limite de f (x) quand x tend vers a = 1. Remarquons qu’au voisinage de x = 1, f (x) a le signe x 1. 1 1 On a toujours ln f (x) = 3ln x ln x 1 + + . x 1 x 1 1 Ici les quantités 3 ln x , et ln x 1 sont négligeables devant . x 1 x 1 Ainsi ln f (x) 1 . On en déduit d’abord lim ln f (x) = donc lim f (x) = 0. 1 x x→1+ x→1+ − Enfin, quand x 1 on a ln f (x) + donc f (x) + et finalement f (x) .
−
|
|
| ||
| |− | − | | − |
|∼ − →
Solution 9.1.38
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−
|→ ∞
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− | | −∞ |→ ∞
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→ −∞
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On utilise l’égalité des accroissements finis. Pour tout x, il existe θ x dans ] sin x, tan x[, tel que : e tan x
−e
sin x
= (tan x
On peut alors écrire f (x) = e θ avec lim θx = 0. Ainsi lim f (x) = 1.
− sin x)eθ . x
x
x→0
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
x→0
mathprepa.fr
Page 6
9.1 Calculs de limite en un point Solution 9.1.39
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Chapitre 9 : Analyse
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asymptotique
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∼v (x) ∼ ln u(x) ∼ ln v(x) si u(x), v(x) ne tendent pas vers 1. On en déduit ln f (x) = x ln(ln(1 + x)) ∼ x ln x, donc lim ln f (x) = 0 et lim f (x) = 1. x x On rappelle que u(x)
0
Solution 9.1.40
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→0
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→0
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On constate qu’au voisinage de x = 0, f (x) a le signe de tan x, donc celui de x. 1 On a ln f (x) = ln tan x + . 1 cos x 1 2 Au voisinage de 0, on a : ln tan x ln x , qui est négligeable devant . 1 cos x x2 2 Ainsi ln f (x) 0 2 donc lim f (x) = + . Enfin lim f (x) = et lim f (x) = + x→0 x x→0− x→0+
|
|
|
|
−
|
|∼
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Solution 9.1.41
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−∞
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1
Solution 9.1.42
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Solution 9.1.43
ax
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−2h tan
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π 2h + h = 2 tan h
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∼
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2. On en déduit lim f (x) = 2.
h→0
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∞.
1 1 donc lim f (x) = . x→1 m m
1
π + h, f (x) = 2
On a f (x) =
.
∼
−
− 1 ∼ m(x − 1). On en déduit f (x) ∼
On sait que x m
Avec x =
|∼ | | | | ∞
x→π/2
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− 1 − b x − 1 . Or a x − 1 ∼ x ln a. On en déduit lim f (x) = ln a − ln b.
x
Solution 9.1.44
0
x
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x→0
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sin x + sin a sin x Si a = 0, on a lim f (x) = 1, car sin x →0 x. Si a = 0, on a f (x) = x→a x + a x sin x + sin a sin a sin x sin a D’une part lim = et d’autre part lim = sin a = cos a. x→a x→a x + a a x a sin a cos a On trouve donc lim f (x) = si a = 0. x→a a
∼ x
− −
− sin a . −a
Solution 9.1.45
On a ln f (x) =
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lncos x sin2 x
Solution 9.1.46
On a sin x
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∼ cos x − 1 ∼ − 1 . Ainsi xlim ln f (x) = − 1 et xlim f (x) = √ 1 . x 2 2 e 0
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0
2
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→0
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→0
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∼ x, tan x ∼ x et ln(1 + x ) ∼ x . On en déduit f (x) ∼ x donc xlim f (x) = 0. 2
0
2
0
Solution 9.1.47
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0
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2
On a ln cos(ax)
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0
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lncos x tan(2x)
Solution 9.1.49
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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. On en déduit f (x)
0
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2
∼ cos(ax) − 1 ∼ − a x 2
Solution 9.1.48
On a ln f (x) =
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0
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∼ 0
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→0
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a2 a2 , donc lim f (x) = . x→0 b2 b2 .
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∼ cos x − 1 ∼ −x . Ainsi xlim ln f (x) = 0 donc xlim f (x) = 1. 0
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0
2x
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4
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→0
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→0
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mathprepa.fr
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Page 7
9.1 Calculs de limite en un point
Chapitre 9 : Analyse
asymptotique
1 , pour se ramener à un calcul quand X 0+ . x π π πX πX On a ln f (x) = X ln tan = X lntan = X lntan . 2 + X 2 2(2 + X ) 2(2 + X ) πX πX πX Quand X 0, on a tan tan . 2(2 + X ) 0 4 0 4 πX πX Cette dernière quantité ne tend pas vers 1, donc ln tan ln . 2(2 + X ) 0 4 πX On en déduit lim ln f (x) = lim X ln = 0 donc lim f (x) = 1. x→+∞ x→+∞ 4 X →0+ Posons X =
→
→
−
∼
∼
Solution 9.1.50
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−
−
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Solution 9.1.51
∼
π 1 π lncos h Posons x = + h. On a ln f (x) = ln sin + h = 2 h 2 h On en déduit lim ln f (x) = 0, donc lim f (x) = 1. x→π/2
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∼ h
→0
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cos h h
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− 1 ∼ − h . t 2 →0
x→π/2
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C’est une forme indéterminée “0 0 ”. On a ln f (x) = tan x lnsin x On en déduit lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→0
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∼ x ln x. 0
x→0
Solution 9.1.52
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On est en présence d’une forme indéterminée “1 ∞ ”.
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2
x On a ln f (x) = (ln |x|)(ln cos x) ∼ (cos x − 1)ln |x| ∼ − ln |x|. 2 0
0
On en déduit lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→0
x→0
Solution 9.1.53
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C’est une forme indéterminée “1 ∞ ”, et on a : ln f (x) = 2x ln On en déduit lim ln f (x) = 2 donc lim f (x) = e 2 . x→∞
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2x + 1 2x 1
−
∼ 2x
∞
2x + 1 2x 1
− − 1
4x 2x 1
− ∼ 2.
=
∞
x→∞
Solution 9.1.54
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∼ −
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C’est une forme indéterminée “1 ∞ ”, et on a : ln f (x) = (tan 2x)(ln tanx) π/4 (tan2x)(tan x 1). 2tan x 2tan x 1 On a tan 2x = , donc ln f (x) π/4 donc lim ln f (x) = 1 et lim f (x) = . 2 1 tan x 1 + tan x e x→π/4 x→π/4
∼ −
−
Solution 9.1.55
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x ln x x ln x x ln x = = 1 (on a utilisé e t + x x x ln 0 x 1 e 1 x ln x On en déduit lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e. On a ln f (x) =
−
∼
−
x→+∞
Solution 9.1.56
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− 1 t∼
→0
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t et lim x ln x = 0.) x→0+
x→+∞
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sin x x ln x ln sin x On a ln f (x) = ln = sin x. x sin x sin x x sin x On applique l’égalité des accroissements finis à l’application t ϕ(t) = ln t entre sin x et x. ln x ln sin x 1 Pour tout x, il existe donc un réel θ x dans ] sin x, x[ tel que = ϕ (θx ) = . x sin x θx sin x sin x On en déduit que ln f (x) = est compris entre 1 et . θx x Il en découle lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.
x→0
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−
| |− | −
|
→ || | |− | | −
x→0
mathprepa.fr
Page 8
9.2 Études locales de fonctions numériques Solution 9.1.57
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Chapitre 9 : Analyse
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asymptotique
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On est en présence d’une forme indéterminée “1 ∞ ”. ln(1 + tan 2 x) tan2 x On a ln f (x) = 1. Ainsi lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e. 0 0 x→0 x→0 x sin x x2
∼
Solution 9.1.58
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∼
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On est en présence d’une forme indéterminée “1 ∞ ”.
∼
On a ln f (x) = (ln x)(ln th x)
− 1) = 1 +−2e x ln x ∼ −2e lnx x .
(ln x)(th x
+∞
+∞
2
2
Il en découle lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→+∞
x→+∞
Solution 9.1.59
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On est en présence d’une forme indéterminée “1 ∞ ”. ln(x + 1) ln(x + 1) On a ln f (x) = (x ln x) ln (x ln x) +∞ ln x ln x On en déduit lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.
∼
x→+∞
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−
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1 x
∼
1 = x ln 1 +
x
+∞
· x1 = 1.
x→+∞
Solution 9.1.60
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C’est une forme indéterminée “1 ∞ ” (et quasiment le même exercice que le n 4). 3x 3x 3x On a ln f (x) = (tan 3x)lntan (tan3x) tan 1 car lim tan = 1. 2 π/6 2 2 x→π/6 2tan t 2tan t On utilise (tan 2t)(tan t 1) = (tan t 1) = . 1 + tan t 1 tan2 t 2tan 32x 1 On en déduit ln f (x) π/6 donc lim ln f (x) = 1 et lim f (x) = . e x→π/6 x→π/6 1 + tan 32x °
∼
− ∼ −
9.2
− −
−
−
−
Études locales de fonctions numériques
9.3 Études globales de fonctions numériques 9.4
Études de familles de courbes
9.5
Développements limités
Solution 9.5.1
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1 sin4x + sin 2x . 2
Il vaut mieux linéariser : f (x) =
x 3 x5 On sait que sin x = x + + o(x6 ). 6 120 4x3 4x5 On en déduit : sin2x = 2x + + o(x6) et sin4x = 4x 3 15 5 22x Finalement : f (x) = 3x 6x3 + + o(x6 ). 5
−
−
− 32x3
3
+
128x5 + o(x6). 15
−
Solution 9.5.2
On écrit ln f (x) = Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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ln(1 + x) 1 = x x x
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−
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x 2 x 3 + 2 3
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4
− x4
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+ o(x4 ) = 1
mathprepa.fr
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2
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3
− x2 + x3 − x4
+ o(x3 ). Page 9
9.5 Développements limités
Chapitre 9 : Analyse 2
Ensuite f (x) = exp(ln f (x)) = exp(1 + X ) = e (exp X ), avec X =
−
−
−
.
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.
+ o(x3 ).
−
−
Solution 9.5.3
3
− x2 + x3 − x4
X 2 X 3 On peut alors composer avec exp X = 1 + X + + + o(X 3 ). 2! 3! x2 x 3 x3 2 3 3 On trouve X = + o(X ) et X = + o(X 3 ). 4 3 8 x x 2 x 3 1 x2 x 3 1 On en déduit : f (x) = e 1 + + + + 2 3 4 2 4 3 6 2 3 x 11x 7x Finalement : f (x) = e 1 + + o(x3 ). 2 24 16
asymptotique
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−
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−
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x3 + o(x3 ) . 8
−
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x2 x 4 x3 x5 5 On a : cos x 1 = + + o(x ) et sh x x = + + o(x6 ). 2 24 6 120 5 7 x x On en déduit : (cos x 1)(sh x x) = + + o(x8 ). 12 360 2 4 x x x3 x5 De même ch x 1 = + + o(x5 ) et sin x x = + + o(x6 ). 2 24 6 120 5 7 x x On en déduit : (ch x 1)(sin x x) = + o(x8 ). 12 360 x7 Finalement : f (x) = (cos x 1)(sh x x) (ch x 1)(sin x x) = + o(x8). 180
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
− − − − −
−
Solution 9.5.4
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On sait que ln(1 + x) = x 1 =1 1 + x On en déduit : D’autre part,
−
f (x) = 1 = x
−
2x + 3x2
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−
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x 2 x 3 + 2 3 2
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3
− 4x
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−
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− 3
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−
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x 4 + o(x4 ). 4
−
+ o(x3 )
x
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1 =1 (1 + x)2
+ o(x3 ) donc
− x + x − x
5x2 13x3 + 2 3
Solution 9.5.5
.
−
x 2 x 3 + 2 3
.
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3
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2
3
+ o(x3 ).
+ o(x4 )
77x4 + o(x4). 12
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− 2x + 3x − 4x
4
− x4
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5
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2
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4
x sin x x x + o(x ) donc =1 − + + o(x ). − x6 + 120 x 6 120 X x x On compose par ln(1 − X ) = −X − + O(X ), avec X = + o(x ). − 2 6 120 x x x 1 x x x On trouve X = + o(x ) donc f (x) = − + o(x ) = − − + o(x ). − − 36 6 120 2 36 6 180 6
On sait que sin x = x
5
2
2
4
3
4
2
2
Solution 9.5.6
5
4
4
2
5
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4
5
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5
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x 3 x5 sin x x 2 x4 6 On sait que sin x = x + + o(x ) donc =1 + + o(x5 ). 6 120 x 6 120 sin x x2 x4 Ainsi : z (x) = arccos = arccos(1 y) avec y = + o(x5 ). x 6 120 z Remarquons que z = arccos(1 y) 1 y = cos z y = 1 cos z = 2 sin2 . 2
−
−
−
−
− ⇒ −
Ainsi : z (x) = 2 arcsin
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
y = 2 arcsin 2
2
x 12
⇒
4
−
−
√ −
x x + o(x5 ) = 2 arcsin 240 2 3 mathprepa.fr
1
x 2 + o(x3 ) . 20
Page 10
9.5 Développements limités
Chapitre 9 : Analyse
x
√ −
On en déduit : z (x) = 2 arcsin
1
2 3
x 2 + o(x3 ) 40
x3 + o(x4 ) . 80 3
x
√ −
= 2 arcsin
√
2 3
x3 + o(x4 ). 80 3
z(x) 2 x On a donc f (x) = = arcsin X , avec X = x x 2 3
asymptotique
√ − √
X 3 x + O(X 5 ) = 6 2 3
arcsin X = X +
√ −
.
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√
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3
√ − 180x√ 3 + o(x ).
√
√
x3 1 + o(x4 = 180 3 3
2 x Finalement : f (x) = x 2 3 Solution 9.5.7
x3 1 x3 x + + o(x4 ) = 6 24 3 80 3 2 3
√ −
4
x2 + o(x3). 90 3
√ − √
.
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1 1 + x = = (1 + x) 1 x3 + o(x5 ) = 1 + x x3 x4 + o(x5 ). 2 1 x + x 1 + x3 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 D’autre part : ln(1 + x) = x + + + o(x6). 2 3 4 5 6 On en déduit : ln(1 + x) x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 f (x) = = x + + + o(x6 ) 1 + x x3 x4 + o(x5 ) 2 1 x + x 2 3 4 5 6 x 2 x 3 11x4 11x5 x 6 = x + + + o(x6 ) 2 6 12 20 5 On a
−
−
−
−
−
−
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− −
−
−
− −
Solution 9.5.8
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− −
−
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−1 ex 1 1 1 x 2 x 4 5 On a f (x) = = = = 1 + + + o(x ) . 1 + e 2x ex + e−x 2 ch x 2 2 24 1 x2 x 4 x4 1 x 2 5x4 5 Ainsi f (x) = 1 + + + o(x ) = + + o(x5 ). 2 2 24 4 2 4 48 π π x x 3 x 5 Puisque f (0) = arctan 1 = , on trouve en intégrant : f (x) = + + + o(x6). 4 4 2 12 48
−
−
−
Solution 9.5.9
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x 3 3x5 x3 3x5 6 arcsin x = x + + + o(x ) donc f (x) = + + o(x6 ) 6 40 6 40 x 3x2 x 3x3 Ainsi f (x) = 3 1 + + o(x3 ) = 3 + + o(x4 ). 3 20 6 6 20 6
√
Solution 9.5.10
On a ln f (x) =
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√
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−
2x2 +
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x = √ 6
1/3
3
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9x2 1+ + o(x3 ) 20
1/3
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√
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−(cotan2x)g(x), avec g(x) = ln tan x + π4
On trouve g (x) = 2 1
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2x4 + o(x5 ) 3
−1
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et g (x) =
= 2 1 + 2x2
− 2x3
4
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2 . cos(2x)
+ 4x4 + o(x5 ) .
20x4 4x3 4x5 5 Ainsi g (x) = 2 + 4x + + o(x ), donc g(x) = 2x + + + o(x6 ). 3 3 3 x 3 2x5 4x2 32x4 6 Ensuite tan x = x + + + o(x ) donc tan 2x = 2x(1 + X ) avec X = + + o(x5 ). 3 15 3 15 1 1 4x2 32x4 16x4 2 3 Ainsi cotan 2x = (1 X + X + O(X )) = 1 + + + o(x5 ) . 2x 2x 3 15 9 On trouve donc : 1 4x2 16x4 4x3 4x5 5 ln f (x) = 1 + o(x ) 2x + + + o(x6 ) 2x 3 45 3 3 4x2 16x4 2x2 2x4 2x2 26x4 = 1 + o(x5 ) 1 + + + o(x5 ) = 1 + + + o(x5 ) 3 45 3 3 3 45 2
−
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Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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mathprepa.fr
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Page 11
9.5 Développements limités
Chapitre 9 : Analyse
asymptotique
2x2 26x4 1 2x2 26x4 + + o(x5 ) = e X avec X = + + o(x5 ). 3 45 e 3 45 Il en résulte finalement : 1 X 2 1 2x2 26x4 1 4x4 f (x) = 1 + X + + O(X 3) = 1+ + + + o(x5 ) e 2 e 3 45 2 9 2 4 1 2x 4x = 1+ + + o(x5 ) e 3 5 Alors f (x) = exp
−
1+
Solution 9.5.11
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2
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3
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4
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5
√ 1 + x = 1 + x − x + x − 5x + 7x + o(x ). 2 8 16 128 256 √ x x x 5x 7x De même, 1 − x = 1 − − + − − + o(x ). − 2 8 16 128 256 √ √ x 5x On en déduit 1 + x + 1 − x = 2(1 + X ), avec X = − − + o(x ). 8 128 √ √ √ X X Ainsi f (x) = 2 1 + X = 2 1 + − + O(X ) 5
On sait que
2
3
4
5
5
2
4
5
2
3
2
=
√ − 1 2 1+ 2
Solution 9.5.12
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2
x 8 .
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4
− .
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5x 128
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8 1 x4 8 64
− .
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√ x 11x + o(x ) = 2 1 − − 2
4
5
16
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512
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+ o(x5 ).
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− −
1 . x 1 1/3 1 1 5 10 22 1 D’autre part : 1 + =1 + + + + o . x 3x 9x2 81x3 243x4 729x5 x5 1 1 2 10 44 1 3 On en déduit : 3 1 + 1 = + + + o . x x 3x 81x3 729x5 x6 2 10 44 1 Finalement : f (x) = + + + o . 3 81x2 729x4 x5 On commence par écrire f (x) sous la forme : f (x) = x
−
−
3
1+
−
−
Solution 9.5.13
√ On a f (x) = x
2
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x 4 + 2 24
√ x + cos x = 1 + X , avec X =
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2
−
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1 x
.
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3
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1
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x6 + o(x7 ). On en déduit : 720
X X 2 X 3 f (x) = 1 + + + O(x4 ) 2 8 16 1 x2 x 4 x6 1 x4 x 6 1 x6 =1 + + + + + o(x7 ) 2 2 24 720 8 4 24 16 8 2 4 6 x x 11x =1 + + + o(x7 ) 4 96 5760
−
−
−
−
Solution 9.5.14
.
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x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 On a ln(1 + x) = x + + + o(x6 ). 2 3 4 5 6 1 x x 2 x 3 x 4 x 5 On en déduit : f (x) = , avec X = + + + o(x5 ). 1 X 2 3 4 5 6 2 3 4 5 x x 13x 11x x3 x 4 17x5 2 5 3 On trouve X = + + o(x ), puis X = + + o(x5). 4 3 36 30 8 4 48 x4 x 5 x5 4 5 5 De même, X = + o(x ) et X = + o(x5 ). 16 6 32 Finalement :
−
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Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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mathprepa.fr
Page 12
9.5 Développements limités
Chapitre 9 : Analyse
asymptotique
f (x) = 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + o(X 5 ) x x 2 x 3 x 4 x 5 x2 x 3 13x4 11x5 + + + + 2 3 4 5 6 4 3 36 30 3 4 5 4 5 5 x x 17x x x x + + + + + o(x5 ) 8 4 48 16 6 32 x x 2 x 3 19x4 3x5 =1 + + + + o(x5) 2 12 24 720 160 =1 +
− −
−
−
−
−
−
−
Solution 9.5.15
.
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On a f (x) = X eX , avec X = tan x = x +
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x 3 2x5 + + o(x5). 3 15
X 2 X 3 X 4 X 3 X 4 X 5 + + + o(X 4 ) = X + X 2 + + + + o(X 5 ) 2 6 24 2 6 24 3 5 4 x 2x 2x 1 1 1 5 = x + + + x2 + + x3 + x5 + x4 + x + o(x5 ) 3 15 3 2 6 24 3 4 5 5x 5x 27x = x + x2 + + + + o(x5 ) 6 6 40
Ainsi f (x) = X 1 + X +
Solution 9.5.16
.
.
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3
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5
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7
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3
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5
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7
− x3! + x5! − x7! + O(x ) et sh x = x + x3! + x5! + x7! + O(x ). x + O(x ) = x + O(x ). On en déduit : x(sin x + sh x − 2x) = x 60 60 x x x Ainsi f (x) = √ 1 + O(x ) = √ (1 + O(x )) = √ + o(x ). 2 15 2 15 2 15 9
On a sin x = x
9
5
6
9
3
3
3
4
4
Solution 9.5.17
x
10
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6
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→ f (x) = tan x − x est continue sur I n, et f (x) = tan
f est donc strictement croissante sur I n . D’autre part L’application f est donc une bijection de I n sur
.
.
2
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x > 0 (sauf en x = nπ.)
lim f =
nπ−π/2
−∞ et nπlimπ/ +
2
f = +
∞.
R.
Il existe donc un unique réel x n dans I n tel que f (xn ) = 0, c’est-à-dire tan xn = x n . π Puisque xn I n , on a x n nπ. Posons x n = nπ + yn , avec 0 < yn < π. 2 π On a tan xn = x n cotan yn = nπ + yn . 2 Celle égalité montre que lim cotan yn = + , donc lim yn = 0+. n→∞ n→∞ 1 1 1 1 On en déduit que tan yn = puis y = arctan . n π π nπ nπ nπ + yn nπ + yn 2 2 1 1 Posons y n = + zn . Ainsi z n est négligeable devant en + . nπ n 1 1 1 1 On a tout d’abord : = tan yn = tan + zn = + zn + o 2 . tan xn nπ nπ n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Or = = = 1 + o = +o 2 . π 2 1 1 xn nπ nπ 2n n nπ 2πn n nπ + + o(1) 1 + + o 2 2n n 1 1 Par identification, on en déduit l’égalité : z n = +o 2 . 2 2πn n π π 1 π 1 1 1 Finalement : x n = nπ + yn = nπ + zn = nπ + + + o . 2 2 nπ 2 nπ 2πn 2 n2
∈
∼
−
⇒
−
∞
−
∼
−
∼
∞
−
−
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
− − −
mathprepa.fr
−
−
Page 13
9.5 Développements limités Solution 9.5.18
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Chapitre 9 : Analyse
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Une récurrence facile montre que f n (x) =
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1 + (n 1)x =1 1 + nx
−
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asymptotique .
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x . − 1 + nx
On en déduit : f n (x) = 1
2
2
3
3
− x 1 − nx + n x − n x
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
+ n4 x4 + o(x4 ) = 1
mathprepa.fr
2
2
− x + nx − n x
3
+ n3 x4
4
5
−n x
+ o(x5 ).
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