[>] Calcul de limites de suites numériques

 
Exercice 1  2280  

En employant la notation , classer par négligeabilité les termes généraux qui suivent:

  • (a)

    n,n2,ln(n),en,nln(n),n2ln(n)

  • (b)

    1n,1n2,1ln(n),ln(n)n,ln(n)n2,1nln(n).

 
Exercice 2  4752  

Réduire l’écriture des expressions asymptotiques suivantes:

  • (a)

    o(2n)-2o((-1)nn)

  • (b)

    nln(n)+o(n+1)+o(n2)

  • (c)

    2o(n)O(n)-nO(n).

 
Exercice 3  4753   

Déterminer des équivalents simples quand n tend vers l’infini des termes suivants:

  • (a)

    ln(n)+2n-1

  • (b)

    (1+ln(n))(3n2+1)n2+2n

  • (c)

    1n-1-1n+1

  • (d)

    n+1+n-1

  • (e)

    ln(2n3+1)

  • (f)

    ln(1+1n)

  • (g)

    nsin(1n2+1)

  • (h)

    ln(n+1)-ln(n-1)

  • (i)

    (n+1)n.

 
Exercice 4  2281  Correction  

Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes et donner leur limite:

  • (a)

    un=(n+3ln(n))e-(n+1)

  • (b)

    un=ln(n2+1)n+1

  • (c)

    un=n2+n+1n2-n+13

Solution

  • (a)
    unn+ne-ne0.
  • (b)
    unn+2ln(n)n0.
  • (c)
    unn+n1/3+.
 
Exercice 5  236  Correction  

Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes et donner leur limite:

  • (a)

    un=n3-n2+1ln(n)-2n2

  • (b)

    un=2n3-ln(n)+1n2+1

  • (c)

    un=n!+en2n+3n

Solution

  • (a)
    unn+-12n-
  • (b)
    unn+2n+
  • (c)
    unn+n!3n+
 
Exercice 6  235  Correction  

Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=sin(1n+1)

  • (b)

    un=ln(sin(1n))

  • (c)

    un=1-cos(1n)

Solution

  • (a)
    un=sin(1n+1)n+1n+1n+1n

    car 1n+10.

  • (b)

    sin(1n)1n01 donc

    unn+ln(1n)=-ln(n).
  • (c)
    un=2sin2(12n)n+12n2.
 
Exercice 7  2282   Correction  

Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=1n-1-1n+1

  • (b)

    un=n+1-n-1

  • (c)

    un=ln(n+1)-ln(n)

Solution

  • (a)
    un=2n2-1n+2n2.
  • (b)
    un=2n+1+n-1 =n+2n+o(n)+n+o(n)=1n+o(n)
    n+1n.
  • (c)
    un=ln(1+1n)n+1n=1n

    car

    ln(1+1n)n+1n

    puisque 1n0.

 
Exercice 8  1472   Correction  

Déterminer un équivalent simple de la suite dont le terme général est:

  • (a)

    2n-n+1-n-1

  • (b)

    ln(n+1)-ln(n)n+1-n

Solution

  • (a)
    2n-n+1-n-1n+14nn.
  • (b)
    ln(n+1)-ln(n)n+1-n=ln(1+1/n)n(1+1/n-1)n+1/n1/2n3/2=2n.
 
Exercice 9  2286   Correction  

Soient (un), (vn), (wn), (tn) des suites de réels strictement positifs telles que

unn+vnetwnn+tn.

Montrer que

un+wnn+vn+tn.

Solution

Supposons unn+vn et wnn+tn. On a

|un+wnvn+tn-1|=|(un-vn)+(wn-tn)vn+tn|

donc

|un+wnvn+tn-1||un-vn|vn+|wn-tn|tn=|unvn-1|+|wntn-1|n+0.
 
Exercice 10  2459   Correction  

Montrer que

n2n3dt1+t2n+1n2.

Solution

On peut calculer l’intégrale

un=n2n3dt1+t2=arctan(n3)-arctan(n2).

Or pour x>0,

arctan(x)+arctan(1x)=π2

donc

un=arctan(1n2)-arctan(1n3)=n+1n2+o(1n2)n+1n2.

[<] Comparaison de suites numériques[>] Calcul de développements asymptotiques de suites

 
Exercice 11  4754  

Calculer les limites quand n tend vers l’infini des termes suivants:

  • (a)

    n((1+1n)27-1)

  • (b)

    (n+1)(n1/n-1)

  • (c)

    (1+xn)n avec x.

 
Exercice 12  1473  Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limn+nsin(1n)

  • (b)

    limn+(nsin(1n))n2

  • (c)

    limn+n2((n+1)1/n-n1/n)

Solution

  • (a)
    nsin(1n)nn=1

    donc

    limn+nsin(1n)=1.
  • (b)
    (nsin(1n))n2=en2ln(nsin(1n))=e-16+o(1)

    donc

    limn+(nsin(1n))n2=1e6.
  • (c)
    n2((n+1)1/n-n1/n)=eln(n)nn2(eln(1+1/n)n-1)n+eln(n)n

    donc

    limn+n2((n+1)1/n-n1/n)=1
 
Exercice 13  2283   Correction  

Déterminer la limite des suites (un) suivantes:

  • (a)

    un=nln(1+1n2+1)

  • (b)

    un=(1+sin(1n))n

  • (c)

    un=nn+1(n+1)n

Solution

  • (a)
    ln(1+1n2+1)n+1n2+1n+1n2

    car 1n2+10. Par suite,

    unn+1n+1.
  • (b)

    un=enln(1+sin(1n)) avec

    ln(1+sin(1n))n+sin(1n)n+1n

    donc nln(1+sin(1n))1 puis une.

  • (c)

    un=en+1ln(n)-nln(n+1) avec

    n+1ln(n)-nln(n+1)=(n+1-n)ln(n)-nln(1+1n).

    Or

    (n+1-n)ln(n)=ln(n)n+1+n=ln(n)2n+o(n)n+ln(n)2n

    et

    nln(1+1n)n+1n=n+o(ln(n)2n)

    donc

    n+1ln(n)-nln(n+1)=n+ln(n)2n+o(ln(n)2n)n+0

    donc un1.

 
Exercice 14  302  Correction  

Nature de la suite de terme général

un=cos(πn2ln(1-1n)).

Solution

En développant ln(1-1/n),

un=n+cos(πn+π2+o(1))=(-1)n+1sin(o(1))n+0.
 
Exercice 15  2782   

Soient a et b des réels positifs.

Étudier

limn+(a1n+b1n2)n.
 
Exercice 16  1475  Correction  

Déterminer

limn+(32n-23n)n.

Solution

On a

32n-23n=3e1nln(2)-2e1nln(3)=n+1+3ln(2)-2ln(3)n+o(1n)

donc

(32n-23n)n=enln(32n+23n)=eln(8/9)+o(1)n+89.

[<] Calcul de limites de suites numériques[>] Étude asymptotique de suites

 
Exercice 17  4759  

Calculer les développements asymptotiques des suites dont les termes généraux sont les suivants:

  • (a)

    n2+1 à 3 termes

  • (b)

    nn à 3 termes

  • (c)

    (1+1n)n à 3 termes.

 
Exercice 18  1459  Correction  

Réaliser un développement asymptotique de la suite considérée à la précision demandée:

  • (a)

    un=ln(n+1) à la précision 1/n2

  • (b)

    un=n+1-n-1 à la précision 1/n2

  • (c)

    un=n+n-n à la précision 1/n

  • (d)

    un=(1+1n)n à la précision 1/n2.

Solution

  • (a)

    ln(n+1)=ln(n)+1n-12n2+o(1n2).

  • (b)

    n+1-n-1=1n+181n5/2+o(1n5/2).

  • (c)

    n+n-n=12-18n+116n+o(1n).

  • (d)

    (1+1n)n=e-e2n+11e24n2+o(1n2).

 
Exercice 19  5029  

(Constante d’Euler)

Pour tout n*, on pose

an=k=1n1k-ln(n+1)etbn=k=1n1k-ln(n).
  • (a)

    Établir que ln(1+x)x pour tout x]-1;+[.

  • (b)

    Justifier que les suites (an)n1 et (bn)n1 sont adjacentes.

On note γ leur limite commune11 1 Il s’agit de la constante d’Euler, γ0,577 à 10-3 près..

  • (c)

    Justifier le développement

    k=1n1k=n+ln(n)+γ+o(1).
 
Exercice 20  323   Correction  

Développement asymptotique à trois termes de:

un=k=1nsin(kn2).

Solution

Pour x[0;1],

|sin(x)-x+16x3|1120.

On a donc

un=k=1nkn2-16k3n6+Mn

avec

|Mn|1120k=1nk5n1011201n4

donc Mn=o(1/n3).
Or

k=1nkn2=n(n+1)2n2=12+12n

et

k=1nk3n6=1n6k=1nk314n2

donc

un=12+12n-124n2+o(1n2).
 
Exercice 21  1476   Correction  

Former le développement asymptotique, en +, à la précision 1/n2 de

un=1n!k=0nk!.

Solution

On a

un=1n!k=0nk!=1+1n+1n(n-1)+1n(n-1)(n-2)+k=0n-4k!n!.

Or

0k=0n-4k!n!k=0n-4(n-4)!n!n1n(n-1)(n-2)(n-3)=n+o(1n2).

Donc

un=n+1+1n+1n2+o(1n2).
 
Exercice 22  2788   Correction  

Donner un développement asymptotique de (1n!k=0nk!)n à la précision 1/n3.

Solution

On a

1n!k=0nk!=1+1n+1n(n-1)+1n(n-1)(n-2)+o(1n3)+k=0n-5k!n!.

Or

k=0n-5k!n!(n-4)(n-5)!n!=o(1n3)

donc

1n!k=0nk!=1+1n+1n2+2n3+o(1n3).

[<] Calcul de développements asymptotiques de suites[>] Étude asymptotique de suites de solutions d'une équation

 
Exercice 23  4760  

Soit (un) une suite décroissante de réels telle que

un+un+1n+1n.

Déterminer un équivalent simple de (un).

 
Exercice 24  4761   

(Intégrales de Wallis)

Pour n, on pose

In=0π/2sinn(t)dt.
  • (a)

    Montrer que pour tout n,

    In+2=n+1n+2In.
  • (b)

    Établir que pour tout n,

    (n+1)InIn+1=π2et0In+1In.
  • (c)

    Déterminer un équivalent de In.

 
Exercice 25  2284  Correction  

Pour n, on pose

un=0!+1!+2!++n!=k=0nk!.

Montrer que

unn+n!.

Solution

On a

un=n!+(n-1)!+k=0n-2k!

Or

(n-1)!n!=1nn+0

et

0k=0n-2k!n!=k=0n-2k!n!k=0n-2(n-2)!n!=k=0n-21n(n-1)1nn+0

donc

un=n!+(n-1)!+k=0n-2k!=n!+o(n!)n+n!
 
Exercice 26  2285   Correction  

On pose

Sn=k=1n1k.
  • (a)

    Justifier que

    1n+12(n+1-n)1n.
  • (b)

    Déterminer la limite de (Sn).

  • (c)

    On pose un=Sn-2n. Montrer que (un) converge.

  • (d)

    Donner un équivalent simple de (Sn).

Solution

  • (a)
    2(n+1-n)=2n+1+n

    donc

    1n+12(n+1-n)1n.
  • (b)
    Snk=1n2(k+1-k)=2n+1-2

    puis Sn+.

  • (c)

    un+1-un=1n+1-2(n+1-n)0 donc (un) est décroissante.
    Or un=Sn-2n2n+1-2-2n-2 donc (un) est aussi minorée. Par suite, (un) converge.

  • (d)
    Sn=2n+un=2n+o(n)2n.
 
Exercice 27  301   Correction  

On étudie ici la suite (Sn) de terme général

Sn=k=1n1k.
  • (a)

    Établir que pour tout t>-1, ln(1+t)t et en déduire

    ln(1+t)tt+1.
  • (b)

    Observer que

    ln(n+1)Snln(n)+1

    et en déduire un équivalent simple de Sn.

  • (c)

    Montrer que la suite un=Sn-ln(n) est convergente. Sa limite est appelée constante d’Euler et est usuellement notée γ.

Solution

  • (a)

    On étudie la fonction tt-ln(1+t) pour établir la première inégalité. On en déduit

    ln(1-t1+t)-t1+t

    donc

    ln(11+t)-t1+t

    puis l’inégalité voulue.

  • (b)
    Sn=k=1n1kln(k=1n(1+1k))=ln(n+1)

    et

    Sn=1+k=1n-11/k1+1/k1+ln(k=1n-1(1+1k))=1+ln(n).

    On en déduit

    Snn+ln(n).
  • (c)
    un+1-un=1/n1+1/n-ln(1+1n)0

    donc (un) est décroissante. De plus, unln(n+1)-ln(n)0 donc (un) est minorée et par suite convergente.

 
Exercice 28  2302   Correction  

On considère la suite (un) définie pour n1 par

un=n+(n-1)++2+1.
  • (a)

    Montrer que (un) diverge vers +.

  • (b)

    Exprimer un+1 en fonction de un.

  • (c)

    Montrer que unn puis que un=o(n).

  • (d)

    Donner un équivalent simple de (un).

  • (e)

    Déterminer limn+un-n.

Solution

  • (a)

    unn+.

  • (b)

    un+1=(n+1)+un.

  • (c)

    Montrons par récurrence sur n1 que unn.
    Pour n=1: ok . Supposons la propriété établie au rang n1.

    un+1=(n+1)+un(n+1)+nn+1.

    La récurrence est établie. On en déduit

    0un=n+un-1n+(n-1)=O(n)

    donc

    un=n+O(n)=o(n).
  • (d)
    un=n+o(n)n+n
  • (e)
    un-n=un-1un+n

    or un-1n-1n et un+n=n+o(n)+n2n donc

    un-nn+12.
 
Exercice 29  290   Correction  

Déterminer un équivalent simple de la suite de terme général

n+1n+1-nn

Solution

On écrit

n+1n+1-nn=eln(n+1)n+1-eln(n)n

et l’on emploie

eu=u01+u+12u2+16u3+o(u3)

pour écrire

eln(n+1)n+1=1+ln(n+1)n+1+12(ln(n+1)(n+1))2+16(ln(n+1)(n+1))3+o((ln(n))3n3)

et

eln(n)n=1+ln(n)n+12(ln(n)n)2+16(ln(n)n)3+o((ln(n))3n3)

On en déduit

n+1n+1-nn=-ln(n)n2+o(ln(n)n2)n+-ln(n)n2.
 
Exercice 30  4766    

Soit f:[0;1] une fonction de classe 𝒞1 vérifiant f(1)0.

  • (a)

    Déterminer un équivalent simple quand n tend vers + de

    In=01tnf(t)dt.
  • (b)

    Même question avec l’hypothèse f continue au lieu de classe 𝒞1.

[<] Étude asymptotique de suites[>] Comparaison de fonctions numériques

 
Exercice 31  2289  Correction  

Soit n un entier naturel et En l’équation x+ln(x)=n d’inconnue x+*.

  • (a)

    Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn.

  • (b)

    Montrer que la suite (xn) diverge vers +.

  • (c)

    Donner un équivalent simple de la suite (xn).

Solution

  • (a)

    Le tableau de variation de f:xx+ln(x) permet d’affirmer que cette fonction réalise une bijection croissante de +* vers . L’équation En possède alors pour solution unique xn=f-1(n).

  • (b)

    Le tableau de variation de f-1 donne lim+f-1=+. Par suite, xn+.

  • (c)

    xn+ donne ln(xn)=o(xn). La relation xn+ln(xn)=n donne alors xn+o(xn)=n et donc

    xnn+n.
 
Exercice 32  1477   Correction  

Soit f:]0;+[ la fonction définie par

f(x)=ln(x)+x.
  • (a)

    Montrer que pour tout n, il existe un unique xn tel que f(xn)=n.

  • (b)

    Former le développement asymptotique de la suite (xn)n à la précision (ln(n)/n).

Solution

  • (a)

    La fonction f:xx+ln(x) réalise une bijection de ]0;+[ sur d’où l’existence de (xn).

  • (b)

    Comme n+, xn=f-1(n)+. Par suite, ln(xn)=o(xn) et

    n=xn+ln(xn)n+xn.

    On a donc

    xn=n+n+o(n).

    Soit yn=xn-n. On a

    yn=n+-ln(xn)=-ln(n+o(n))=-ln(n)+ln(1+o(1))=-ln(n)+o(1).

    Donc

    xn=n+n-ln(n)+o(1).

    Soit zn=yn+ln(n). On a

    zn =n+-ln(n-ln(n)+o(1))+ln(n)
    =-ln(1-ln(n)n+o(1n))
    =ln(n)n+o(ln(n)n).

    On conclut

    xn=n+n-ln(n)+ln(n)n+o(ln(n)n).
 
Exercice 33  311   Correction  
  • (a)

    Pour tout n, justifier que l’équation

    x+ex=n

    possède une unique solution xn.

  • (b)

    Déterminer la limite de (xn) puis un équivalent de xn.

  • (c)

    Former un développement asymptotique à trois termes de xn quand n+.

Solution

  • (a)

    Soit f: définie par f(x)=x+ex.

    x-+f(x)-+.
  • (b)

    f(xn)=nn+1=f(xn+1) donc xnxn+1 car f-1 est croissante.
    Si (xn) est majorée par M alors f(xn)=nf(M) ce qui est absurde.
    La suite (xn) étant croissante et non majorée, elle diverge vers +.
    xn=o(exn) donc exnn+1 puis xnln(n).

  • (c)

    Posons yn=xn-ln(n)=o(ln(n)).
    On a yn+ln(n)+neyn=n donc

    eyn=1-ynn-ln(n)n1

    d’où yn0 et

    eyn=1+yn+o(yn).

    On a alors yn+ln(n)+n(1+yn+o(yn))=n d’où nyn+o(nyn)=-ln(n) et

    yn-ln(n)n.

    Par suite,

    xn=ln(n)-ln(n)n+o(ln(n)n).

    On écrit yn=-ln(n)n+zn et

    eyn=1-ln(n)n+zn+12(ln(n)n)2+o(ln(n)n)2

    donc

    -ln(n)n+zn+nzn+12(ln(n))2n+o((ln(n))2n)=0

    puis

    zn-(ln(n))22n2.

    Finalement,

    xn=ln(n)-ln(n)n-(ln(n))22n2+o((ln(n)n)2).
 
Exercice 34  310   

Pour n, on considère l’équation x+x3=n d’inconnue x+.

  • (a)

    Montrer que cette équation possède une unique solution xn.

  • (b)

    Déterminer la limite puis un équivalent simple de la suite (xn).

  • (c)

    Donner un développement asymptotique à trois termes de la suite (xn).

 
Exercice 35  4139   Correction  

On étudie l’équation tan(x)=x d’inconnue x réelle.

  • (a)

    Soit n. Montrer que cette équation possède une unique solution xn dans l’intervalle In=]-π/2;π/2[+nπ.

  • (b)

    Déterminer un équivalent de la suite (xn)n ainsi définie.

  • (c)

    Réaliser un développement asymptotique à trois termes de xn.

Solution

  • (a)

    Sur In, la fonction fn:xtan(x)-x est continue et croît strictement de - vers +. Elle réalise donc une bijection de In vers . L’équation fn(x)=0 possède alors une unique solution dans In.

  • (b)

    Puisque xn est un élément de In, on dispose de l’encadrement

    -π2+nπ<xn<π2+nπ.

    On en déduit

    xnn+nπ.
  • (c)

    Posons

    yn=xn-nπ.

    On a

    tan(yn)=xn avec yn]-π2;π2[

    et donc

    yn=arctan(xn)n+π2.

    On peut ainsi déjà écrire le développement asymptotique à deux termes

    xn=n+nπ+π2+o(1).

    Déterminons un équivalent de ce o(1) en étudiant

    zn=π2-yn=π2-arctan(xn).

    Sachant

    x>0,arctan(x)+arctan(1x)=π2

    on obtient

    zn=arctan(1xn)=n+arctan(1nπ+π2+o(1))n+1nπ.

    Finalement,

    xn=n+nπ+π2-1nπ+o(1n).
 
Exercice 36  1478   Correction  

Montrer que l’équation tan(x)=x possède une unique solution xn dans chaque intervalle In=]-π/2;π/2[+nπ (avec n*).
Réaliser un développement asymptotique à quatre termes de xn.

Solution

Sur In, la fonction f:xtan(x)-x est continue, croît strictement de - vers +.
Cela assure l’existence et l’unité de xn.
On a

-π2+nπ<xn<π2+nπ

donc xnnπ.
Posons yn=xn-nπ. On a tan(yn)=xn et yn]-π2;π2[ donc

yn=arctan(xn)π2.

Posons

zn=π2-yn=π2-arctan(xn)=arctan(1xn)=arctan(1nπ+π2+o(1)).

On a

1nπ+π2+o(1)=1nπ11+12n+o(1n)=1nπ-141πn3+o(1n3/2)

et

arctan(x)=x-13x3+o(x3)

donc

zn=1nπ-141πn3-131π3n3+o(1n3/2).

Finalement,

xn=nπ+π2-1nπ+3+4π12π3/21n3/2+o(1n3/2).
 
Exercice 37  312   Correction  
  • (a)

    Soit n. Montrer que l’équation xn+ln(x)=0 possède une unique solution xn>0.

  • (b)

    Déterminer la limite de xn.

  • (c)

    On pose un=1-xn. Justifier que nun-ln(un) puis déterminer un équivalent de un.

Solution

  • (a)

    Soit fn:xxn+ln(x). On a

    x01+fn(x)-1+

    d’où l’existence et l’unicité de xn avec en plus la propriété xn]0;1[.

  • (b)

    On a

    fn+1(xn)=xnn+1+ln(xn)=(1-xn)ln(xn)<0

    donc xn+1xn. La suite (xn) est croissante et majorée par 1 donc converge vers ]0;1].
    Si <1 alors

    0=xnn+ln(xn)-ln()

    car 0xnnn0.
    Ceci est impossible. Il reste =1.

  • (c)

    (1-un)n=-ln(1-un)un01
    donc nln(1-un)ln(un) puis nun-ln(un)+1.
    ln(n)+ln(un)ln(-ln(un)) donc ln(n)=-ln(un)+ln(-ln(un))+o(ln(-ln(un))) or ln(-ln(un))=o(ln(un)) donc ln(n)-ln(un) puis

    unn+-ln(un)nln(n)n.
 
Exercice 38  4762    

Soient n un entier naturel non nul et (En) l’équation xnln(x)=1 d’inconnue x+*.

  • (a)

    Montrer que l’équation (En) admet une unique solution xn et que xn>1.

  • (b)

    Montrer que la suite (xn) est décroissante et déterminer sa limite.

Pour tout n*, on pose yn=xn-1.

  • (c)

    Justifier que nyn équivaut à -ln(yn) et en déduire un équivalent simple de yn.

 
Exercice 39  316   Correction  

Montrer que l’équation xn+x2-1=0 admet une unique racine réelle strictement positive pour n1. On la note xn. Déterminer la limite de la suite (xn) puis un équivalent de xn-.

Solution

Posons fn(x)=xn+x2-1. L’étude de la fonction fn assure l’existence et l’unicité d’une solution xn+ à l’équation étudiée. De plus, on observe que xn[0;1].
Puisque 0=fn+1(xn+1)fn(xn+1), on peut affirmer xn+1xn.
La suite (xn) est croissante et majorée donc converge vers un réel .
Puisque pour tout n, xn[0;1], à la limite [0;1].
Si <1 alors

0xnnn0

et la relation xnn+xn2-1=0 donne à la limite 2=1 ce qui est absurde.
On conclut que =1.
Posons un=1-xn,
On a

(1-un)n=un(2-un)

donc

nln(1-un)=ln(un)+ln(2-un)

d’où

-nunln(un) puis ln(n)+ln(un)ln(-ln(un))

or

ln(-ln(un))=n+o(ln(un))

donc

ln(un)n+-ln(n)

puis

unn+ln(n)n

et enfin

xnn+1-ln(n)n.
 
Exercice 40  2599   Correction  

Soient n* et l’équation

(En):xn+x-1=0.
  • (a)

    Montrer qu’il existe une unique solution positive de (En) notée xn et que limn+xn=1.

  • (b)

    On pose yn=1-xn. Montrer que, pour n assez grand,

    ln(n)2nyn2ln(n)n

    (on posera fn(y)=nln(1-y)-ln(y)).

  • (c)

    Montrer que ln(yn)-ln(n) puis que

    xn=1-ln(n)n+o(ln(n)n).

Solution

  • (a)

    On introduit φn(x)=xn+x-1. φn(x)=nxn-1+1>0, φn est continue strictement croissante et réalise une bijective et de [0;+[ vers [-1;+[ d’où l’existence et l’unicité de xn. On a φn(1)=1 donc xn]0;1[. Si xn+1<xn alors xn+1n+1<xnn puis

    xn+1n+1+xn+1-1<xnn+xn-1

    ce qui est absurde. On en déduit que (xn) est croissante et étant majorée cette suite converge. Posons sa limite, ]0;1]. Si <1 alors xnn+xn-1=0 donne à la limite -1=0 ce qui est absurde. Il reste =1.

  • (b)

    fn est strictement décroissante sur ]0;1[, fn(yn)=0,

    fn(ln(n)2n)n+ln(n)2>0 et fn(2ln(n)n)-ln(n)<0

    donc à partir d’un certain rang

    ln(n)2nyn2ln(n)n.
  • (c)
    ln(ln(n)2n)ln(yn)ln(2ln(n)n)

    donne ln(yn)-ln(n) puis nln(1-yn)=ln(yn) donne -nyn-ln(n) puis ynln(n)n et finalement

    xn=n+1-ln(n)n+o(ln(n)n).
 
Exercice 41  317   Correction  

Pour tout entier n2, on considère l’équation (En):xn=x+1 dont l’inconnue est x0.

  • (a)

    Montrer l’existence et l’unicité de xn solution de (En).

  • (b)

    Montrer que (xn) tend vers 1.

  • (c)

    Montrer que (xn) admet un développement limité à tout ordre. Donner les trois premiers termes de ce développement limité.

Solution

  • (a)

    Il suffit d’étudier fn:xxn-(x+1).

  • (b)

    fn(1)0 donc xn1. De plus,

    fn+1(xn)=xnn+1-(xn+1)=xn(xn+1)-(xn+1)=(xn-1)(xn+1)0

    donc xn+1xn. La suite (xn) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge vers 1.
    Si >1 alors xnnn+ or xnn=xn+1+1. Ce qui est impossible et il reste =1.

  • (c)

    On a

    xn=x+1nln(x)=ln(x+1)g(x)=1n

    avec

    g(x)=ln(x)ln(x+1)

    définie sur [1;+[. La fonction g est de classe 𝒞, g(x)>0 donc g réalise une bijection de [1;+[ vers [0;1[, de plus (puisque g(x)0) g-1 est aussi de classe 𝒞 et donc g-1 admet un DLn(0) pour tout n et donc xn=g-1(1/n) admet un développement limité à tout ordre.
    Formons ses trois premiers termes

    g-1(x)=a+bx+cx2+o(x2)

    a=g-1(0)=1. g(g-1(x))=x donc

    ln(1+bx+cx2+o(x2))=xln(2+bx+o(x2))

    puis

    bx+(c-b22)x2+o(x2)=ln(2)x+b2x2+o(x2)

    donc

    b=ln(2)etc=(1+ln(2))ln(2)2.

    Finalement,

    xn=n+1+ln(2)n+(1+ln(2))ln(2)2n2+o(1n2).
 
Exercice 42  318   Correction  

Pour n2, on considère le polynôme

Pn=Xn-nX+1.
  • (a)

    Montrer que Pn admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée xn.

  • (b)

    Déterminer la limite de xn lorsque n+.

  • (c)

    Donner un équivalent de (xn) puis le deuxième terme du développement asymptotique xn.

Solution

  • (a)

    La fonction xPn(x) est strictement décroissante sur [0;1] car

    Pn(x)=n(xn-1-1)

    est strictement négatif sauf pour x=1.
    La fonction continue Pn réalise donc une bijection strictement décroissante de [0;1] vers [Pn(1);Pn(0)]=[2-n;1].
    On en déduit l’existence et l’unicité de la solution xn à l’équation Pn(x)=0.

  • (b)

    Puisque xn[0;1], on a xnn+1xnn puis

    Pn+1(xn)=xnn+1-(n+1)xn+1Pn(xn)=0.

    Ainsi Pn+1(xn)Pn+1(xn+1) et donc xn+1xn car la fonction Pn+1 est strictement décroissante.
    La suite (xn) est décroissante et minorée, elle converge donc vers un réel [0;1].
    Si >0 alors

    Pn(xn)=xnn-nxn+1-

    ce qui est absurde. On conclut =0.

  • (c)

    On a

    xnnnxn=1nxnn-10

    et donc xnn=o(nxn).
    Sachant xnn-nxn+1=0, on obtient nxn1 puis

    xn1n.

    Écrivons ensuite

    xn=1n+εnn avec εn0.

    Puisque xnn=nxn-1, on a

    εn=xnn=(1+εn)nnn0.

    Nous allons montrer

    (1+εn)nn+1

    ce qui permettra de déterminer un équivalent de εn puis de conclure.
    Puisque εn0, pour n assez grand, on a |1+εn|2 et alors

    εn=(1+εn)nnn2nnn.

    On en déduit

    1(1+εn)n(1+2nnn)n=exp(nln(1+2nnn)).

    Or

    nln(1+2nnn)2nnn-10

    et par encadrement

    (1+εn)n1.

    On peut conclure εn1nn et finalement

    xn=1n+1nn+1+o(1nn+1).
 
Exercice 43  3154    

Pour n*, on introduit le polynôme

Pn(X)=X(X-1)(X-n).
  • (a)

    Montrer que le polynôme Pn possède une unique racine dans l’intervalle ]0;1[.

Cette racine est notée xn et l’on détermine une suite (xn)n1 en faisant varier n.

  • (b)

    Étudier la monotonie de la suite (xn)n1.

  • (c)

    Justifier que pour tout x réel distinct de 0,1,,n,

    Pn(x)Pn(x)=k=0n1x-k.
  • (d)

    Déterminer un équivalent de la suite (xn)n1.

    On admettra11 1 Voir le sujet 5029 ou le sujet 4911.

    k=1n1kn+ln(n).
 
Exercice 44  2471    Correction  

Soit f(x)=(cos(x))1/x et (𝒞) le graphe de f.

  • (a)

    Montrer l’existence d’une suite (xn) vérifiant:

  • (b)

    (xn) est croissante positive.
    ii) la tangente à (𝒞) en (xn,f(xn)) passe par O.

  • (c)

    Déterminer un développement asymptotique à 2 termes de (xn).

Solution

  • (a)

    La fonction f est définie et 𝒞 sur 𝒟=kIk avec

    Ik=]-π2+2kπ;π2+2kπ[.

    Pour x𝒟, la tangente en (x,f(x)) passe par O si, et seulement si, xf(x)=f(x).
    Après transformation, cela équivaut pour x>0 à l’équation

    xtan(x)+ln(cos(x))+x=0.

    Posons φ(x)=xtan(x)+ln(cos(x))+x.
    φ est définie et de classe 𝒞 sur 𝒟.
    φ(x)=x(1+tan2(x))+1>0 sur 𝒟+*.
    Quand x(π2+2kπ)-, φ(x)+. Quand x(-π2+2kπ)+, φ(x)-.
    φIk réalise donc une bijection de Ik vers (pour k*).
    La suite (xn)n* avec xn=(φIn)-1(0) est solution.

  • (b)

    Evidemment xn2nπ et donc xn=2nπ+yn.
    Après calculs, on obtient

    (2nπ+yn)(cos(yn)+sin(yn))=-cos(yn)ln(cos(yn)).

    La fonction ttln(t) est bornée sur ]0;1] car prolongeable par continuité en 0 et donc

    cos(yn)+sin(yn)=-cos(yn)ln(cos(yn))2nπ+ynn+0.

    Sachant |yn|<π/2, on en déduit yn-π/4.
    On conclut

    xn=2nπ-π4+o(1n).

[<] Étude asymptotique de suites de solutions d'une équation[>] Calcul de limites de fonctions numériques

 
Exercice 45  4755  

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand x+:

  • (a)

    (x+1)ex+1

  • (b)

    x2+1-x2-1

  • (c)

    (x+1)ln(x)-xln(x+1).

 
Exercice 46  1821  Correction  

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand x+:

  • (a)

    x3+2x2+33

  • (b)

    x2+1+x2-1

  • (c)

    x2+1-x2-1

Solution

  • (a)

    Quand x+,

    x3+2x2+33x3/2x2/3=x5/6.
  • (b)

    Quand x+,

    x2+1+x2-1=x+o(x)+x+o(x)=2x+o(x)2x.
  • (c)

    Quand x+,

    x2+1-x2-1=(x2+1)-(x2-1)x2+1+x2-1=2x+o(x)+x+o(x)1x.
 
Exercice 47  306  Correction  

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand x+

  • (a)

    ln(x+1)ln(x)-1

  • (b)

    ln(x+1)-ln(x-1)

  • (c)

    xln(x+1)-(x+1)ln(x)

Solution

  • (a)

    Quand x+,

    ln(x+1)ln(x)-1=ln(1+1/x)ln(x)1xln(x).
  • (b)

    Quand x+,

    ln(x+1)-ln(x-1)=ln(x+1x-1)ln(x+1)+ln(x-1).

    Or

    ln(x+1x-1)=ln(1+2x-1)2x-12x

    et

    ln(x+1)+ln(x-1)=2ln(x)+o(ln(x))2ln(x)

    donc

    ln(x+1)-ln(x-1)1xln(x).
  • (c)

    Quand x+,

    xln(x+1)-(x+1)ln(x)=xln(1+1x)-ln(x)=1+o(1)-ln(x)-ln(x).
 
Exercice 48  4756  

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand x0+:

  • (a)

    x-x+2x3/2

  • (b)

    2ln(x)+x1x-2ln(x)

  • (c)

    ln(sin(x)).

 
Exercice 49  1823  Correction  

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand x0

  • (a)

    1+x2-1-x2

  • (b)

    tan(x)-sin(x)

  • (c)

    ex+x-1

Solution

  • (a)

    Quand x0,

    1+x2-1-x2=2x21+x2+1-x22x22=x2.
  • (b)

    Quand x0,

    tan(x)-sin(x)=tan(x)(1-cos(x))=2tan(x)sin2(x2)x32.
  • (c)

    Quand x0,

    ex-1x

    donc

    ex+x-1=x+x+o(x)=2x+o(x)2x.
 
Exercice 50  313  Correction  

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand x0:

  • (a)

    ln(1+sin(x))

  • (b)

    ln(ln(1+x))

  • (c)

    (ln(1+x))2-(ln(1-x))2

Solution

  • (a)

    Quand x0,

    ln(1+sin(x))sin(x)

    car sin(x)0, or

    sin(x)x

    donc

    ln(1+sin(x))x.
  • (b)

    Quand x0,

    ln(1+x)x01

    donc

    ln(ln(1+x))ln(x).
  • (c)

    Quand x0,

    ln(1+x)2-ln(1-x)2=(ln(1+x)+ln(1-x))(ln(1+x)-ln(1-x))

    or

    ln(1+x)+ln(1-x)=ln(1-x2)-x2

    et

    ln(1+x)-ln(1-x)=x+o(x)-(-x+o(x))=2x+o(x)

    donc

    (ln(1+x))2-(ln(1-x))2-2x3.
 
Exercice 51  305  Correction  

Déterminer un équivalent de ln(cos(x)) quand x(π/2)-

Solution

Quand xπ2-, posons x=π2-h avec h0+

cos(x)=cos(π2-h)=sin(h).

Or

sin(h)h01

donc

ln(sin(h))ln(h)

puis

ln(cos(x))ln(π2-x).
 
Exercice 52  1824  Correction  

Soit f: une fonction décroissante telle que

f(x)+f(x+1)x+1x.
  • (a)

    Étudier la limite de f en +.

  • (b)

    Donner un équivalent de f en +.

Solution

  • (a)

    f est décroissante donc possède une limite en +.
    Quand x+, f(x) et f(x+1) donc

    f(x)+f(x+1)2

    or

    f(x)+f(x+1)1x0

    donc =0.

  • (b)

    Quand x+, on a

    f(x+1)+f(x)2f(x)f(x)+f(x-1)

    donc

    2f(x)x+1x

    puis

    f(x)x+12x.
 
Exercice 53  4765  

Soient f et g deux fonctions définies sur I et à valeurs réelles strictement positives. On suppose que f et g sont équivalentes en a extrémité finie ou infinie de I.

  • (a)

    Montrer que, si f et g tendent en a vers une limite +{+} différente de 1, alors ln(f) et ln(g) sont équivalentes11 1 On voit que, dans une certaine mesure, on peut passer les équivalents au logarithme. En revanche, on ne peut passer pas ceux-ci à l’exponentielle, sauf si la différence des fonctions tend vers 0. en a.

  • (b)

    Cette propriété est-elle encore vraie lorsque =1?

 
Exercice 54  1461   Correction  

Déterminer un équivalent simple des fonctions proposées au voisinage de 0:

  • (a)

    x(2+cos(x))-3sin(x)

  • (b)

    xx-(sin(x))x

  • (c)

    arctan(2x)-2arctan(x)

Solution

Par développements limités,

  • (a)

    x(2+cos(x))-3sin(x)160x5

  • (b)

    xx-(sin(x))x=xx(1-(sin(x)x)x)16x3

  • (c)

    arctan(2x)-2arctan(x)-2x3

 
Exercice 55  237   

On pose f(x)=x+ln(x)-1 pour x>0.

  • (a)

    Justifier que f réalise une bijection de ]0;+[ vers un intervalle à préciser.

  • (b)

    Former le développement limité à l’ordre 2 de f-1 en 0.

  • (c)

    Donner un équivalent simple à f-1(y) quand y tend vers +.

  • (d)

    Donner un équivalent simple à f-1(y) quand y tend vers -.

 
Exercice 56  2812    Correction  

Soit f:]0;+[ telle que

limx0f(x)=0etlimx0f(x)-f(x/2)x=1.

Trouver un équivalent simple en 0 de f.

Solution

Pour tout ε>0, il existe α>0 tel que

x]0;α],(1-ε)xf(x)-f(x/2)(1+ε)x.

Pour x]0;α], x/2n]0;α] pour tout n donc

(1-ε)x/2nf(x/2n)-f(x/2n+1)(1+ε)x/2n+1.

En sommant ces inégalités et en passant à la limite quand n+ on obtient

(1-ε)x11-1/2f(x)(1+ε)x11-1/2.

La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer

f(x)x1-1/2.

[<] Comparaison de fonctions numériques[>] Calcul de développements limités

 
Exercice 57  4763  

Étudier les limites suivantes:

  • (a)

    limx1ln(x)x-1

  • (b)

    limx0e2x-exx

  • (c)

    limx0(1sin2(x)-1x2)

  • (d)

    limx+(cos(1x))x2

  • (e)

    limx+(321x-231x)x.

 
Exercice 58  1822  Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx+xe-x+x2x-ln(x)

  • (b)

    limx+xln(x)-xx+cos(x)

  • (c)

    limx+xex-x2ex+e-x

Solution

  • (a)

    Quand x+,

    xe-x+x2x-ln(x)x2x=x+.
  • (b)

    Quand x+,

    xln(x)-xx+cos(x)xln(x)x=ln(x)+.
  • (c)

    Quand x+,

    xex-x2ex+e-xxe-x/20.
 
Exercice 59  704  Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx0+x+sin(x)xln(x)

  • (b)

    limx0+ln(x)+x2ln(x+x2)

  • (c)

    limx1ln(x)x2-1

Solution

  • (a)

    Quand x0+,

    x+sin(x)xln(x)=x+x+o(x)xln(x)2ln(x)0.
  • (b)

    Quand x0+,

    ln(x)+x2=ln(x)+o(ln(x))

    et puisque

    x+x2x01

    on a

    ln(x+x2)ln(x)

    donc

    ln(x)+x2ln(x+x2)ln(x)ln(x)=11.
  • (c)

    Quand x1, on peut écrire x=1+h avec h0 et alors

    ln(x)x2-1=ln(1+h)2h+h2h2h=1212
 
Exercice 60  3381  Correction  

Déterminer

limx1-ln(x)ln(1-x).

Solution

Posons x=1-h.
Quand x1-, on a h0+ et

ln(x)ln(1-x)=ln(1-h)ln(h)-hln(h)0.
 
Exercice 61  705   Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx+xln(x)ln(x)

  • (b)

    limx+(xln(x))ln(x)x

  • (c)

    limx+ln(x+x2+1)ln(x)

Solution

  • (a)

    Quand x+,

    xln(x)ln(x)=e(ln(x))2-ln(ln(x))=e(ln(x))2+o(ln(x))2+.
  • (b)

    Quand x+,

    (xln(x))ln(x)x=eln(x)xln(x)-ln(x)xln(ln(x))=e(ln(x))2x+o((ln(x))2x)1.
  • (c)

    Quand x+,

    ln(x+x2+1)ln(x)=ln(2x+o(x))ln(x)ln(2)+ln(x)ln(x)11.
 
Exercice 62  1462   Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx01sin2(x)-1x2

  • (b)

    limx01x-1ln(1+x)

  • (c)

    limx0(1+x)1/x-ex

Solution

  • (a)

    limx01sin2(x)-1x2=13

  • (b)

    limx01x-1ln(1+x)=-12

  • (c)

    limx0(1+x)1/x-ex=-e2.

 
Exercice 63  1463   Correction  

Déterminer les limites suivantes:

  • (a)

    limx2(2x+3x2x+1+5x/2)1/(2-x)

  • (b)

    limx+(ln(1+x)ln(x))xln(x)

  • (c)

    limxaxa-axarctan(x)-arctan(a) avec a>0

Solution

  • (a)

    limx2(2x+3x2x+1+5x/2)1/(2-x)=1364/1355/26

  • (b)

    limx+(ln(1+x)ln(x))xln(x)=e

  • (c)

    xa-axaa(1-ln(a))(x-a) si a1 et arctan(x)-arctan(a)(arctan(a))(x-a)=(x-a)1+a2.
    Si a1,

    limxaxa-axarctan(x)-arctan(a)=aa(1+a2)(1-ln(a)).

    Si a=1,

    limxaxa-axarctan(x)-arctan(a)=2.
 
Exercice 64  5028   
  • (a)

    Soient f et g deux fonctions réelles définies sur un intervalle dont a est une extrémité finie ou infinie. On suppose

    f(x)xa1etg(x)(f(x)-1)xa{±}.

    Étudier la limite de f(x)g(x) lorsque x tend vers a.

  • (b)

    Application: Étudier

    limx+(1x+ln(2x)ln(x))ln(x).
 
Exercice 65  3230    Correction  

Soit

f:xx+1xex.
  • (a)

    Montrer que l’équation

    f(x)=λ

    admet deux solutions a(λ)<b(λ) pour λ assez grand.

  • (b)

    Déterminer

    limλ+b(λ)a(λ).

Solution

  • (a)

    La fonction f est définie et dérivable sur * avec

    f(x)=(x2+x-1x2)ex.

    Notons α<β les deux racines réelles de l’équation x2+x-1=0. On a le tableau des variations suivant

    x-α0-0+β+f(x)+0--0+f(x)0f(α)-+f(β)+.

    Pour λ>max(f(β),f(α)), l’équation f(x)=λ admet deux solutions, l’une dans a(λ)]0;β[ et l’autre b(λ)]β;+[.

  • (b)

    On a

    a(λ)=(f]0;β[)-1(λ)λ+0+ et b(λ)=(f]β;+[)-1(λ)λ++.

    Puisque a(λ)0 et

    a(λ)+1a(λ)ea(λ)=λ

    on a

    λa(λ)=(a(λ)+1)ea(λ)1

    donc

    a(λ)1λ.

    Puisque b(λ)+ et

    b(λ)+1b(λ)eb(λ)=λ

    donc

    eb(λ)λ.

    Or λ+1 donc

    b(λ)ln(λ)

    et puisque ln(λ)+1, on a encore

    ln(b(λ))ln(ln(λ)).

    Par suite,

    b(λ)a(λ)=ea(λ)ln(b(λ))

    avec

    a(λ)ln(b(λ))ln(ln(λ))λ0

    donc

    b(λ)a(λ)1.
 
Exercice 66  3228    Correction  

Soit f: de classe 𝒞2 vérifiant

f(0)=f(0)=0 et f′′(0)>0.
  • (a)

    Montrer l’existence de a>0 tel que f est strictement décroissante sur [-a;0] et strictement croissante sur [0;a].

  • (b)

    On pose

    b=min{f(-a),f(a)}.

    Montrer que pour tout λ[0;b], l’équation f(x)=λ admet une unique solution x1(λ) dans [-a;0] et une unique solution x2(λ) dans [0;a].

  • (c)

    Déterminer les limites puis des équivalents de x1(λ) et de x2(λ) quand λ0+.

  • (d)

    On suppose maintenant que f est de classe 𝒞3. Étudier la limite quand λ0+ de

    x1(λ)+x2(λ)λ.

Solution

  • (a)

    Puisque f′′ est continue et f′′(0)>0, on peut introduire a>0 tel que f′′>0 sur [-a;a].
    On a alors f strictement croissante sur [-a;a] et puisque f(0)=0, on peut exprimer le signe de f sur [0;a] et constater que f est strictement décroissante sur [-a;0] et strictement croissante sur [0;a].

  • (b)

    Puisque f est continue, par stricte monotonie, f réalise une bijection f1 de [-a;0] sur [0;f(-a)] et une bijection f2 de [0;a] sur [0;f(a)]. L’existence et l’unicité de x1(λ) et de x2(λ) en découlent et

    x1(λ)=f1-1(λ) et x2(λ)=f2-1(λ).
  • (c)

    Par continuité de f1-1 et f2-1, on a

    limλ0+x1(λ)=0- et limλ0+x2(λ)=0+.

    Par la formule de Taylor-Young, quand x0

    f(x)=12x2f′′(0)+o(x2).

    Pour i{1,2}, puisque xi(λ)0,

    λ=f(xi(λ))=12xi2(λ)f′′(0)+o(xi2(λ))

    donc

    xi2(λ)2λf′′(0).

    Ainsi,

    x1(λ)-2λf′′(0) et x2(λ)2λf′′(0).
  • (d)

    On peut écrire

    xi(λ)=±2λf′′(0)+yi(λ) avec yi=o(λ).

    Par la formule de Taylor-Young, quand λ0

    λ=f(xi(λ))=12xi2(λ)f′′(0)+16xi3(λ)f(3)(0)+o(xi3(λ))

    et l’on obtient

    y1(λ)-13f(3)(0)f′′(0)2λ et y2(λ)-13f(3)(0)f′′(0)2λ

    donc

    x1(λ)+x2(λ)λ-23f(3)(0)f′′(0)2.

[<] Calcul de limites de fonctions numériques[>] Applications à l'étude locale de fonctions

 
Exercice 67  4757  

Calculer les développements limités suivants:

  • (a)

    exx à l’ordre 2 en 1

  • (b)

    ln(1+ex) à l’ordre 3 en 0

  • (c)

    11+cos(x) à l’ordre 4 en 0

  • (d)

    3+ch(x) à l’ordre 3 en 0

  • (e)

    sin(x)ex à l’ordre 2 en 0

  • (f)

    sh(x)ln(1+x) à l’ordre 2 en 0.

 
Exercice 68  231   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(0) de ln(x2+1x+1)

  • (b)

    DL3(0) de 3+cos(x)

  • (c)

    DL2(0) de (1+x)1/x

  • (d)

    DL3(0) de ln(1+x)ex-1

Solution

  • (a)

    ln(x2+1x+1)=-x+32x2-13x3+o(x3)

  • (b)

    3+cos(x)=2-18x2+o(x3)

  • (c)

    (1+x)1/x=e-e2x+11e24x2+o(x2)

  • (d)

    ln(1+x)ex-1=1-x+23x2-1124x3+o(x3)

 
Exercice 69  226   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(0) de ln(x2+1x+1)

  • (b)

    DL3(0) de ln(1+sin(x))

  • (c)

    DL3(1) de cos(ln(x))

Solution

  • (a)

    ln(x2+1x+1)=ln(1+x2)-ln(1+x)=-x+32x2-13x3+o(x3)

  • (b)

    ln(1+sin(x))=x-12x2+16x3+o(x3).

  • (c)

    cos(ln(x))=1-12(x-1)2+12(x-1)3+o((x-1)3).

 
Exercice 70  1447  Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(π/4) de sin(x)

  • (b)

    DL4(1) de ln(x)x2

  • (c)

    DL5(0) de sh(x)ch(2x)-ch(x).

Solution

  • (a)

    sin(x)=22+22(x-π4)-24(x-π4)2-212(x-π4)3+o((x-π4)3)

  • (b)

    ln(x)x2=(x-1)-52(x-1)2+133(x-1)3-7712(x-1)4+o((x-1))4.

  • (c)

    sh(x)ch(2x)-ch(x)=-1+x-12x2+136x3-124x4+121120x5+o(x5).

 
Exercice 71  745   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(0) de ln(1+ex)

  • (b)

    DL3(0) de ln(2+sin(x))

  • (c)

    DL3(0) de 3+cos(x)

Solution

  • (a)

    ln(1+ex)=ln(2)+12x+18x2+o(x3)

  • (b)

    ln(2+sin(x))=ln(2)+12x-18x2-124x3+o(x3)

  • (c)

    3+cos(x)=2-18x2+o(x3)

 
Exercice 72  292   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(0) de e1+x

  • (b)

    DL3(0) de ln(1+1+x)

  • (c)

    DL3(0) de ln(3ex+e-x)

Solution

  • (a)

    e1+x=e+e2x+e48x3+o(x3).

  • (b)

    ln(1+1+x)=ln(2)+14x-332x2+596x3+o(x3)

  • (c)

    ln(3ex+e-x)=2ln(2)+12x+38x2-18x3+o(x3)

 
Exercice 73  1448   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL2(0) de (1+x)1/x

  • (b)

    DL4(0) de ln(sin(x)x)

  • (c)

    DL4(0) de ln(sh(x)x)

Solution

  • (a)

    (1+x)1/x=e-e2x+11e24x2+o(x2)

  • (b)

    ln(sin(x)x)=-16x2-1180x4+o(x4)

  • (c)

    ln(sh(x)x)=16x2-1180x4+o(x4)

 
Exercice 74  1451   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(0) de ln(1+x)ex-1

  • (b)

    DL2(0) de arctan(x)tan(x)

  • (c)

    DL2(1) de x-1ln(x)

Solution

  • (a)

    ln(1+x)ex-1=1-x+23x2-1124x3+o(x3)

  • (b)

    arctan(x)tan(x)=1-23x2+o(x2)

  • (c)

    x-1ln(x)=1+12(x-1)-112(x-1)2+o((x-1)2)

 
Exercice 75  751   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL3(0) de x-sin(x)1-cos(x)

  • (b)

    DL2(0) de sin(x)exp(x)-1

  • (c)

    DL3(0) de xch(x)-sh(x)ch(x)-1

Solution

  • (a)

    x-sin(x)1-cos(x)=13x+190x3+o(x3)

  • (b)

    sin(x)exp(x)-1=1-12x-112x2+o(x2)

  • (c)

    xch(x)-sh(x)ch(x)-1=23x+190x3+o(x3)

 
Exercice 76  1449   Correction  

Former le DL3(1) de arctan(x)

Solution

On primitive de DL2(1) de 11+x2,

arctan(x)=x1π4+12(x-1)-14(x-1)2+112(x-1)3+o((x-1)3).
 
Exercice 77  238   Correction  

Montrer que xx+ln(1+x) admet au voisinage de 0 une fonction réciproque.
Former le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de 0 de celle-ci.

Solution

f:xx+ln(1+x) est de classe 𝒞 et f(0)=0 et f(0)=2>0.
Sur un intervalle voisinage de 0, la dérivée de f ne s’annule pas et donc f induit une bijection au départ de cet intervalle. De plus, sa bijection réciproque est de classe 𝒞 et admet un développement limité à l’ordre 3 de la forme

f-1(y)=ay+by2+cy3+o(y3).

Puisque f(f-1(y))=y, on obtient

2ay+(2b-a22)y2+(2c-ab+13a3)y3+o(y3)=y.

On en déduit a=1/2, b=1/16 et c=-1/192.

 
Exercice 78  1456   Correction  

Montrer que l’application f: définie par f(x)=xex2 admet une application réciproque définie sur et former le DL5(0) de f-1.

Solution

f est de classe 𝒞 sur et

f(x)=(1+2x2)ex2>0

de plus lim+f=+,lim-f=-.
Donc f réalise une bijection de vers et f-1 est de classe 𝒞 sur .
En particulier f-1 admet une DL5(0), de plus comme f est impaire, f-1 l’est aussi et le DL5(0) de f-1 est de la forme:

f-1(x)=ax+bx3+cx5+o(x5).

En réalisant un DL5(0) de f-1(f(x)), on obtient

f-1(f(x))=ax+(a+b)x3+(12a+3b+c)x5+o(x5).

Or f-1(f(x))=x, donc:

a=1,b=-1 et c=52.
 
Exercice 79  234   
  • (a)

    Former le développement limité à l’ordre 3 en 0 de

    tan(x)=sin(x)cos(x).
  • (b)

    Prolonger ce développement limité à l’ordre 5 en exploitant

    tan(arctan(x))=x.
  • (c)

    Prolonger ce développement limité à l’ordre 7 en exploitant

    (tan)(x)=1+tan2(x).
 
Exercice 80  1452   Correction  

Déterminer les développements limités suivants:

  • (a)

    DL10(0) de xx2dt1+t4

  • (b)

    DL1000(0) de ln(k=0999xkk!)

Solution

  • (a)

    11+t4=1-12t4+38t8+o(t9) dont 0xdt1+t4=t-110t5+124t9+o(t10)
    puis xx2dt1+t4=0x2dt1+t4-0xdt1+t4=-x+x2+110x5-124x9-110x10+o(x10)

  • (b)

    ln(k=0999xkk!)=ln(ex-x10001000!+o(x1000))=ln(ex)+ln(1-x1000e-x1000!+o(x1000))=x-11 000!x1000+o(x1000).

 
Exercice 81  1453   Correction  

Exprimer le développement limité à l’ordre n en 0 de 11-x à l’aide de nombres factoriels.

Solution

11-x=k=0n(-1/)2k(-x)k+o(xn)

avec

(-1/)2k =(-12)(-32)(-2k-12)k!
=(-1)k1.3(2k-1)2kk!=(-1)k(2k)!(2kk!)2.

Au final,

11-x=k=0n(2k)!(2kk!)2xk+o(xn).
 
Exercice 82  1454   Correction  

Pour α=-1/2 et k, exprimer

α(α-1)(α-k+1)k!

à l’aide de nombres factoriels.
En déduire une expression du DL2n+1(0) de 11-x2 puis du DL2n+2(0) de arcsin(x).

Solution

On a

α(α-1)(α-k+1)k!=(-1)k12322k-12k!=(-1)k(2k)!22k(k!)2.

Donc

11-x2=k=0n(2k)!22k(k!)2x2k+o(x2n+1)

puis

arcsin(x)=k=0n(2k)!22k(2k+1)(k!)2x2k+1+o(x2n+2).
 
Exercice 83  1455   Correction  

Pour n, déterminer le développement limité à l’ordre 2n+2 de x12ln(1+x1-x).

On pourra commencer par calculer la dérivée de cette fonction.

Solution

(12ln(1+x1-x))=11-x2

et

11-x2=1+x2+x4++x2n+o(x2n+1).

Donc

12ln(1+x1-x)=x+13x3+15x5++12n+1x2n+1+o(x2n+2).
 
Exercice 84  2519  Correction  

Soient n, n2 et f l’application de dans définie par

f(x)=xnsin(1x) si x0 et f(0)=0.
  • (a)

    Montrer que f est dérivable sur .

  • (b)

    f admet-elle un développement limité en 0? si oui à quel ordre maximal?

Solution

  • (a)

    f est évidemment dérivable en tout a* et aussi dérivable en 0 avec f(0)=0.

  • (b)

    f admet pour développement limité à l’ordre n-1: f(x)=o(xn-1).
    Si f admet un DLn(0) celui-ci serait de la forme

    f(x)=x0axn+o(xn)

    ce qui entraîne que sin(1/x) admet une limite finie en 0 ce qui est notoirement faux.

 
Exercice 85  3025    

En calculant de deux façons le développement limité à l’ordre n en 0 de (ex-1)n, établir que pour tout entier compris entre 0 et n,

k=0n(nk)(-1)n-kk!={0 si <n1 si =n.

[<] Calcul de développements limités[>] Calcul de développements asymptotiques de fonctions

 
Exercice 86  4764  

Soit f l’application définie sur * par

f(x)=1+x2sin(1x).
  • (a)

    Montrer à l’aide d’un développement limité à l’ordre 1 que l’on peut prolonger f en une fonction dérivable sur .

  • (b)

    La fonction dérivée de f admet-elle un développement limité en 0?

 
Exercice 87  1464  Correction  

Soit f:]-1;0[]0;+[ définie par

f(x)=ln(1+x)-xx2.

Montrer que f peut être prolongée par continuité en 0 et que ce prolongement est alors dérivable en 0.
Quelle est alors la position relative de la courbe de f par rapport à sa tangente en ce point?

Solution

On a

f(x)=x0-12+13x-14x2+o(x2).

Par suite, f peut être prolongée par continuité en 0 en posant f(0)=-12.

De plus, ce prolongement est dérivable en 0 et f(0)=13.

L’équation de la tangente en 0 est

y=-12+13x

et la courbe est localement en dessous de celle-ci.

 
Exercice 88  1465  Correction  

Soient a un réel non nul et f la fonction définie au voisinage de 0 par

f(x)=ln(1+ax)1+x.

Déterminer les éventuelles valeurs de a pour lesquelles f présente un point d’inflexion en 0.

Solution

On a

f(x)=x0ax-a(1+12a)x2+a(1+12a+13a2)x3+o(x3).

Pour que f présente un point d’inflexion en 0, il faut que a(1+12a)=0 c’est-à-dire ; a=-2.

Inversement, si a=-2,

f(x)=x0-2x-83x3+o(x3)

et par suite f présente un point d’inflexion en 0.

 
Exercice 89  1466  Correction  

Montrer que la fonction

f:xxex-1

peut être prolongée en une fonction de classe 𝒞1 sur .

Solution

f est définie sur * et se prolonge par continuité en 0 en posant f(0)=1.
f est de classe 𝒞1 sur * et

f(x)=ex-1-xex(ex-1)2=-12x2+o(x2)x2+o(x2)x0-12

donc f est dérivable en 0 avec f(0)=-1/2 et finalement f est de classe 𝒞1 sur .

 
Exercice 90  232  

Former le développement limité à l’ordre 3 en 0 de la fonction xarctan(ex).

Quelle est l’allure de cette fonction autour du point d’abscisse 0?

 
Exercice 91  1470   Correction  

Soit f: définie par

f(x)={e-1/x2 si x00 sinon.

Montrer que f est de classe 𝒞 et que pour tout n, f(n)(0)=0.
C’est ici un exemple de fonction non nulle dont tous les DLn(0) sont nuls.

Solution

f est évidemment de classe 𝒞 sur *.
Montrons par récurrence que f est de classe 𝒞n et que f(n) est de la forme:

f(n)(x)=Pn(1/x)e-1/x2

pour x0 avec Pn[X].
Pour n=0: ok.
Supposons la propriété établie au rang n0.
f(n) est continue, dérivable sur * et pour x0,

f(n+1)(x)=-1x2Pn(1x)e-1/x2+2x3Pn(1x)e-1/x2=Pn+1(1x)e-1/x2

avec Pn+1[X].
Récurrence établie.
Pour tout n, f(n)(x)=y=1/x2Pn(y)e-y0 quand x0+ et de même quand x0-.
Par le théorème du prolongement 𝒞1 dans une version généralisée, on obtient que f est de classe 𝒞 et f(n)(0)=0 pour tout n.
Par suite, f(n) est dérivable en 0 et f(n+1)(0)=0.

[<] Applications à l'étude locale de fonctions

 
Exercice 92  4758  

Calculer les trois premiers termes des développements asymptotiques de:

  • (a)

    1ex-1 quand x0

  • (b)

    ln(x+1) quand x+.

 
Exercice 93  1457  Correction  

Former le développement asymptotique en 0 de l’expression considérée à la précision demandée:

  • (a)

    ln(1+x)x à la précision x5/2

  • (b)

    xx à la précision (xln(x))2

Solution

  • (a)

    ln(1+x)x=x0x-12x3/2+13x5/2+o(x5/2)

  • (b)

    xx=x01+xln(x)+12x2ln2(x)+o(x2ln2(x))

 
Exercice 94  1458  Correction  

Former le développement asymptotique en + de l’expression considérée à la précision demandée:

  • (a)

    x+1 à la précision 1/x3/2.

  • (b)

    xln(x+1)-(x+1)ln(x) à la précision 1/x2.

  • (c)

    (x+1x)x à la précision 1/x2.

Solution

  • (a)
    x+1=x1+1/x=x+x+121x-181x3/2+o(1x3/2).
  • (b)
    xln(x+1)-(x+1)ln(x)=x+-ln(x)+1-121x+131x2+o(1x2)
  • (c)
    (x+1x)x=x+e-e21x+11e241x2+o(1x2)
 
Exercice 95  3431   

Former le développement asymptotique à trois termes au voisinage de + de la fonction xxarctan(x). Quelle est l’allure de cette fonction en +?

 
Exercice 96  239   Correction  

Soit f:[e;+[ la fonction définie par

f(x)=xln(x).
  • (a)

    Montrer que f réalise une bijection de [e;+[ vers un intervalle à préciser.

  • (b)

    Déterminer un équivalent simple à f-1 en +.

  • (c)

    Réaliser un développement asymptotique à trois termes de f-1 en +.

Solution

  • (a)

    f est continue et

    f(x)=ln(x)-1(ln(x))2>0

    sauf en x=e donc f est strictement croissante et réalise donc une bijection de [e;+[ vers [e;+[.

  • (b)

    Quand y+, f-1(y)+.

    f-1(y)ln(f-1(y))=y

    donc

    ln(f-1(y))-ln(ln(f-1(y)))=ln(f-1(y))+o(ln(f-1(y)))=ln(y)

    d’où

    ln(f-1(y))ln(y).

    Par suite,

    f-1(y)yln(y).
  • (c)
    f-1(y)=yln(f-1(y))=yln(yln(y)+o(yln(y)))=yln(y)+yln(ln(y)+o(ln(y)))=yln(y)+yln(ln(y))+o(yln(ln(y))).

    puis

    f-1(y)=yln(f-1(y))=yln(yln(y)+yln(ln(y))+o(yln(ln(y)))=yln(yln(y))+yln(1+ln(ln(y))ln(y)+o(ln(ln(y))ln(y)))

    et enfin

    f-1(y)=yln(y)+yln(ln(y))+yln(ln(y))ln(y)+o(yln(ln(y))ln(y)).
 
Exercice 97  5030    

Soit φ:]-1;+[ la fonction définie par φ(s)=s-ln(1+s) pour tout s>-1.

  • (a)

    Montrer que φ définit par restriction aux intervalles ]-1;0] et [0;+[ une bijection φ-:]-1;0][0;+[ et une bijection φ+:[0;+[[0;+[.

  • (b)

    Donner un équivalent de φ(s) lorsque s tend vers 0 et en déduire des équivalents des bijections réciproques φ+-1 et φ--1 en 0 par valeurs supérieures.

  • (c)

    Former un développement asymptotique à trois termes de φ+-1 et φ--1 en 0+.



Édité le 05-09-2019

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