Exercice 1 2280

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

(a)

$n, n^{2}, \ln (n), e^{n}, n \ln (n), \frac{n^{2}}{\ln (n)}$
(b)

$\frac{1}{n}, \frac{1}{n^{2}}, \frac{1}{\ln (n)}, \frac{\ln (n)}{n}, \frac{\ln (n)}{n^{2}}, \frac{1}{n \ln (n)}$ .

Exercice 2 4752

Réduire l’écriture des expressions asymptotiques suivantes:

(a)

$o (2 n) - 2 o ({(- 1)}^{n} n)$
(b)

$n \ln (n) + o (n + 1) + o (n^{2})$
(c)

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

Exercice 3 4753

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

(a)

$\ln (n) + 2 n - 1$
(b)

$\frac{(1 + \ln (n)) (3 n^{2} + 1)}{\sqrt{n^{2} + 2 n}}$
(c)

$\frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n + 1}$
(d)

$\sqrt{n + 1} + \sqrt{n - 1}$
(e)

$\ln (2 n^{3} + 1)$
(f)

$\ln (1 + \frac{1}{\sqrt{n}})$
(g)

$n \sin (\frac{1}{n^{2} + 1})$
(h)

$\ln (n + 1) - \ln (n - 1)$
(i)

${(n + 1)}^{n}$ .

Exercice 4 2281 Correction

Trouver un équivalent simple aux suites $(u_{n})$ suivantes et donner leur limite:

(a)

$u_{n} = (n + 3 \ln (n)) e^{- (n + 1)}$
(b)

$u_{n} = \frac{\ln (n^{2} + 1)}{n + 1}$
(c)

$u_{n} = \frac{\sqrt{n^{2} + n + 1}}{\sqrt[3]{n^{2} - n + 1}}$

Solution

(a)

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n e^{- n}}{e} \to 0 .$
(b)

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2 \ln (n)}{n} \to 0 .$
(c)

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n^{1 / 3} \to + \infty .$

Exercice 5 236 Correction

Trouver un équivalent simple aux suites $(u_{n})$ suivantes et donner leur limite:

(a)

$u_{n} = \frac{n^{3} - \sqrt{n^{2} + 1}}{\ln (n) - 2 n^{2}}$
(b)

$u_{n} = \frac{2 n^{3} - \ln (n) + 1}{n^{2} + 1}$
(c)

$u_{n} = \frac{n! + e^{n}}{2^{n} + 3^{n}}$

Solution

(a)

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{1}{2} n \to - \infty .$
(b)

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 n \to + \infty .$
(c)

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n!}{3^{n}} \to + \infty .$

Exercice 6 235 Correction

Trouver un équivalent simple aux suites $(u_{n})$ suivantes:

(a)

$u_{n} = \sin (\frac{1}{\sqrt{n + 1}})$
(b)

$u_{n} = \ln (\sin (\frac{1}{n}))$
(c)

$u_{n} = 1 - \cos (\frac{1}{n})$

Solution

(a)

$u_{n} = \sin (\frac{1}{\sqrt{n + 1}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}}$

car $\frac{1}{\sqrt{n + 1}} \to 0$ .
(b)

$\sin (\frac{1}{n}) \sim \frac{1}{n} \to 0 \neq 1$ donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (\frac{1}{n}) = - \ln (n) .$
(c)

$u_{n} = 2 \sin^{2} (\frac{1}{2 n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 n^{2}} .$

Exercice 7 2282 Correction

Trouver un équivalent simple aux suites $(u_{n})$ suivantes:

(a)

$u_{n} = \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n + 1}$
(b)

$u_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n - 1}$
(c)

$u_{n} = \sqrt{\ln (n + 1) - \ln (n)}$

Solution

(a)

$u_{n} = \frac{2}{n^{2} - 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{n^{2}} .$
(b)

$u_{n} = \frac{2}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n - 1}}$ $\underset{n \to + \infty}{=} \frac{2}{\sqrt{n} + o (\sqrt{n}) + \sqrt{n} + o (\sqrt{n})} = \frac{1}{\sqrt{n} + o (\sqrt{n)}}$

$\underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}} .$
(c)

$u_{n} = \sqrt{\ln (1 + \frac{1}{n})} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{\frac{1}{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}$

car

$\ln (1 + \frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n}$

puisque $\frac{1}{n} \to 0$ .

Exercice 8 1472 Correction

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

(a)

$2 \sqrt{n} - \sqrt{n + 1} - \sqrt{n - 1}$
(b)

$\frac{\ln (n + 1) - \ln (n)}{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}$

Solution

(a)

$2 \sqrt{n} - \sqrt{n + 1} - \sqrt{n - 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{4 n \sqrt{n}} .$
(b)

$\frac{\ln (n + 1) - \ln (n)}{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}} = \frac{\ln (1 + 1 / n)}{\sqrt{n} (\sqrt{1 + 1 / n} - 1)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1 / n}{1 / 2 n^{3 / 2}} = \frac{2}{\sqrt{n}} .$

Exercice 9 2286 Correction

Soient $(u_{n})$ , $(v_{n})$ , $(w_{n})$ , $(t_{n})$ des suites de réels strictement positifs telles que

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} v_{n} et w_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} t_{n} .

Montrer que

u_{n} + w_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} v_{n} + t_{n} .

Solution

Supposons $u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} v_{n}$ et $w_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} t_{n}$ . On a

| \frac{u_{n} + w_{n}}{v_{n} + t_{n}} - 1 | = | \frac{(u_{n} - v_{n}) + (w_{n} - t_{n})}{v_{n} + t_{n}} |

donc

| \frac{u_{n} + w_{n}}{v_{n} + t_{n}} - 1 | \leq \frac{| u_{n} - v_{n} |}{v_{n}} + \frac{| w_{n} - t_{n} |}{t_{n}} = | \frac{u_{n}}{v_{n}} - 1 | + | \frac{w_{n}}{t_{n}} - 1 | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 10 2459 CCINP (MP)Correction

Montrer que

\int_{n^{2}}^{n^{3}} \frac{d t}{1 + t^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} .

Solution

On peut calculer l’intégrale

u_{n} = \int_{n^{2}}^{n^{3}} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \arctan (n^{3}) - \arctan (n^{2}) .

Or pour $x > 0$ ,

\arctan (x) + \arctan (\frac{1}{x}) = \frac{π}{2}

donc

u_{n} = \arctan (\frac{1}{n^{2}}) - \arctan (\frac{1}{n^{3}}) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} .

Exercice 11 5780 Correction

Soit $u_{n}$ une suite de réels positifs vérifiant $u_{n} = o (\sqrt{n})$ . Établir

{(1 + \frac{u_{n}}{n})}^{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{u_{n}} .

Solution

Étudions la limite du quotient,

{(1 + \frac{u_{n}}{n})}^{n} e^{- u_{n}} = \exp (n \ln (1 + \frac{u_{n}}{n}) - u_{n}) .

Par développement limité,

n \ln (1 + \frac{u_{n}}{n}) - u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n (\frac{u_{n}}{n} - \frac{u_{n}^{2}}{2 n^{2}} + o (\frac{u_{n}^{2}}{n^{2}})) - u_{n} = - \frac{u_{n}^{2}}{2 n} + o (\frac{u_{n}^{2}}{n}) .

Puisque $u_{n} = o (\sqrt{n})$ , on obtient

\frac{u_{n}^{2}}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0

et alors, par opérations sur les limites,

{(1 + \frac{u_{n}}{n})}^{n} e^{- u_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

On en déduit

{(1 + \frac{u_{n}}{n})}^{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{u_{n}} .

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

Exercice 12 4754

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

(a)

$n ({(1 + \frac{1}{n})}^{27} - 1)$
(b)

$(n + 1) (n^{1 / n} - 1)$
(c)

${(1 + \frac{x}{n})}^{n}$ avec $x \in ℝ$ .

Exercice 13 1473 Correction

Déterminer les limites suivantes:

(a)

${lim}_{n \to + \infty} n \sin (\frac{1}{n})$
(b)

${lim}_{n \to + \infty} {(n \sin (\frac{1}{n}))}^{n^{2}}$
(c)

${lim}_{n \to + \infty} n^{2} ({(n + 1)}^{1 / n} - n^{1 / n})$

Solution

(a)

$n \sin (\frac{1}{n}) \sim \frac{n}{n} = 1$

donc

$lim_{n \to + \infty} n \sin (\frac{1}{n}) = 1 .$
(b)

${(n \sin (\frac{1}{n}))}^{n^{2}} = e^{n^{2} \ln (n \sin (\frac{1}{n}))} = e^{- \frac{1}{6} + o (1)}$

donc

$lim_{n \to + \infty} {(n \sin (\frac{1}{n}))}^{n^{2}} = \frac{1}{\sqrt[6]{e}} .$
(c)

$n^{2} ({(n + 1)}^{1 / n} - n^{1 / n}) = e^{\frac{\ln (n)}{n}} n^{2} (e^{\frac{\ln (1 + 1 / n)}{n}} - 1) \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{\frac{\ln (n)}{n}}$

donc

$lim_{n \to + \infty} n^{2} ({(n + 1)}^{1 / n} - n^{1 / n}) = 1 .$

Exercice 14 2283 Correction

Déterminer la limite des suites $(u_{n})$ suivantes:

(a)

$u_{n} = n \sqrt{\ln (1 + \frac{1}{n^{2} + 1})}$
(b)

$u_{n} = {(1 + \sin (\frac{1}{n}))}^{n}$
(c)

$u_{n} = \frac{n^{\sqrt{n + 1}}}{{(n + 1)}^{\sqrt{n}}}$

Solution

(a)

$\ln (1 + \frac{1}{n^{2} + 1}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2} + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}}$

car $\frac{1}{n^{2} + 1} \to 0$ . Par suite,

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1 \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$
(b)

$u_{n} = e^{n \ln (1 + \sin (\frac{1}{n}))}$ avec

$\ln (1 + \sin (\frac{1}{n})) \underset{n \to + \infty}{\sim} \sin (\frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n}$

donc $n \ln (1 + \sin (\frac{1}{n})) \to 1$ puis $u_{n} \to e$ .
(c)

$u_{n} = e^{\sqrt{n + 1} \ln (n) - \sqrt{n} \ln (n + 1)}$ avec

$\sqrt{n + 1} \ln (n) - \sqrt{n} \ln (n + 1) = (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \ln (n) - \sqrt{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) .$

Or

$(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \ln (n) = \frac{\ln (n)}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} = \frac{\ln (n)}{2 \sqrt{n} + o (\sqrt{n})} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{2 \sqrt{n}}$

et

$\sqrt{n} \ln (1 + \frac{1}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{\ln (n)}{2 \sqrt{n}})$

donc

$\sqrt{n + 1} \ln (n) - \sqrt{n} \ln (n + 1) \underset{n \to + \infty}{=} \frac{\ln (n)}{2 \sqrt{n}} + o (\frac{\ln (n)}{2 \sqrt{n}}) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

donc $u_{n} \to 1$ .

Exercice 15 302 Correction

Nature de la suite de terme général

u_{n} = \cos (π n^{2} \ln (1 - \frac{1}{n})) .

Solution

En développant $\ln (1 - 1 / n)$ ,

u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \cos (π n + \frac{π}{2} + o (1)) = {(- 1)}^{n + 1} \sin (o (1)) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 16 2782 MINES (MP)

Soient $a$ et $b$ des réels positifs.

Étudier

lim_{n \to + \infty} {(\frac{a^{\frac{1}{n}} + b^{\frac{1}{n}}}{2})}^{n} .

Exercice 17 1475 Correction

Déterminer

lim_{n \to + \infty} {(3 \sqrt[n]{2} - 2 \sqrt[n]{3})}^{n} .

Solution

On a

3 \sqrt[n]{2} - 2 \sqrt[n]{3} = 3 e^{\frac{1}{n} \ln (2)} - 2 e^{\frac{1}{n} \ln (3)} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + \frac{3 \ln (2) - 2 \ln (3)}{n} + o (\frac{1}{n})

donc

{(3 \sqrt[n]{2} - 2 \sqrt[n]{3})}^{n} = e^{n \ln (3 \sqrt[n]{2} + 2 \sqrt[n]{3})} = e^{\ln (8 / 9) + o (1)} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{8}{9} .

Exercice 18 2990 ENSTIM (MP)Correction

Soit $a > 1$ . Étudier

lim_{n \to + \infty} {((a + 1) a^{1 / n} - a {(a + 1)}^{1 / n})}^{n} .

Solution

Par développement limité,

(a + 1) a^{1 / n} = (a + 1) \exp (\frac{1}{n} \ln (a)) \underset{n \to + \infty}{=} (a + 1) (1 + \frac{1}{n} \ln (a) + o (\frac{1}{n}))

a {(a + 1)}^{1 / n} = a \exp (\frac{1}{n} \ln (a + 1)) \underset{n \to + \infty}{=} a (1 + \frac{1}{n} \ln (a + 1) + o (\frac{1}{n}))

donc

(a + 1) a^{1 / n} - a {(a + 1)}^{1 / n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + \frac{1}{n} ((a + 1) \ln (a) - a \ln (a + 1)) + o (\frac{1}{n}) .

Cela s’exprime

(a + 1) a^{1 / n} - a {(a + 1)}^{1 / n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + ε_{n}

avec

n ε_{n} = (a + 1) \ln (a) - a \ln (a + 1) + o (1) \to_{n \to + \infty}^{} (a + 1) \ln (a) - a \ln (a + 1)

et donc

{((a + 1) a^{1 / n} - a {(a + 1)}^{1 / n})}^{n} = \exp (n \ln (1 + ε_{n})) = \exp (n ε_{n} + o (n ε_{n})) .

Par continuité de l’exponentielle,

{((a + 1) a^{1 / n} - a {(a + 1)}^{1 / n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} \exp ((a + 1) \ln (a) - a \ln (a + 1)) = \frac{a^{a + 1}}{{(a + 1)}^{a}} .

Exercice 19 5779 Correction

Soit $t \in ℝ$ . Étudier

lim_{n \to + \infty} \frac{1}{2 i} [{(1 + i \frac{t}{n})}^{n} - {(1 - i \frac{t}{n})}^{n}] .

Solution

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On emploie une écriture sous forme trigonométrique

1 + i \frac{t}{n} = \sqrt{1 + \frac{t^{2}}{n^{2}}} e^{i \arctan (t / n)}

et donc

{(1 + i \frac{t}{n})}^{n} = {(1 + \frac{t^{2}}{n^{2}})}^{n / 2} e^{i n \arctan (t / n)} .

D’une part,

{(1 + \frac{t^{2}}{n^{2}})}^{n / 2} = \exp [\frac{n}{2} \ln (1 + \frac{t^{2}}{n^{2}})]

avec

\frac{n}{2} \ln (1 + \frac{t^{2}}{n^{2}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n}{2} \cdot \frac{t^{2}}{n^{2}} = \frac{t^{2}}{2 n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

D’autre part,

i n \arctan (\frac{t}{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} i n \cdot \frac{t}{n} \to_{n \to + \infty}^{} i t .

Par conjugaison et opérations sur les limites,

\frac{1}{2 i} [{(1 + i \frac{t}{n})}^{n} - {(1 - i \frac{t}{n})}^{n}] \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2 i} (e^{i t} - e^{- i t}) = \sin (t) .

Exercice 20 5928 Correction

Déterminer un équivalent quand $n$ tend vers l’infini de

u_{n} = \frac{1 \times 3 \times 5 \times \dots \times (2 n + 1)}{2 \times 4 \times 6 \times \dots \times 2 n} .

Solution

Au numérateur, on introduit les facteurs pairs intermédiaires pour proposer une écriture en tant que quotient de nombres factoriels

1 \times \frac{2}{2} \times 3 \times \frac{4}{4} \times 5 \times \frac{6}{6} \times \dots \times \frac{2 n}{2 n} \times (2 n + 1) = \frac{(2 n + 1)!}{2 \times 4 \times 6 \times \dots \times 2 n}

avec

2 \times 4 \times 6 \times \dots \times 2 n = 2^{n} \times 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times n = 2^{n} n! .

Ainsi,

u_{n} = \frac{(2 n + 1)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} .

On poursuit en employant la formule de Stirling et, pour humaniser les calculs, on isole le facteur $(2 n + 1)$ du numérateur

u_{n} = (2 n + 1) \frac{(2 n)!}{2^{2 n} {(n!)}^{2}} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 n \frac{\sqrt{4 π n} {(\frac{2 n}{e})}^{2 n}}{2^{2 n} {\sqrt{2 π n}}^{2} {(\frac{n}{e})}^{2 n}} .

On simplifie

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2 \sqrt{n}}{\sqrt{π}} .

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

Exercice 21 4759

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

(a)

$\sqrt{n^{2} + 1}$ à 3 termes
(b)

$\sqrt[n]{n}$ à 3 termes
(c)

${(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ à 3 termes.

Exercice 22 1459 Correction

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

(a)

$u_{n} = \ln (n + 1)$ à la précision $1 / n^{2}$
(b)

$u_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n - 1}$ à la précision $1 / n^{2}$
(c)

$u_{n} = \sqrt{n + \sqrt{n}} - \sqrt{n}$ à la précision $1 / n$
(d)

$u_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ à la précision $1 / n^{2}$ .

Solution

(a)

$\ln (n + 1) = \ln (n) + \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$ .
(b)

$\sqrt{n + 1} - \sqrt{n - 1} = \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{8} \frac{1}{n^{5 / 2}} + o (\frac{1}{n^{5 / 2}})$ .
(c)

$\sqrt{n + \sqrt{n}} - \sqrt{n} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8 \sqrt{n}} + \frac{1}{16 n} + o (\frac{1}{n})$ .
(d)

${(1 + \frac{1}{n})}^{n} = e - \frac{e}{2 n} + \frac{11 e}{24 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$ .

Exercice 23 5029

(Constante d’Euler)

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose

a_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n + 1) et b_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) .

(a)

Établir que $\ln (1 + x) \leq x$ pour tout $x \in] - 1; + \infty [$ .
(b)

Justifier que les suites ${(a_{n})}_{n \geq 1}$ et ${(b_{n})}_{n \geq 1}$ sont adjacentes.

On note $γ$ leur limite commune¹¹ 1 Il s’agit de la constante d’Euler, $γ \approx 0,577 à 10^{- 3} près$ ..

Exercice 24 323 CENTRALE (MP)Correction

Développement asymptotique à trois termes de:

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n^{2}}) .

Solution

Pour $x \in [0; 1]$ ,

| \sin (x) - x + \frac{1}{6} x^{3} | \leq \frac{1}{120} .

On a donc

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2}} - \frac{1}{6} \frac{k^{3}}{n^{6}} + M_{n}

avec

| M_{n} | \leq \frac{1}{120} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{5}}{n^{10}} \leq \frac{1}{120} \frac{1}{n^{4}}

donc $M_{n} = o (1 / n^{3})$ .
Or

\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2}} = \frac{n (n + 1)}{2 n^{2}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 n}

\sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{3}}{n^{6}} = \frac{1}{n^{6}} \sum_{k = 1}^{n} k^{3} \sim \frac{1}{4 n^{2}}

donc

u_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 n} - \frac{1}{24 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .

Exercice 25 1476 Correction

Former le développement asymptotique, en $+ \infty$ , à la précision $1 / n^{2}$ de

u_{n} = \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} k! .

Solution

On a

u_{n} = \frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} k! = 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n (n - 1)} + \frac{1}{n (n - 1) (n - 2)} + \sum_{k = 0}^{n - 4} \frac{k!}{n!} .

0 \leq \sum_{k = 0}^{n - 4} \frac{k!}{n!} \leq \sum_{k = 0}^{n - 4} \frac{(n - 4)!}{n!} \leq n \frac{1}{n (n - 1) (n - 2) (n - 3)} \underset{n \to + \infty}{=} o (\frac{1}{n^{2}}) .

Donc

u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .

Exercice 26 2788 MINES (MP)Correction

Donner un développement asymptotique de ${(\frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} k!)}_{n \in ℕ}$ à la précision $1 / n^{3}$ .

Solution

On a

\frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} k! = 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n (n - 1)} + \frac{1}{n (n - 1) (n - 2)} + o (\frac{1}{n^{3}}) + \sum_{k = 0}^{n - 5} \frac{k!}{n!} .

\sum_{k = 0}^{n - 5} \frac{k!}{n!} \leq (n - 4) \frac{(n - 5)!}{n!} = o (\frac{1}{n^{3}})

donc

\frac{1}{n!} \sum_{k = 0}^{n} k! = 1 + \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{2}} + \frac{2}{n^{3}} + o (\frac{1}{n^{3}}) .

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

Exercice 27 4760

Soit $(u_{n})$ une suite décroissante de réels telle que

u_{n} + u_{n + 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n} .

Déterminer un équivalent simple de $(u_{n})$ .

Exercice 28 4761

(Intégrales de Wallis)

Pour $n \in ℕ$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{π / 2} \sin^{n} (t) d t .

(a)

Montrer que pour tout $n \in ℕ$ ,

$I_{n + 2} = \frac{n + 1}{n + 2} I_{n} .$
(b)

Établir que pour tout $n \in ℕ$ ,

$(n + 1) I_{n} I_{n + 1} = \frac{π}{2} et 0 \leq I_{n + 1} \leq I_{n} .$
(c)

Déterminer un équivalent de $I_{n}$ .

Exercice 29 2284 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = 0! + 1! + 2! + \dots + n! = \sum_{k = 0}^{n} k! .

Montrer que

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n! .

Solution

On a

u_{n} = n! + (n - 1)! + \sum_{k = 0}^{n - 2} k! .

\frac{(n - 1)!}{n!} = \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0

0 \leq \frac{\sum_{k = 0}^{n - 2} k!}{n!} = \sum_{k = 0}^{n - 2} \frac{k!}{n!} \leq \sum_{k = 0}^{n - 2} \frac{(n - 2)!}{n!} = \sum_{k = 0}^{n - 2} \frac{1}{n (n - 1)} \leq \frac{1}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc

u_{n} = n! + (n - 1)! + \sum_{k = 0}^{n - 2} k! = n! + o (n!) \underset{n \to + \infty}{\sim} n! .

Exercice 30 2285 Correction

On pose

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} .

(a)

Justifier que

$\frac{1}{\sqrt{n + 1}} \leq 2 (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \leq \frac{1}{\sqrt{n}} .$
(b)

Déterminer la limite de $(S_{n})$ .
(c)

On pose $u_{n} = S_{n} - 2 \sqrt{n}$ . Montrer que $(u_{n})$ converge.
(d)

Donner un équivalent simple de $(S_{n})$ .

Solution

(a)

$2 (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) = \frac{2}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$

donc

$\frac{1}{\sqrt{n + 1}} \leq 2 (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \leq \frac{1}{\sqrt{n}} .$
(b)

$S_{n} \geq \sum_{k = 1}^{n} 2 (\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}) = 2 \sqrt{n + 1} - 2$

puis $S_{n} \to + \infty$ .
(c)

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1}} - 2 (\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) \leq 0$ donc $(u_{n})$ est décroissante.
Or $u_{n} = S_{n} - 2 \sqrt{n} \geq 2 \sqrt{n + 1} - 2 - 2 \sqrt{n} \geq - 2$ donc $(u_{n})$ est aussi minorée. Par suite, $(u_{n})$ converge.
(d)

$S_{n} = 2 \sqrt{n} + u_{n} = 2 \sqrt{n} + o (\sqrt{n}) \sim 2 \sqrt{n} .$

Exercice 31 301 Correction

On étudie ici la suite $(S_{n})$ de terme général

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

(a)

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

$\ln (1 + t) \geq \frac{t}{t + 1} .$
(b)

Observer que

$\ln (n + 1) \leq S_{n} \leq \ln (n) + 1$

et en déduire un équivalent simple de $S_{n}$ .
(c)

Montrer que la suite $u_{n} = S_{n} - \ln (n)$ est convergente. Sa limite est appelée constante d’Euler et est usuellement notée $γ$ .

Solution

(a)

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

$\ln (1 - \frac{t}{1 + t}) \leq - \frac{t}{1 + t}$

donc

$\ln (\frac{1}{1 + t}) \leq - \frac{t}{1 + t}$

puis l’inégalité voulue.
(b)

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \geq \ln (\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{k})) = \ln (n + 1)$

et

$S_{n} = 1 + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1 / k}{1 + 1 / k} \leq 1 + \ln (\prod_{k = 1}^{n - 1} (1 + \frac{1}{k})) = 1 + \ln (n) .$

On en déduit

$S_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .$
(c)

$u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1 / n}{1 + 1 / n} - \ln (1 + \frac{1}{n}) \leq 0$

donc $(u_{n})$ est décroissante. De plus, $u_{n} \geq \ln (n + 1) - \ln (n) \geq 0$ donc $(u_{n})$ est minorée et par suite convergente.

Exercice 32 2302 Correction

On considère la suite ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ définie par

\forall n \in ℕ^{*}, u_{n} = \sqrt{n + \sqrt{(n - 1) + \dots + \sqrt{2 + \sqrt{1}}}} .

(a)

Étudier la limite de ${(u_{n})}_{n \geq 1}$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , exprimer $u_{n + 1}$ en fonction de $u_{n}$ .
(c)

Montrer que $u_{n} \leq n$ pour tout $n \in ℕ^{*}$ puis que $u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (n)$ .
(d)

Donner un équivalent simple de $(u_{n})$ .
(e)

Étudier ${lim}_{n \to + \infty} u_{n} - \sqrt{n}$ .

Solution

(a)

On remarque $u_{n} \geq \sqrt{n}$ pour tout $n \geq 1$ . Par minoration, on en déduit que $(u_{n})$ tend vers $+ \infty$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on remarque $u_{n + 1} = \sqrt{(n + 1) + u_{n}}$ ..
(c)

Montrons par récurrence sur $n \geq 1$ que $u_{n} \leq n$ .

Pour $n = 1$ : c’est immédiat.

Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

$u_{n + 1} = \sqrt{(n + 1) + u_{n}} \leq \sqrt{(n + 1) + n} = \sqrt{2 n + 1} \leq \sqrt{n^{2} + 2 n + 1} = n + 1 .$

La récurrence est établie.

On en déduit

$0 \leq u_{n} = \sqrt{n + u_{n - 1}} \leq \sqrt{n + (n - 1)} \underset{n \to + \infty}{=} O (\sqrt{n})$

donc

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{=} O (\sqrt{n}) = o (n) .$
(d)

Par ce qui précède,

$u_{n} = \sqrt{n + u_{n - 1}} \underset{n \to + \infty}{=} \sqrt{n + o (n)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{n} .$
(e)

En multipliant par la quantité conjuguée,

$u_{n} - \sqrt{n} = \frac{u_{n - 1}}{u_{n} + \sqrt{n}} .$

Or

$u_{n - 1} \underset{n \to + \infty}{\sim} \sqrt{n - 1} \sim \sqrt{n}$

et

$u_{n} + \sqrt{n} \underset{n \to + \infty}{=} \sqrt{n} + o (\sqrt{n}) + \sqrt{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \sqrt{n}$

donc

$u_{n} - \sqrt{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} .$

Exercice 33 290 Correction

Déterminer un équivalent simple de la suite de terme général

\sqrt[n + 1]{n + 1} - \sqrt[n]{n} .

Solution

On écrit

\sqrt[n + 1]{n + 1} - \sqrt[n]{n} = e^{\frac{\ln (n + 1)}{n + 1}} - e^{\frac{\ln (n)}{n}}

et l’on emploie

e^{u} \underset{u \to 0}{=} 1 + u + \frac{1}{2} u^{2} + \frac{1}{6} u^{3} + o (u^{3})

pour écrire

e^{\frac{\ln (n + 1)}{n + 1}} = 1 + \frac{\ln (n + 1)}{n + 1} + \frac{1}{2} {(\frac{\ln (n + 1)}{(n + 1)})}^{2} + \frac{1}{6} {(\frac{\ln (n + 1)}{(n + 1)})}^{3} + o (\frac{{(\ln (n))}^{3}}{n^{3}})

e^{\frac{\ln (n)}{n}} = 1 + \frac{\ln (n)}{n} + \frac{1}{2} {(\frac{\ln (n)}{n})}^{2} + \frac{1}{6} {(\frac{\ln (n)}{n})}^{3} + o (\frac{{(\ln (n))}^{3}}{n^{3}}) .

On en déduit

\sqrt[n + 1]{n + 1} - \sqrt[n]{n} = - \frac{\ln (n)}{n^{2}} + o (\frac{\ln (n)}{n^{2}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{n^{2}} .

Exercice 34 4766

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ vérifiant $f (1) \neq 0$ .

(a)

Déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

$I_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t .$
(b)

Même question avec l’hypothèse $f$ continue au lieu de classe $𝒞^{1}$ .

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

Exercice 35 2289 Correction

Soit $n$ un entier naturel. On étudie l’équation $(E_{n}) : x + \ln (x) = n$ d’inconnue $x \in ℝ_{+}^{*}$ .

(a)

Montrer que l’équation $(E_{n})$ possède une solution unique notée $x_{n}$ .
(b)

Montrer que la suite $(x_{n})$ diverge vers $+ \infty$ .
(c)

Donner un équivalent simple de la suite $(x_{n})$ .

Solution

(a)

Le tableau de variation de $f : x \mapsto x + \ln (x)$ permet d’affirmer que cette fonction réalise une bijection croissante de $ℝ_{+}^{*}$ vers $ℝ$ . L’équation $(E_{n})$ possède alors pour solution unique $x_{n} = f^{- 1} (n)$ .
(b)

Le tableau de variation de $f^{- 1}$ donne ${lim}_{+ \infty} f^{- 1} = + \infty$ . Par suite, $x_{n} \to + \infty$ .
(c)

$x_{n} \to + \infty$ donne $\ln (x_{n}) = o (x_{n})$ . La relation $x_{n} + \ln (x_{n}) = n$ donne alors $x_{n} + o (x_{n}) = n$ et donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n .$

Exercice 36 1477 Correction

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

f (x) = \ln (x) + x .

(a)

Montrer que pour tout $n \in ℕ$ , il existe un unique $x_{n}$ tel que $f (x_{n}) = n$ .
(b)

Former le développement asymptotique de la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ à la précision $(\ln (n) / n)$ .

Solution

(a)

La fonction $f : x \mapsto x + \ln (x)$ réalise une bijection de $] 0; + \infty [$ sur $ℝ$ d’où l’existence de $(x_{n})$ .
(b)

Comme $n \to + \infty$ , $x_{n} = f^{- 1} (n) \to + \infty$ . Par suite, $\ln (x_{n}) = o (x_{n})$ et

$n = x_{n} + \ln (x_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} x_{n} .$

On a donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n + o (n) .$

Soit $y_{n} = x_{n} - n$ . On a

$y_{n} \underset{n \to + \infty}{=} - \ln (x_{n}) = - \ln (n + o (n)) = - \ln (n) + \ln (1 + o (1)) = - \ln (n) + o (1) .$

Donc

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n - \ln (n) + o (1) .$

Soit $z_{n} = y_{n} + \ln (n)$ . On a

$z_{n}$ $\underset{n \to + \infty}{=} - \ln (n - \ln (n) + o (1)) + \ln (n)$

$= - \ln (1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{1}{n}))$

$= \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

On conclut

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n - \ln (n) + \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Exercice 37 311 Correction

(a)

Pour tout $n \in ℕ$ , justifier que l’équation

$x + e^{x} = n$

possède une unique solution $x_{n} \in ℝ$ .
(b)

Étudier la monotonie puis la limite de la suite $(x_{n})$ .
(c)

Déterminer un équivalent de $x_{n}$ .
(d)

Former un développement asymptotique à trois termes de $x_{n}$ quand $n \to + \infty$ .

Solution

(a)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par $f (x) = x + e^{x}$ .

La fonction $f$ est dérivable avec $f^{'} (x) = 1 + e^{x} > 0$ pour tout $x \in ℝ$

La fonction $f$ réalise donc une bijection de $ℝ$ vers $ℝ$ . Cela assure l’existence et l’unicité de la solution $x_{n}$ à l’équation $f (x_{n}) = n$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ ,

$f (x_{n}) = n \leq n + 1 = f (x_{n + 1}) .$

La bijection réciproque $f^{- 1}$ est croissante donc $x_{n} \leq x_{n + 1}$ . La suite $(x_{n})$ est donc croissante.

Par l’absurde, si $(x_{n})$ est majorée par $M$ alors $f (x_{n}) = n \leq f (M)$ pour tout $n \in ℕ$ . C’est absurde.

La suite $(x_{n})$ étant croissante et non majorée, elle diverge vers $+ \infty$ .
(c)

Puisque $(x_{n})$ tend vers $+ \infty$ , on a

$\frac{x_{n}}{e^{x_{n}}} = x_{n} e^{- x_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Ainsi,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (e^{x_{n}})$

ce qui entraîne

$n = x_{n} + e^{x_{n}} = e^{x_{n}} + o (e^{x_{n}}) \underset{n \to + \infty}{\sim} e^{x_{n}} .$

On en déduit

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n)$

car

$\frac{x_{n}}{\ln (n)} - 1 = \frac{\ln (e^{x_{n}} / n)}{\ln (n)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(d)

Posons $y_{n} = x_{n} - \ln (n)$ . Ce qui précède donne $y_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (\ln (n))$ .

On a aussi

$y_{n} + \ln (n) + n e^{y_{n}} = n$

et donc

$e^{y_{n}} = 1 - \frac{y_{n}}{n} - \frac{\ln (n)}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

Cela entraîne que $(y_{n})$ esr de limite nulle et l’on peut alors écrire

$e^{y_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + y_{n} + o (y_{n}) .$

L’équation ((d)) donne ensuite

$y_{n} + \ln (n) + n (1 + y_{n} + o (y_{n})) = n$

d’où

$n y_{n} + o (n y_{n}) = - \ln (n)$

puis

$y_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (n)}{n} .$

Par suite,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Pour poursuivre, on écrit maintenant

$y_{n} = - \frac{\ln (n)}{n} + z_{n}$

et alors

$e^{y_{n}} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (n)}{n} + z_{n} + \frac{1}{2} {(\frac{\ln (n)}{n})}^{2} + o {(\frac{\ln (n)}{n})}^{2}$

donc

$- \frac{\ln (n)}{n} + z_{n} + n z_{n} + \frac{1}{2} \frac{{(\ln (n))}^{2}}{n} + o (\frac{{(\ln (n))}^{2}}{n}) = 0$

puis

$z_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{{(\ln (n))}^{2}}{2 n^{2}} .$

Finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \ln (n) - \frac{\ln (n)}{n} - \frac{{(\ln (n))}^{2}}{2 n^{2}} + o ({(\frac{\ln (n)}{n})}^{2}) .$

Exercice 38 310

Pour $n \in ℕ$ , on considère l’équation $x + \sqrt[3]{x} = n$ d’inconnue $x \in ℝ_{+}$ .

(a)

Montrer que cette équation possède une unique solution $x_{n}$ .
(b)

Déterminer la limite puis un équivalent simple de la suite $(x_{n})$ .
(c)

Donner un développement asymptotique à trois termes de la suite $(x_{n})$ .

Exercice 39 4139 Correction

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

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Montrer que cette équation possède une unique solution $x_{n}$ dans l’intervalle $I_{n} =] - π / 2; π / 2 [+ n π$ .
(b)

Déterminer un équivalent de la suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ ainsi définie.
(c)

Réaliser un développement asymptotique à trois termes de $x_{n}$ .

Solution

(a)

Sur $I_{n}$ , la fonction $f_{n} : x \mapsto \tan (x) - x$ est continue et croît strictement de $- \infty$ vers $+ \infty$ . Elle réalise donc une bijection de $I_{n}$ vers $ℝ$ . L’équation $f_{n} (x) = 0$ possède alors une unique solution dans $I_{n}$ .
(b)

Puisque $x_{n}$ est un élément de $I_{n}$ , on dispose de l’encadrement

$- \frac{π}{2} + n π < x_{n} < \frac{π}{2} + n π .$

On en déduit

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} n π .$
(c)

Posons

$y_{n} = x_{n} - n π .$

On a

$\tan (y_{n}) = x_{n} avec y_{n} \in] - \frac{π}{2}; \frac{π}{2} [$

et donc

$y_{n} = \arctan (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \frac{π}{2} .$

On peut ainsi déjà écrire le développement asymptotique à deux termes

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n π + \frac{π}{2} + o (1) .$

Déterminons un équivalent de ce $o (1)$ en étudiant

$z_{n} = \frac{π}{2} - y_{n} = \frac{π}{2} - \arctan (x_{n}) .$

Sachant

$\forall x > 0, \arctan (x) + \arctan (\frac{1}{x}) = \frac{π}{2}$

on obtient

$z_{n} = \arctan (\frac{1}{x_{n}}) \underset{n \to + \infty}{=} \arctan (\frac{1}{n π + \frac{π}{2} + o (1)}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n π} .$

Finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} n π + \frac{π}{2} - \frac{1}{n π} + o (\frac{1}{n}) .$

Exercice 40 1478 Correction

Montrer que l’équation $\tan (x) = \sqrt{x}$ possède une unique solution $x_{n}$ dans chaque intervalle $I_{n} =] - π / 2; π / 2 [+ n π$ (avec $n \in ℕ^{*}$ ).
Réaliser un développement asymptotique à quatre termes de $x_{n}$ .

Solution

Sur $I_{n}$ , la fonction $f : x \mapsto \tan (x) - \sqrt{x}$ est continue, croît strictement de $- \infty$ vers $+ \infty$ .
Cela assure l’existence et l’unité de $x_{n}$ .
On a

- \frac{π}{2} + n π < x_{n} < \frac{π}{2} + n π

donc $x_{n} \sim n π$ .
Posons $y_{n} = x_{n} - n π$ . On a $\tan (y_{n}) = \sqrt{x_{n}}$ et $y_{n} \in] - \frac{π}{2}; \frac{π}{2} [$ donc

y_{n} = \arctan (\sqrt{x_{n}}) \to \frac{π}{2} .

Posons

z_{n} = \frac{π}{2} - y_{n} = \frac{π}{2} - \arctan (\sqrt{x_{n}}) = \arctan (\frac{1}{\sqrt{x_{n}}}) = \arctan (\frac{1}{\sqrt{n π + \frac{π}{2} + o (1)}}) .

On a

\frac{1}{\sqrt{n π + \frac{π}{2} + o (1)}} = \frac{1}{\sqrt{n π}} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{2 n} + o (\frac{1}{n})}} = \frac{1}{\sqrt{n π}} - \frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{π n^{3}}} + o (\frac{1}{n^{3 / 2}})

\arctan (x) = x - \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3})

donc

z_{n} = \frac{1}{\sqrt{n π}} - \frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{π n^{3}}} - \frac{1}{3} \frac{1}{\sqrt{π^{3} n^{3}}} + o (\frac{1}{n^{3 / 2}}) .

Finalement,

x_{n} = n π + \frac{π}{2} - \frac{1}{\sqrt{n π}} + \frac{3 + 4 π}{12 π^{3 / 2}} \frac{1}{n^{3 / 2}} + o (\frac{1}{n^{3 / 2}}) .

Exercice 41 312 Correction

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Montrer que l’équation $x^{n} + \ln (x) = 0$ possède une unique solution $x_{n} > 0$ .
(b)

Déterminer la limite de $x_{n}$ .
(c)

On pose $u_{n} = 1 - x_{n}$ . Justifier que $n u_{n} \sim - \ln (u_{n})$ puis déterminer un équivalent de $u_{n}$ .

Solution

(a)

Soit $f_{n} : x \mapsto x^{n} + \ln (x)$ . On a

d’où l’existence et l’unicité de $x_{n}$ avec en plus la propriété $x_{n} \in] 0; 1 [$ .
(b)

On a

$f_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{n + 1} + \ln (x_{n}) = (1 - x_{n}) \ln (x_{n}) < 0$

donc $x_{n + 1} \geq x_{n}$ . La suite $(x_{n})$ est croissante et majorée par 1 donc converge vers $ℓ \in] 0; 1]$ .
Si $ℓ < 1$ alors

$0 = x_{n}^{n} + \ln (x_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} - \ln (ℓ)$

car

$0 \leq x_{n}^{n} \leq ℓ^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Cela est impossible. Il reste $ℓ = 1$ .
(c)

On a

${(1 - u_{n})}^{n} = - \ln (1 - u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} u_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 \neq 1$

donc

$n \ln (1 - u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (u_{n})$

puis

$n u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (u_{n}) \to_{n \to + \infty}^{} + \infty \neq 1 .$

En passant au logarithme,

$\ln (n) + \ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (- \ln (u_{n}))$

donc

$\ln (n) \underset{n \to + \infty}{=} - \ln (u_{n}) + \ln (- \ln (u_{n})) + o (\ln (- \ln (u_{n})))$

or

$\ln (- \ln (u_{n})) \underset{n \to + \infty}{=} o (\ln (u_{n}))$

donc

$\ln (n) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (u_{n})$

et enfin

$u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} - \frac{\ln (u_{n})}{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{n} .$

Exercice 42 4762

Soient $n$ un entier naturel non nul et $(E_{n})$ l’équation $x^{n} \ln (x) = 1$ d’inconnue $x \in ℝ_{+}^{*}$ .

(a)

Montrer que l’équation $(E_{n})$ admet une unique solution $x_{n}$ et que $x_{n} > 1$ .
(b)

Montrer que la suite $(x_{n})$ est décroissante et déterminer sa limite.

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ , on pose $y_{n} = x_{n} - 1$ .

Exercice 43 316 CENTRALE (MP)Correction

Montrer que l’équation $x^{n} + x^{2} - 1 = 0$ admet une unique racine réelle strictement positive pour $n \geq 1$ . On la note $x_{n}$ . Déterminer la limite $ℓ$ de la suite $(x_{n})$ puis un équivalent de $x_{n} - ℓ$ .

Solution

Posons $f_{n} (x) = x^{n} + x^{2} - 1$ . L’étude de la fonction $f_{n}$ assure l’existence et l’unicité d’une solution $x_{n} \in ℝ_{+}$ à l’équation étudiée. De plus, on observe que $x_{n} \in [0; 1]$ .
Puisque $0 = f_{n + 1} (x_{n + 1}) \leq f_{n} (x_{n + 1})$ , on peut affirmer $x_{n + 1} \geq x_{n}$ .
La suite $(x_{n})$ est croissante et majorée donc converge vers un réel $ℓ$ .
Puisque pour tout $n \in ℕ$ , $x_{n} \in [0; 1]$ , à la limite $ℓ \in [0; 1]$ .
Si $ℓ < 1$ alors

0 \leq x_{n}^{n} \leq ℓ^{n} \to 0

et la relation $x_{n}^{n} + x_{n}^{2} - 1 = 0$ donne à la limite $ℓ^{2} = 1$ ce qui est absurde.
On conclut que $ℓ = 1$ .
Posons $u_{n} = 1 - x_{n}$ ,
On a

{(1 - u_{n})}^{n} = u_{n} (2 - u_{n})

donc

n \ln (1 - u_{n}) = \ln (u_{n}) + \ln (2 - u_{n})

d’où

- n u_{n} \sim \ln (u_{n}) puis \ln (n) + \ln (u_{n}) \sim \ln (- \ln (u_{n}))

\ln (- \ln (u_{n})) \underset{n \to + \infty}{=} o (\ln (u_{n}))

donc

\ln (u_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (n)

puis

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{n}

et enfin

x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1 \sim - \frac{\ln (n)}{n} .

Exercice 44 2599 CCINP (PC)Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et l’équation

(E_{n}) : x^{n} + x - 1 = 0 .

(a)

Montrer qu’il existe une unique solution positive de $(E_{n})$ notée $x_{n}$ et que ${lim}_{n \to + \infty} x_{n} = 1$ .
(b)

On pose $y_{n} = 1 - x_{n}$ . Montrer que, pour $n$ assez grand,

$\frac{\ln (n)}{2 n} \leq y_{n} \leq 2 \frac{\ln (n)}{n}$

(on posera $f_{n} (y) = n \ln (1 - y) - \ln (y)$ ).
(c)

Montrer que

$\ln (y_{n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} - \ln (n)$

puis que

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Solution

(a)

On introduit $φ_{n} (x) = x^{n} + x - 1$ . $φ_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} + 1 > 0$ , $φ_{n}$ est continue strictement croissante et réalise une bijective et de $[0; + \infty [$ vers $[- 1; + \infty [$ d’où l’existence et l’unicité de $x_{n}$ . On a $φ_{n} (1) = 1$ donc $x_{n} \in] 0; 1 [$ . Si $x_{n + 1} < x_{n}$ alors $x_{n + 1}^{n + 1} < x_{n}^{n}$ puis

$x_{n + 1}^{n + 1} + x_{n + 1} - 1 < x_{n}^{n} + x_{n} - 1$

ce qui est absurde. On en déduit que $(x_{n})$ est croissante et étant majorée cette suite converge. Posons $ℓ$ sa limite, $ℓ \in] 0; 1]$ . Si $ℓ < 1$ alors $x_{n}^{n} + x_{n} - 1 = 0$ donne à la limite $ℓ - 1 = 0$ ce qui est absurde. Il reste $ℓ = 1$ .
(b)

$f_{n}$ est strictement décroissante sur $] 0; 1 [$ , $f_{n} (y_{n}) = 0$ ,

$f_{n} (\frac{\ln (n)}{2 n}) \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{\ln (n)}{2} > 0 et f_{n} (\frac{2 \ln (n)}{n}) \sim - \ln (n) < 0$

donc à partir d’un certain rang

$\frac{\ln (n)}{2 n} \leq y_{n} \leq 2 \frac{\ln (n)}{n} .$
(c)

$\ln (\frac{\ln (n)}{2 n}) \leq \ln (y_{n}) \leq \ln (2 \frac{\ln (n)}{n})$

donne $\ln (y_{n}) \sim - \ln (n)$ puis $n \ln (1 - y_{n}) = \ln (y_{n})$ donne $- n y_{n} \sim - \ln (n)$ puis $y_{n} \sim \frac{\ln (n)}{n}$ et finalement

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$

Exercice 45 317 CENTRALE (MP)Correction

Pour tout entier $n \geq 2$ , on considère l’équation $(E_{n}) : x^{n} = x + 1$ dont l’inconnue est $x \geq 0$ .

(a)

Montrer l’existence et l’unicité de $x_{n}$ solution de $(E_{n})$ .
(b)

Montrer que $(x_{n})$ tend vers 1.
(c)

Montrer que $(x_{n})$ admet un développement limité à tout ordre. Donner les trois premiers termes de ce développement limité.

Solution

(a)

Il suffit d’étudier $f_{n} : x \mapsto x^{n} - (x + 1)$ .
(b)

$f_{n} (1) \leq 0$ donc $x_{n} \geq 1$ . De plus,

$f_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{n + 1} - (x_{n} + 1) = x_{n} (x_{n} + 1) - (x_{n} + 1) = (x_{n} - 1) (x_{n} + 1) \geq 0$

donc $x_{n + 1} \leq x_{n}$ . La suite $(x_{n})$ est décroissante et minorée par 1 donc elle converge vers $ℓ \geq 1$ .
Si $ℓ > 1$ alors $x_{n}^{n} \geq ℓ^{n} \to + \infty$ or $x_{n}^{n} = x_{n} + 1 \to ℓ + 1$ . Ce qui est impossible et il reste $ℓ = 1$ .
(c)

On a

$x^{n} = x + 1 \Leftrightarrow n \ln (x) = \ln (x + 1) \Leftrightarrow g (x) = \frac{1}{n}$

avec

$g (x) = \frac{\ln (x)}{\ln (x + 1)}$

définie sur $[1; + \infty [$ . La fonction $g$ est de classe $𝒞^{\infty}$ , $g^{'} (x) > 0$ donc $g$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ vers $[0; 1 [$ , de plus (puisque $g^{'} (x) \neq 0$ ) $g^{- 1}$ est aussi de classe $𝒞^{\infty}$ et donc $g^{- 1}$ admet un $D L_{n} (0)$ pour tout $n \in ℕ$ et donc $x_{n} = g^{- 1} (1 / n)$ admet un développement limité à tout ordre.
Formons ses trois premiers termes

$g^{- 1} (x) = a + b x + c x^{2} + o (x^{2})$

$a = g^{- 1} (0) = 1$ . $g (g^{- 1} (x)) = x$ donc

$\ln (1 + b x + c x^{2} + o (x^{2})) = x \ln (2 + b x + o (x^{2}))$

puis

$b x + (c - \frac{b^{2}}{2}) x^{2} + o (x^{2}) = \ln (2) x + \frac{b}{2} x^{2} + o (x^{2})$

donc

$b = \ln (2) et c = \frac{(1 + \ln (2)) \ln (2)}{2} .$

Finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} 1 + \frac{\ln (2)}{n} + \frac{(1 + \ln (2)) \ln (2)}{2 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .$

Exercice 46 318 CENTRALE (MP)Correction

Pour $n \geq 2$ , on considère le polynôme

P_{n} = X^{n} - n X + 1 .

(a)

Montrer que $P_{n}$ admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée $x_{n}$ .
(b)

Déterminer la limite de $x_{n}$ lorsque $n \to + \infty$ .
(c)

Donner un équivalent de $(x_{n})$ puis le deuxième terme du développement asymptotique $x_{n}$ .

Solution

(a)

La fonction $x \mapsto P_{n} (x)$ est strictement décroissante sur $[0; 1]$ car

$P_{n}^{'} (x) = n (x^{n - 1} - 1)$

est strictement négatif sauf pour $x = 1$ .

La fonction continue $P_{n}$ établit donc une bijection strictement décroissante de $[0; 1]$ vers $[P_{n} (1); P_{n} (0)] = [2 - n; 1]$ .

On en déduit l’existence et l’unicité de la solution $x_{n}$ à l’équation $P_{n} (x) = 0$ .
(b)

Puisque $x_{n} \in [0; 1]$ , on a $x_{n}^{n + 1} \leq x_{n}^{n}$ puis

$P_{n + 1} (x_{n}) = x_{n}^{n + 1} - (n + 1) x_{n} + 1 \leq P_{n} (x_{n}) = 0 .$

Ainsi, $P_{n + 1} (x_{n}) \leq P_{n + 1} (x_{n + 1})$ et donc $x_{n + 1} \leq x_{n}$ car la fonction $P_{n + 1}$ est strictement décroissante.

La suite $(x_{n})$ est décroissante et minorée, elle converge donc vers un réel $ℓ \in [0; 1]$ .

Si $ℓ > 0$ alors

$P_{n} (x_{n}) = x_{n}^{n} - n x_{n} + 1 \to_{n \to + \infty}^{} - \infty$

Cela est absurde. On conclut $ℓ = 0$ .
(c)

On a

$\frac{x_{n}^{n}}{n x_{n}} = \frac{1}{n} x_{n}^{n - 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et donc

$x_{n}^{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (n x_{n}) .$

Sachant $x_{n}^{n} - n x_{n} + 1 = 0$ , on obtient

$n x_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} 1$

puis

$x_{n} \sim n \to + \infty \frac{1}{n} .$

Écrivons ensuite

$x_{n} = \frac{1}{n} + \frac{ε_{n}}{n} avec ε_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Puisque $x_{n}^{n} = n x_{n} - 1$ , on a

$ε_{n} = x_{n}^{n} = \frac{{(1 + ε_{n})}^{n}}{n^{n}} \geq 0 .$

Nous allons montrer

${(1 + ε_{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1$

ce qui permettra de déterminer un équivalent de $ε_{n}$ puis de conclure.

Puisque $(ε_{n})$ est de limite nulle, pour $n$ assez grand, on a $| 1 + ε_{n} | \leq 2$ et alors

$ε_{n} = \frac{{(1 + ε_{n})}^{n}}{n^{n}} \leq \frac{2^{n}}{n^{n}} .$

On en déduit

$1 \leq {(1 + ε_{n})}^{n} \leq {(1 + \frac{2^{n}}{n^{n}})}^{n} = \exp (n \ln (1 + \frac{2^{n}}{n^{n}})) .$

Or

$n \ln (1 + \frac{2^{n}}{n^{n}}) \sim \frac{2^{n}}{n^{n - 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$

et, par encadrement,

${(1 + ε_{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .$

On peut conclure

$ε_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{n}}$

et, finalement,

$x_{n} \underset{n \to + \infty}{=} \frac{1}{n} + \frac{1}{n^{n + 1}} + o (\frac{1}{n^{n + 1}}) .$

Exercice 47 3154

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit le polynôme

P_{n} (X) = X (X - 1) \dots (X - n) .

(a)

Montrer que le polynôme $P_{n}^{'}$ possède une unique racine dans l’intervalle $] 0; 1 [$ .

Cette racine est notée $x_{n}$ et l’on détermine une suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ en faisant varier $n$ .

(b)

Étudier la monotonie de la suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ .
(c)

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

$\frac{P_{n}^{'} (x)}{P_{n} (x)} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{x - k} .$
(d)

Déterminer un équivalent de la suite ${(x_{n})}_{n \geq 1}$ .

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

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} \underset{n \to + \infty}{\sim} \ln (n) .$

Exercice 48 2471 CENTRALE (MP)Correction

Soit $f (x) = {(\cos (x))}^{1 / x}$ et $(𝒞)$ le graphe de $f$ .

(a)

Montrer l’existence d’une suite $(x_{n})$ vérifiant:
(i) $(x_{n})$ est croissante positive.
(ii) la tangente à $(𝒞)$ en $(x_{n}, f (x_{n}))$ passe par $O$ .
(b)

Déterminer un développement asymptotique à $2$ termes de $(x_{n})$ .

Solution

(a)

La fonction $f$ est définie et $𝒞^{\infty}$ sur $𝒟 = ⋃_{k \in ℤ} I_{k}$ avec

$I_{k} =] - \frac{π}{2} + 2 k π; \frac{π}{2} + 2 k π [.$

Pour $x \in 𝒟$ , la tangente en $(x, f (x))$ passe par $O$ si, et seulement si, $x f^{'} (x) = f (x)$ .
Après transformation, cela équivaut pour $x > 0$ à l’équation

$x \tan (x) + \ln (\cos (x)) + x = 0 .$

Posons $φ (x) = x \tan (x) + \ln (\cos (x)) + x$ .
$φ$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $𝒟$ .
$φ^{'} (x) = x (1 + \tan^{2} (x)) + 1 > 0$ sur $𝒟 \cap ℝ_{+}^{*}$ .
Quand $x \to {(\frac{π}{2} + 2 k π)}^{-}$ , $φ (x) \to + \infty$ . Quand $x \to {(- \frac{π}{2} + 2 k π)}^{+}$ , $φ (x) \to - \infty$ .
$φ_{↾ I_{k}}$ réalise donc une bijection de $I_{k}$ vers $ℝ$ (pour $k \in ℕ^{*}$ ).
La suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ avec $x_{n} = {(φ_{↾ I_{n}})}^{- 1} (0)$ est solution.
(b)

Évidemment $x_{n} \sim 2 n π$ et donc $x_{n} = 2 n π + y_{n}$ .
Après calculs, on obtient

$(2 n π + y_{n}) (\cos (y_{n}) + \sin (y_{n})) = - \cos (y_{n}) \ln (\cos (y_{n})) .$

La fonction $t \mapsto t \ln (t)$ est bornée sur $] 0; 1]$ car prolongeable par continuité en 0 et donc

$\cos (y_{n}) + \sin (y_{n}) = - \frac{\cos (y_{n}) \ln (\cos (y_{n}))}{2 n π + y_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

Sachant $| y_{n} | < π / 2$ , on en déduit $y_{n} \to - π / 4$ .
On conclut

$x_{n} = 2 n π - \frac{π}{4} + o (\frac{1}{n}) .$

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

Exercice 49 4755

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand $x \to + \infty$ :

(a)

$(x + 1) e^{x + 1}$
(b)

$\sqrt{x^{2} + 1} - \sqrt{x^{2} - 1}$
(c)

$(x + 1) \ln (x) - x \ln (x + 1)$ .

Exercice 50 1821 Correction

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand $x \to + \infty$ :

(a)

$\frac{\sqrt{x^{3} + 2}}{\sqrt[3]{x^{2} + 3}}$
(b)

$\sqrt{x^{2} + 1} + \sqrt{x^{2} - 1}$
(c)

$\sqrt{x^{2} + 1} - \sqrt{x^{2} - 1}$

Solution

(a)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{\sqrt{x^{3} + 2}}{\sqrt[3]{x^{2} + 3}} \sim \frac{x^{3 / 2}}{x^{2 / 3}} = x^{5 / 6} .$
(b)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\sqrt{x^{2} + 1} + \sqrt{x^{2} - 1} = x + o (x) + x + o (x) = 2 x + o (x) \sim 2 x .$
(c)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\sqrt{x^{2} + 1} - \sqrt{x^{2} - 1} = \frac{(x^{2} + 1) - (x^{2} - 1)}{\sqrt{x^{2} + 1} + \sqrt{x^{2} - 1}} = \frac{2}{x + o (x) + x + o (x)} \sim \frac{1}{x} .$

Exercice 51 306 Correction

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand $x \to + \infty$

(a)

$\frac{\ln (x + 1)}{\ln (x)} - 1$
(b)

$\sqrt{\ln (x + 1)} - \sqrt{\ln (x - 1)}$
(c)

$x \ln (x + 1) - (x + 1) \ln (x)$

Solution

(a)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{\ln (x + 1)}{\ln (x)} - 1 = \frac{\ln (1 + 1 / x)}{\ln (x)} \sim \frac{1}{x \ln (x)} .$
(b)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\sqrt{\ln (x + 1)} - \sqrt{\ln (x - 1)} = \frac{\ln (\frac{x + 1}{x - 1})}{\sqrt{\ln (x + 1)} + \sqrt{\ln (x - 1)}} .$

Or

$\ln (\frac{x + 1}{x - 1}) = \ln (1 + \frac{2}{x - 1}) \sim \frac{2}{x - 1} \sim \frac{2}{x}$

et

$\sqrt{\ln (x + 1)} + \sqrt{\ln (x - 1)} = 2 \sqrt{\ln (x)} + o (\sqrt{\ln (x)}) \sim 2 \sqrt{\ln (x)}$

donc

$\sqrt{\ln (x + 1)} - \sqrt{\ln (x - 1)} \sim \frac{1}{x \sqrt{\ln (x)}} .$
(c)

Quand $x \to + \infty$ ,

$x \ln (x + 1) - (x + 1) \ln (x) = x \ln (1 + \frac{1}{x}) - \ln (x) = 1 + o (1) - \ln (x) \sim - \ln (x) .$

Exercice 52 4756

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand $x \to 0^{+}$ :

(a)

$\sqrt{x} - x + 2 x^{3 / 2}$
(b)

$\frac{2 \ln (x) + \sqrt{x}}{\frac{1}{x} - 2 \ln (x)}$
(c)

$\ln (\sin (x))$ .

Exercice 53 1823 Correction

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand $x \to 0$

(a)

$\sqrt{1 + x^{2}} - \sqrt{1 - x^{2}}$
(b)

$\tan (x) - \sin (x)$
(c)

$e^{x} + x - 1$

Solution

(a)

Quand $x \to 0$ ,

$\sqrt{1 + x^{2}} - \sqrt{1 - x^{2}} = \frac{2 x^{2}}{\sqrt{1 + x^{2}} + \sqrt{1 - x^{2}}} \sim \frac{2 x^{2}}{2} = x^{2} .$
(b)

Quand $x \to 0$ ,

$\tan (x) - \sin (x) = \tan (x) (1 - \cos (x)) = 2 \tan (x) \sin^{2} (\frac{x}{2}) \sim \frac{x^{3}}{2} .$
(c)

Quand $x \to 0$ ,

$e^{x} - 1 \sim x$

donc

$e^{x} + x - 1 = x + x + o (x) = 2 x + o (x) \sim 2 x .$

Exercice 54 313 Correction

Déterminer un équivalent simple aux expressions suivantes quand $x \to 0$ :

(a)

$\ln (1 + \sin (x))$
(b)

$\ln (\ln (1 + x))$
(c)

${(\ln (1 + x))}^{2} - {(\ln (1 - x))}^{2}$

Solution

(a)

Quand $x \to 0$ ,

$\ln (1 + \sin (x)) \sim \sin (x)$

car $\sin (x) \to 0$ , or

$\sin (x) \sim x$

donc

$\ln (1 + \sin (x)) \sim x .$
(b)

Quand $x \to 0$ ,

$\ln (1 + x) \sim x \to 0 \neq 1$

donc

$\ln (\ln (1 + x)) \sim \ln (x) .$
(c)

Quand $x \to 0$ ,

$\ln {(1 + x)}^{2} - \ln {(1 - x)}^{2} = (\ln (1 + x) + \ln (1 - x)) (\ln (1 + x) - \ln (1 - x))$

or

$\ln (1 + x) + \ln (1 - x) = \ln (1 - x^{2}) \sim - x^{2}$

et

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

donc

${(\ln (1 + x))}^{2} - {(\ln (1 - x))}^{2} \sim - 2 x^{3} .$

Exercice 55 305 Correction

Déterminer un équivalent de $\ln (\cos (x))$ quand $x \to {(π / 2)}^{-}$

Solution

Quand $x \to {\frac{π}{2}}^{-}$ , posons $x = \frac{π}{2} - h$ avec $h \to 0^{+}$

\cos (x) = \cos (\frac{π}{2} - h) = \sin (h) .

\sin (h) \sim h \to 0 \neq 1

donc

\ln (\sin (h)) \sim \ln (h)

puis

\ln (\cos (x)) \sim \ln (\frac{π}{2} - x) .

Exercice 56 1824 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction décroissante telle que

f (x) + f (x + 1) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x} .

(a)

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .
(b)

Donner un équivalent de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

$f$ est décroissante donc possède une limite $ℓ$ en $+ \infty$ .
Quand $x \to + \infty$ , $f (x) \to ℓ$ et $f (x + 1) \to ℓ$ donc

$f (x) + f (x + 1) \to 2 ℓ$

or

$f (x) + f (x + 1) \sim \frac{1}{x} \to 0$

donc $ℓ = 0$ .
(b)

Quand $x \to + \infty$ , on a

$f (x + 1) + f (x) \leq 2 f (x) \leq f (x) + f (x - 1)$

donc

$2 f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{x}$

puis

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \frac{1}{2 x} .$

Exercice 57 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 $ℓ \in ℝ_{+} \cup {+ \infty}$ 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 $ℓ = 1$ ?

Exercice 58 1461 Correction

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

(a)

$x (2 + \cos (x)) - 3 \sin (x)$
(b)

$x^{x} - {(\sin (x))}^{x}$
(c)

$\arctan (2 x) - 2 \arctan (x)$

Solution

Par développements limités,

(a)

$x (2 + \cos (x)) - 3 \sin (x) \sim \frac{1}{60} x^{5}$
(b)

$x^{x} - {(\sin (x))}^{x} = x^{x} (1 - {(\frac{\sin (x)}{x})}^{x}) \sim \frac{1}{6} x^{3}$
(c)

$\arctan (2 x) - 2 \arctan (x) \sim - 2 x^{3}$

Exercice 59 5750 Correction

(a)

Établir que pour tout $y \in [0; + \infty [$ , il existe un unique $x \in [0; + \infty [$ vérifiant

$x e^{x} = y .$

Avec les notations qui précèdent, on considère la fonction $f : [0; + \infty [\to [0; + \infty [$ qui à $y$ associe $x$ .

(b)

Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$ .
(c)

Donner un équivalent simple de $f$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

Considérons l’application $g : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par $g (x) = x e^{x}$ . Cette fonction est dérivable sur $[0; + \infty [$ avec

$g^{'} (x) = e^{x} + x e^{x} > 0 .$

La fonction $g$ est donc continue et strictement croissante sur $[0; + \infty [$ . Par le théorème de la bijection monotone, $g$ détermine une bijection de $[0; + \infty [$ vers $[g (0); {lim}_{+ \infty} g [= [0; + \infty [$ . Cela résout la question posée.
(b)

La fonction $f$ introduite est la bijection réciproque de $g$ . Puisque $g$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ , inversement $f$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ .
(c)

Par construction, pour tout $x \in [0; + \infty [$ ,

$f (x) e^{f (x)} = x .$

En passant au logarithme, pour tout $x > 0$ ,

$\ln (f (x)) + f (x) = \ln (x) .$

Or

$\ln (f (x)) \underset{x \to + \infty}{=} o (f (x)) car f (x) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$

On en déduit

$f (x) \underset{x \to + \infty}{\sim} \ln (x) .$

Exercice 60 237

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

(a)

Justifier que $f$ réalise une bijection de $] 0; + \infty [$ 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 $+ \infty$ .
(d)

Donner un équivalent simple à $f^{- 1} (y)$ quand $y$ tend vers $- \infty$ .

Exercice 61 2812 MINES (MP)Correction

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℝ$ telle que

lim_{x \to 0} f (x) = 0 et lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (x / 2)}{\sqrt{x}} = 1 .

Trouver un équivalent simple en $0$ de $f$ .

Solution

Pour tout $ε > 0$ , il existe $α > 0$ tel que

\forall x \in] 0; α], (1 - ε) \sqrt{x} \leq f (x) - f (x / 2) \leq (1 + ε) \sqrt{x} .

Pour $x \in] 0; α]$ , $x / 2^{n} \in] 0; α]$ pour tout $n \in ℕ$ donc

(1 - ε) \sqrt{x / 2^{n}} \leq f (x / 2^{n}) - f (x / 2^{n + 1}) \leq (1 + ε) \sqrt{x / 2^{n + 1}} .

En sommant ces inégalités et en passant à la limite quand $n \to + \infty$ on obtient

(1 - ε) \sqrt{x} \frac{1}{1 - 1 / \sqrt{2}} \leq f (x) \leq (1 + ε) \sqrt{x} \frac{1}{1 - 1 / \sqrt{2}} .

La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer

f (x) \sim \frac{\sqrt{x}}{1 - 1 / \sqrt{2}} .

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

Exercice 62 4763

Étudier les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to 1} \frac{\ln (x)}{x - 1}$
(b)

${lim}_{x \to 0} \frac{e^{2 x} - e^{x}}{x}$
(c)

${lim}_{x \to 0} (\frac{1}{\sin^{2} (x)} - \frac{1}{x^{2}})$
(d)

${lim}_{x \to + \infty} {(\cos (\frac{1}{x}))}^{x^{2}}$
(e)

${lim}_{x \to + \infty} {(3 \cdot 2^{\frac{1}{x}} - 2 \cdot 3^{\frac{1}{x}})}^{x}$ .

Exercice 63 1822 Correction

Déterminer les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to + \infty} \frac{x e^{- x} + x^{2}}{x - \ln (x)}$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} \frac{x \ln (x) - x}{x + \cos (x)}$
(c)

${lim}_{x \to + \infty} \frac{\sqrt{x e^{x} - x^{2}}}{e^{x} + e^{- x}}$

Solution

(a)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{x e^{- x} + x^{2}}{x - \ln (x)} \sim \frac{x^{2}}{x} = x \to + \infty .$
(b)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{x \ln (x) - x}{x + \cos (x)} \sim \frac{x \ln (x)}{x} = \ln (x) \to + \infty .$
(c)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{\sqrt{x e^{x} - x^{2}}}{e^{x} + e^{- x}} \sim \sqrt{x} e^{- x / 2} \to 0 .$

Exercice 64 704 Correction

Déterminer les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to 0^{+}} \frac{x + \sin (x)}{x \ln (x)}$
(b)

${lim}_{x \to 0^{+}} \frac{\ln (x) + x^{2}}{\ln (x + x^{2})}$
(c)

${lim}_{x \to 1} \frac{\ln (x)}{x^{2} - 1}$

Solution

(a)

Quand $x \to 0^{+}$ ,

$\frac{x + \sin (x)}{x \ln (x)} = \frac{x + x + o (x)}{x \ln (x)} \sim \frac{2}{\ln (x)} \to 0 .$
(b)

Quand $x \to 0^{+}$ ,

$\ln (x) + x^{2} = \ln (x) + o (\ln (x))$

et puisque

$x + x^{2} \sim x \to 0 \neq 1$

on a

$\ln (x + x^{2}) \sim \ln (x)$

donc

$\frac{\ln (x) + x^{2}}{\ln (x + x^{2})} \sim \frac{\ln (x)}{\ln (x)} = 1 \to 1 .$
(c)

Quand $x \to 1$ , on peut écrire $x = 1 + h$ avec $h \to 0$ et alors

$\frac{\ln (x)}{x^{2} - 1} = \frac{\ln (1 + h)}{2 h + h^{2}} \sim \frac{h}{2 h} = \frac{1}{2} \to \frac{1}{2} .$

Exercice 65 3381 Correction

Déterminer

lim_{x \to 1^{-}} \ln (x) \ln (1 - x) .

Solution

Posons $x = 1 - h$ .
Quand $x \to 1^{-}$ , on a $h \to 0^{+}$ et

\ln (x) \ln (1 - x) = \ln (1 - h) \ln (h) \sim - h \ln (h) \to 0 .

Exercice 66 705 Correction

Déterminer les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to + \infty} \frac{x^{\ln (x)}}{\ln (x)}$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} {(\frac{x}{\ln (x)})}^{\frac{\ln (x)}{x}}$
(c)

${lim}_{x \to + \infty} \frac{\ln (x + \sqrt{x^{2} + 1})}{\ln (x)}$

Solution

(a)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{x^{\ln (x)}}{\ln (x)} = e^{{(\ln (x))}^{2} - \ln (\ln (x))} = e^{{(\ln (x))}^{2} + o {(\ln (x))}^{2}} \to + \infty .$
(b)

Quand $x \to + \infty$ ,

${(\frac{x}{\ln (x)})}^{\frac{\ln (x)}{x}} = e^{\frac{\ln (x)}{x} \ln (x) - \frac{\ln (x)}{x} \ln (\ln (x))} = e^{\frac{{(\ln (x))}^{2}}{x} + o (\frac{{(\ln (x))}^{2}}{x})} \to 1 .$
(c)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\frac{\ln (x + \sqrt{x^{2} + 1})}{\ln (x)} = \frac{\ln (2 x + o (x))}{\ln (x)} \sim \frac{\ln (2) + \ln (x)}{\ln (x)} \sim 1 \to 1 .$

Exercice 67 1462 Correction

Déterminer les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to 0} \frac{1}{\sin^{2} (x)} - \frac{1}{x^{2}}$
(b)

${lim}_{x \to 0} \frac{1}{x} - \frac{1}{\ln (1 + x)}$
(c)

${lim}_{x \to 0} \frac{{(1 + x)}^{1 / x} - e}{x}$

Solution

(a)

${lim}_{x \to 0} \frac{1}{\sin^{2} (x)} - \frac{1}{x^{2}} = \frac{1}{3}$
(b)

${lim}_{x \to 0} \frac{1}{x} - \frac{1}{\ln (1 + x)} = - \frac{1}{2}$
(c)

${lim}_{x \to 0} \frac{{(1 + x)}^{1 / x} - e}{x} = - \frac{e}{2}$ .

Exercice 68 1463 Correction

Déterminer les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to 2} {(\frac{2^{x} + 3^{x}}{2^{x + 1} + 5^{x / 2}})}^{1 / (2 - x)}$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} {(\frac{\ln (1 + x)}{\ln (x)})}^{x \ln (x)}$
(c)

${lim}_{x \to a} \frac{x^{a} - a^{x}}{\arctan (x) - \arctan (a)}$ avec $a > 0$

Solution

(a)

${lim}_{x \to 2} {(\frac{2^{x} + 3^{x}}{2^{x + 1} + 5^{x / 2}})}^{1 / (2 - x)} = \frac{1}{3} 6^{4 / 13} 5^{5 / 26}$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} {(\frac{\ln (1 + x)}{\ln (x)})}^{x \ln (x)} = e$
(c)

$x^{a} - a^{x} \sim a^{a} (1 - \ln (a)) (x - a)$ si $a \neq 1$ et $\arctan (x) - \arctan (a) \sim {(\arctan (a))}^{'} (x - a) = \frac{(x - a)}{1 + a^{2}}$ .
Si $a \neq 1$ ,

$lim_{x \to a} \frac{x^{a} - a^{x}}{\arctan (x) - \arctan (a)} = a^{a} (1 + a^{2}) (1 - \ln (a)) .$

Si $a = 1$ ,

$lim_{x \to a} \frac{x^{a} - a^{x}}{\arctan (x) - \arctan (a)} = 2 .$

Exercice 69 5028

(a)

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

$f (x) \to_{x \to a}^{} 1 et g (x) (f (x) - 1) \to_{x \to a}^{} ℓ \in ℝ \cup {\pm \infty} .$

Étudier la limite de $f {(x)}^{g (x)}$ lorsque $x$ tend vers $a$ .
(b)

Application : Étudier

$lim_{x \to + \infty} {(\frac{1}{x} + \frac{\ln (2 x)}{\ln (x)})}^{\ln (x)} .$

Exercice 70 3230 Correction

Soit

f : x \mapsto \frac{x + 1}{x} e^{x} .

(a)

Montrer que l’équation

$f (x) = λ$

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

Déterminer

$lim_{λ \to + \infty} b {(λ)}^{a (λ)} .$

Solution

(a)

La fonction $f$ est définie et dérivable sur $ℝ^{*}$ avec

$f^{'} (x) = (\frac{x^{2} + x - 1}{x^{2}}) e^{x} .$

Notons $α < β$ les deux racines réelles de l’équation $x^{2} + x - 1 = 0$ . On a le tableau des variations suivant

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

On a

$a (λ) = {(f_{↾] 0; β [})}^{- 1} (λ) \to_{λ \to + \infty}^{} 0^{+} et b (λ) = {(f_{↾] β; + \infty [})}^{- 1} (λ) \to_{λ \to + \infty}^{} + \infty .$

Puisque $a (λ) \to 0$ et

$\frac{a (λ) + 1}{a (λ)} e^{a (λ)} = λ$

on a

$λ a (λ) = (a (λ) + 1) e^{a (λ)} \to 1$

donc

$a (λ) \sim \frac{1}{λ} .$

Puisque $b (λ) \to + \infty$ et

$\frac{b (λ) + 1}{b (λ)} e^{b (λ)} = λ$

donc

$e^{b (λ)} \sim λ .$

Or $λ \to + \infty \neq 1$ donc

$b (λ) \sim \ln (λ)$

et puisque $\ln (λ) \to + \infty \neq 1$ , on a encore

$\ln (b (λ)) \sim \ln (\ln (λ)) .$

Par suite,

$b {(λ)}^{a (λ)} = e^{a (λ) \ln (b (λ))}$

avec

$a (λ) \ln (b (λ)) \sim \frac{\ln (\ln (λ))}{λ} \to 0$

donc

$b {(λ)}^{a (λ)} \to 1 .$

Exercice 71 3228 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ 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 $λ \in [0; b]$ , l’équation $f (x) = λ$ admet une unique solution $x_{1} (λ)$ dans $[- a; 0]$ et une unique solution $x_{2} (λ)$ dans $[0; a]$ .
(c)

Déterminer les limites puis des équivalents de $x_{1} (λ)$ et de $x_{2} (λ)$ quand $λ \to 0^{+}$ .
(d)

On suppose maintenant que $f$ est de classe $𝒞^{3}$ . Étudier la limite quand $λ \to 0^{+}$ de

$\frac{x_{1} (λ) + x_{2} (λ)}{λ} .$

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 $f_{1}$ de $[- a; 0]$ sur $[0; f (- a)]$ et une bijection $f_{2}$ de $[0; a]$ sur $[0; f (a)]$ . L’existence et l’unicité de $x_{1} (λ)$ et de $x_{2} (λ)$ en découlent et

$x_{1} (λ) = f_{1}^{- 1} (λ) et x_{2} (λ) = f_{2}^{- 1} (λ) .$
(c)

Par continuité de $f_{1}^{- 1}$ et $f_{2}^{- 1}$ , on a

$lim_{λ \to 0^{+}} x_{1} (λ) = 0^{-} et lim_{λ \to 0^{+}} x_{2} (λ) = 0^{+} .$

Par la formule de Taylor-Young, quand $x \to 0$

$f (x) = \frac{1}{2} x^{2} f^{''} (0) + o (x^{2}) .$

Pour $i \in {1,2}$ , puisque $x_{i} (λ) \to 0$ ,

$λ = f (x_{i} (λ)) = \frac{1}{2} x_{i}^{2} (λ) f^{''} (0) + o (x_{i}^{2} (λ))$

donc

$x_{i}^{2} (λ) \sim \frac{2 λ}{f^{''} (0)} .$

Ainsi,

$x_{1} (λ) \sim - \frac{\sqrt{2 λ}}{\sqrt{f^{''} (0)}} et x_{2} (λ) \sim \frac{\sqrt{2 λ}}{\sqrt{f^{''} (0)}} .$
(d)

On peut écrire

$x_{i} (λ) = \pm \frac{\sqrt{2 λ}}{\sqrt{f^{''} (0)}} + y_{i} (λ) avec y_{i} = o (\sqrt{λ}) .$

Par la formule de Taylor-Young, quand $λ \to 0$

$λ = f (x_{i} (λ)) = \frac{1}{2} x_{i}^{2} (λ) f^{''} (0) + \frac{1}{6} x_{i}^{3} (λ) f^{(3)} (0) + o (x_{i}^{3} (λ))$

et l’on obtient

$y_{1} (λ) \sim - \frac{1}{3} \frac{f^{(3)} (0)}{f^{''} {(0)}^{2}} λ et y_{2} (λ) \sim - \frac{1}{3} \frac{f^{(3)} (0)}{f^{''} {(0)}^{2}} λ$

donc

$\frac{x_{1} (λ) + x_{2} (λ)}{λ} \to - \frac{2}{3} \frac{f^{(3)} (0)}{f^{''} {(0)}^{2}} .$

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

Exercice 72 4757

Calculer les développements limités suivants:

(a)

$\frac{e^{x}}{x}$ à l’ordre $2$ en $1$
(b)

$\ln (1 + e^{x})$ à l’ordre $3$ en $0$
(c)

$\frac{1}{1 + \cos (x)}$ à l’ordre $4$ en $0$
(d)

$\sqrt{3 + ch (x)}$ à l’ordre $3$ en $0$
(e)

$\sin (x) e^{x}$ à l’ordre $2$ en $0$
(f)

$\frac{sh (x)}{\ln (1 + x)}$ à l’ordre $2$ en $0$ .

Exercice 73 231 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (\frac{x^{2} + 1}{x + 1})$
(b)

$D L_{3} (0)$ de $\sqrt{3 + \cos (x)}$
(c)

$D L_{2} (0)$ de ${(1 + x)}^{1 / x}$
(d)

$D L_{3} (0)$ de $\frac{\ln (1 + x)}{e^{x} - 1}$

Solution

(a)

$\ln (\frac{x^{2} + 1}{x + 1}) = - x + \frac{3}{2} x^{2} - \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3})$
(b)

$\sqrt{3 + \cos (x)} = 2 - \frac{1}{8} x^{2} + o (x^{3})$
(c)

${(1 + x)}^{1 / x} = e - \frac{e}{2} x + \frac{11 e}{24} x^{2} + o (x^{2})$
(d)

$\frac{\ln (1 + x)}{e^{x} - 1} = 1 - x + \frac{2}{3} x^{2} - \frac{11}{24} x^{3} + o (x^{3})$

Exercice 74 226 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (\frac{x^{2} + 1}{x + 1})$
(b)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (1 + \sin (x))$
(c)

$D L_{3} (1)$ de $\cos (\ln (x))$

Solution

(a)

$\ln (\frac{x^{2} + 1}{x + 1}) = \ln (1 + x^{2}) - \ln (1 + x) = - x + \frac{3}{2} x^{2} - \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3})$
(b)

$\ln (1 + \sin (x)) = x - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})$ .
(c)

$\cos (\ln (x)) = 1 - \frac{1}{2} {(x - 1)}^{2} + \frac{1}{2} {(x - 1)}^{3} + o ({(x - 1)}^{3})$ .

Exercice 75 1447 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (π / 4)$ de $\sin (x)$
(b)

$D L_{4} (1)$ de $\frac{\ln (x)}{x^{2}}$
(c)

$D L_{5} (0)$ de $sh (x) ch (2 x) - ch (x)$ .

Solution

(a)

$\sin (x) = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} (x - \frac{π}{4}) - \frac{\sqrt{2}}{4} {(x - \frac{π}{4})}^{2} - \frac{\sqrt{2}}{12} {(x - \frac{π}{4})}^{3} + o ({(x - \frac{π}{4})}^{3})$
(b)

$\frac{\ln (x)}{x^{2}} = (x - 1) - \frac{5}{2} {(x - 1)}^{2} + \frac{13}{3} {(x - 1)}^{3} - \frac{77}{12} {(x - 1)}^{4} + o {((x - 1))}^{4}$ .
(c)

$sh (x) ch (2 x) - ch (x) = - 1 + x - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{13}{6} x^{3} - \frac{1}{24} x^{4} + \frac{121}{120} x^{5} + o (x^{5})$ .

Exercice 76 745 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (1 + e^{x})$
(b)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (2 + \sin (x))$
(c)

$D L_{3} (0)$ de $\sqrt{3 + \cos (x)}$

Solution

(a)

$\ln (1 + e^{x}) = \ln (2) + \frac{1}{2} x + \frac{1}{8} x^{2} + o (x^{3})$
(b)

$\ln (2 + \sin (x)) = \ln (2) + \frac{1}{2} x - \frac{1}{8} x^{2} - \frac{1}{24} x^{3} + o (x^{3})$
(c)

$\sqrt{3 + \cos (x)} = 2 - \frac{1}{8} x^{2} + o (x^{3})$

Exercice 77 292 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (0)$ de $e^{\sqrt{1 + x}}$
(b)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (1 + \sqrt{1 + x})$
(c)

$D L_{3} (0)$ de $\ln (3 e^{x} + e^{- x})$

Solution

(a)

$e^{\sqrt{1 + x}} = e + \frac{e}{2} x + \frac{e}{48} x^{3} + o (x^{3})$ .
(b)

$\ln (1 + \sqrt{1 + x}) = \ln (2) + \frac{1}{4} x - \frac{3}{32} x^{2} + \frac{5}{96} x^{3} + o (x^{3})$
(c)

$\ln (3 e^{x} + e^{- x}) = 2 \ln (2) + \frac{1}{2} x + \frac{3}{8} x^{2} - \frac{1}{8} x^{3} + o (x^{3})$

Exercice 78 1448 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{2} (0)$ de ${(1 + x)}^{1 / x}$
(b)

$D L_{4} (0)$ de $\ln (\frac{\sin (x)}{x})$
(c)

$D L_{4} (0)$ de $\ln (\frac{sh (x)}{x})$

Solution

(a)

${(1 + x)}^{1 / x} = e - \frac{e}{2} x + \frac{11 e}{24} x^{2} + o (x^{2})$
(b)

$\ln (\frac{\sin (x)}{x}) = - \frac{1}{6} x^{2} - \frac{1}{180} x^{4} + o (x^{4})$
(c)

$\ln (\frac{sh (x)}{x}) = \frac{1}{6} x^{2} - \frac{1}{180} x^{4} + o (x^{4})$

Exercice 79 1451 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (0)$ de $\frac{\ln (1 + x)}{e^{x} - 1}$
(b)

$D L_{2} (0)$ de $\frac{\arctan (x)}{\tan (x)}$
(c)

$D L_{2} (1)$ de $\frac{x - 1}{\ln (x)}$

Solution

(a)

$\frac{\ln (1 + x)}{e^{x} - 1} = 1 - x + \frac{2}{3} x^{2} - \frac{11}{24} x^{3} + o (x^{3})$
(b)

$\frac{\arctan (x)}{\tan (x)} = 1 - \frac{2}{3} x^{2} + o (x^{2})$
(c)

$\frac{x - 1}{\ln (x)} = 1 + \frac{1}{2} (x - 1) - \frac{1}{12} {(x - 1)}^{2} + o ({(x - 1)}^{2})$

Exercice 80 751 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{3} (0)$ de $\frac{x - \sin (x)}{1 - \cos (x)}$
(b)

$D L_{2} (0)$ de $\frac{\sin (x)}{\exp (x) - 1}$
(c)

$D L_{3} (0)$ de $\frac{x ch (x) - sh (x)}{ch (x) - 1}$

Solution

(a)

$\frac{x - \sin (x)}{1 - \cos (x)} = \frac{1}{3} x + \frac{1}{90} x^{3} + o (x^{3})$
(b)

$\frac{\sin (x)}{\exp (x) - 1} = 1 - \frac{1}{2} x - \frac{1}{12} x^{2} + o (x^{2})$
(c)

$\frac{x ch (x) - sh (x)}{ch (x) - 1} = \frac{2}{3} x + \frac{1}{90} x^{3} + o (x^{3})$

Exercice 81 1449 Correction

Former le $D L_{3} (1)$ de $\arctan (x)$

Solution

On primitive de $D L_{2} (1)$ de $\frac{1}{1 + x^{2}}$ ,

\arctan (x) \underset{x \to 1}{=} \frac{π}{4} + \frac{1}{2} (x - 1) - \frac{1}{4} {(x - 1)}^{2} + \frac{1}{12} {(x - 1)}^{3} + o ({(x - 1)}^{3}) .

Exercice 82 238 Correction

On considère l’application $f :] - 1; + \infty [\to ℝ$ définie par

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

(a)

Vérifier que $f$ réalise une bijection.
(b)

Établir que $f^{- 1}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ .
(c)

Former le développement limité à l’ordre $3$ au voisinage de $0$ de $f^{- 1}$ .

Solution

(a)

$f : x \mapsto x + \ln (1 + x)$ est continue et strictement croissante de limite $- \infty$ et $+ \infty$ en $- 1$ et $+ \infty$ . Elle réalise donc une bijection de $] - 1; + \infty [$ vers $ℝ$ .
(b)

$f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et sa dérivée ne s’annule pas. On en déduit que $f^{- 1}$ est aussi de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(c)

$f^{- 1}$ est de classe et $f^{- 1} (0) = 0$ donc $f$ admet un développement limité à l’ordre $3$ en $0$ de la forme

$f^{- 1} (y) \underset{y \to 0}{=} a y + b y^{2} + c y^{3} + o (y^{3}) .$

Puisque $f (f^{- 1} (y)) = y$ , on obtient

$2 a y + (2 b - \frac{a^{2}}{2}) y^{2} + (2 c - a b + \frac{1}{3} a^{3}) y^{3} + o (y^{3}) = y .$

Par unicité des coefficients d’un développement limité, il vient $a = 1 / 2$ , $b = 1 / 16$ et $c = - 1 / 192$ .

Exercice 83 1456 Correction

Montrer que l’application $f : ℝ \to ℝ$ définie par $f (x) = x e^{x^{2}}$ admet une application réciproque définie sur $ℝ$ et former le $D L_{5} (0)$ de $f^{- 1}$ .

Solution

$f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ et

f^{'} (x) = (1 + 2 x^{2}) e^{x^{2}} > 0

de plus ${lim}_{+ \infty} f = + \infty, {lim}_{- \infty} f = - \infty$ .
Donc $f$ réalise une bijection de $ℝ$ vers $ℝ$ et $f^{- 1}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
En particulier $f^{- 1}$ admet une $D L_{5} (0)$ , de plus comme $f$ est impaire, $f^{- 1}$ l’est aussi et le $D L_{5} (0)$ de $f^{- 1}$ est de la forme:

f^{- 1} (x) = a x + b x^{3} + c x^{5} + o (x^{5}) .

En réalisant un $D L_{5} (0)$ de $f^{- 1} (f (x))$ , on obtient

f^{- 1} (f (x)) = a x + (a + b) x^{3} + (\frac{1}{2} a + 3 b + c) x^{5} + o (x^{5}) .

Or $f^{- 1} (f (x)) = x$ , donc:

a = 1, b = - 1 et c = \frac{5}{2} .

Exercice 84 234

(a)

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

$\tan (x) = \frac{\sin (x)}{\cos (x)} .$
(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

${(\tan)}^{'} (x) = 1 + \tan^{2} (x) .$

Exercice 85 1452 Correction

Déterminer les développements limités suivants:

(a)

$D L_{10} (0)$ de $\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{4}}}$
(b)

$D L_{1000} (0)$ de $\ln (\sum_{k = 0}^{999} \frac{x^{k}}{k!})$

Solution

(a)

$\frac{1}{\sqrt{1 + t^{4}}} = 1 - \frac{1}{2} t^{4} + \frac{3}{8} t^{8} + o (t^{9})$ dont $\int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{4}}} = t - \frac{1}{10} t^{5} + \frac{1}{24} t^{9} + o (t^{10})$
puis $\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{4}}} = \int_{0}^{x^{2}} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{4}}} - \int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{4}}} = - x + x^{2} + \frac{1}{10} x^{5} - \frac{1}{24} x^{9} - \frac{1}{10} x^{10} + o (x^{10})$
(b)

$\ln (\sum_{k = 0}^{999} \frac{x^{k}}{k!}) = \ln (e^{x} - \frac{x^{1000}}{1000!} + o (x^{1000})) = \ln (e^{x}) + \ln (1 - \frac{x^{1000} e^{- x}}{1000!} + o (x^{1000})) = x - \frac{1}{1 000!} x^{1000} + o (x^{1000})$ .

Exercice 86 1453 Correction

Exprimer le développement limité à l’ordre $n$ en 0 de $\frac{1}{\sqrt{1 - x}}$ à l’aide de nombres factoriels.

Solution

\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{- 1}{/}) 2 k {(- x)}^{k} + o (x^{n})

avec

	$(\binom{- 1}{/}) 2 k$	$= \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{3}{2}) \dots (- \frac{2 k - 1}{2})}{k!}$
		$= {(- 1)}^{k} \frac{1.3 \dots (2 k - 1)}{2^{k} k!} = {(- 1)}^{k} \frac{(2 k)!}{{(2^{k} k!)}^{2}} .$

Au final,

\frac{1}{\sqrt{1 - x}} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(2 k)!}{{(2^{k} k!)}^{2}} x^{k} + o (x^{n}) .

Exercice 87 1454 Correction

Pour $α = - 1 / 2$ et $k \in ℕ$ , exprimer

\frac{α (α - 1) \dots (α - k + 1)}{k!}

à l’aide de nombres factoriels.
En déduire une expression du $D L_{2 n + 1} (0)$ de $\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ puis du $D L_{2 n + 2} (0)$ de $\arcsin (x)$ .

Solution

On a

\frac{α (α - 1) \dots (α - k + 1)}{k!} = \frac{{(- 1)}^{k} \frac{1}{2} \frac{3}{2} \dots \frac{2 k - 1}{2}}{k!} = \frac{{(- 1)}^{k} (2 k)!}{2^{2 k} {(k!)}^{2}} .

Donc

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(2 k)!}{2^{2 k} {(k!)}^{2}} x^{2 k} + o (x^{2 n + 1})

puis

\arcsin (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(2 k)!}{2^{2 k} (2 k + 1) {(k!)}^{2}} x^{2 k + 1} + o (x^{2 n + 2}) .

Exercice 88 1455 Correction

Pour $n \in ℕ$ , déterminer le développement limité à l’ordre $2 n + 2$ de $x \mapsto \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x})$ .

On pourra commencer par calculer la dérivée de cette fonction.

Solution

{(\frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}))}^{'} = \frac{1}{1 - x^{2}}

\frac{1}{1 - x^{2}} = 1 + x^{2} + x^{4} + \dots + x^{2 n} + o (x^{2 n + 1}) .

Donc

\frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) = x + \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{5} x^{5} + \dots + \frac{1}{2 n + 1} x^{2 n + 1} + o (x^{2 n + 2}) .

Exercice 89 5920 Correction

Déterminer le développement limité à l’ordre $4$ en $0$ de la fonction $f$ solution différentielle

2 (1 + x) y^{'} - y = e^{x}

vérifiant $f (0) = 0$ .

Solution

L’équation différentielle étudiée équivaut sur $I =] - 1; + \infty [$ à l’équation

y^{'} - \frac{1}{2 (1 + x)} y = \frac{e^{x}}{2 (1 + x)} .

Par le théorème de Cauchy, la condition initiale $f (0) = 0$ assure l’existence et l’unicité d’une fonction $f$ solution du problème posé et définie sur $I$ . Au surplus, les fonctions coefficients sont de classe $𝒞^{\infty}$ et la fonction $f$ est donc aussi de classe $𝒞^{\infty}$ sur $I$ . Cela assure l’existence d’un développement limité à tout ordre de $f$ en $0$ . Sachant $f (0) = 0$ , ce développement s’écrit

f (x) \underset{x \to 0}{=} a x + b x^{2} + c x^{3} + d x^{4} + o (x^{4}) .

Il n’est pas légitime de dériver un développement limité. Cependant, $f^{'}$ admet aussi un développement limité en $0$ à tout ordre car de classe $𝒞^{\infty}$ . Par intégration de développement limité, on peut identifier les coefficients du développement limité de $f^{'}$ et en déduire¹¹ 1 On peut aussi employer la formule de Taylor-Young pour relier les développements limités de $f$ et $f^{'}$ .

f^{'} (x) \underset{x \to 0}{=} a + 2 b x + 3 c x^{2} + 4 d x^{3} + o (x^{3}) .

Par l’équation différentielle,

2 (1 + x) (a + 2 b x + 3 c x^{2} + 4 d x^{3} + o (x^{3})) - (a x + b x^{2} + c x^{3} + o (x^{3})) = 1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3}) .

Après calculs, l’identification des coefficients du développement limité donne le système

{\begin{matrix} 2 a & = 1 \\ a + 4 b & = 1 \\ 3 b + 6 c & = 1 / 2 \\ 5 c + 8 d & = 1 / 6 . \end{matrix}

Après résolution,

f (x) \underset{x \to 0}{=} \frac{1}{2} x + \frac{1}{8} x^{2} + \frac{1}{48} x^{3} + \frac{1}{128} x^{4} + o (x^{4}) .

Exercice 90 2519 CCINP (MP)Correction

Soient $n \in ℕ$ , $n \geq 2$ et $f$ l’application de $ℝ$ dans $ℝ$ définie par

f (x) = x^{n} \sin (\frac{1}{x}) si x \neq 0 et f (0) = 0 .

(a)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ .
(b)

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

Solution

(a)

$f$ est évidemment dérivable en tout $a \in ℝ^{*}$ et aussi dérivable en 0 avec $f^{'} (0) = 0$ .
(b)

$f$ admet pour développement limité à l’ordre $n - 1$ : $f (x) = o (x^{n - 1})$ .
Si $f$ admet un $D L_{n} (0)$ celui-ci serait de la forme

$f (x) \underset{x \to 0}{=} a x^{n} + o (x^{n})$

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

Exercice 91 3025

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

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{{(- 1)}^{n - k} k^{ℓ}}{ℓ!} = {\begin{matrix} 0 & si ℓ < n \\ 1 & si ℓ = n . \end{matrix}

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

Exercice 92 4764

Soit $f$ l’application définie sur $ℝ^{*}$ par

f (x) = 1 + x^{2} \sin (\frac{1}{x}) .

(a)

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

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

Exercice 93 1464 Correction

Soit $f :] - 1; 0 [\cup] 0; + \infty [\to ℝ$ définie par

f (x) = \frac{\ln (1 + x) - x}{x^{2}} .

(a)

Montrer que $f$ peut être prolongée par continuité en $0$ et que ce prolongement est alors dérivable en $0$ .
(b)

Quelle est alors la position relative de la courbe de $f$ par rapport à sa tangente en ce point?

Solution

(a)

On a

$f (x) \underset{x \to 0}{=} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} x - \frac{1}{4} x^{2} + o (x^{2}) .$

Par suite, $f$ peut être prolongée par continuité en $0$ en posant $f (0) = - \frac{1}{2}$ .

De plus, ce prolongement est dérivable en $0$ et $f^{'} (0) = \frac{1}{3}$ .
(b)

L’équation de la tangente en $0$ est

$y = - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} x$

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

Exercice 94 1465 Correction

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

f (x) = \frac{\ln (1 + a x)}{1 + x} .

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

Solution

On a

f (x) \underset{x \to 0}{=} a x - a (1 + \frac{1}{2} a) x^{2} + a (1 + \frac{1}{2} a + \frac{1}{3} a^{2}) x^{3} + o (x^{3}) .

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

Inversement, si $a = - 2$ ,

f (x) \underset{x \to 0}{=} - 2 x - \frac{8}{3} x^{3} + o (x^{3})

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

Exercice 95 1466 Correction

Montrer que la fonction

f : x \mapsto \frac{x}{e^{x} - 1}

peut être prolongée en une fonction de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Solution

$f$ est définie sur $ℝ^{*}$ et se prolonge par continuité en 0 en posant $f (0) = 1$ .
$f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{*}$ et

f^{'} (x) = \frac{e^{x} - 1 - x e^{x}}{{(e^{x} - 1)}^{2}} = \frac{- \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})}{x^{2} + o (x^{2})} \to_{x \to 0}^{} - \frac{1}{2}

donc $f$ est dérivable en 0 avec $f^{'} (0) = - 1 / 2$ et finalement $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Exercice 96 232

Former le développement limité à l’ordre $3$ en $0$ de la fonction $x \mapsto \arctan (e^{x})$ .

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

Exercice 97 1470 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par

f (x) = {\begin{matrix} e^{- 1 / x^{2}} & si x \neq 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et que pour tout $n \in ℕ$ , $f^{(n)} (0) = 0$ .
C’est ici un exemple de fonction non nulle dont tous les $D L_{n} (0)$ sont nuls.

Solution

$f$ est évidemment de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ^{*}$ .
Montrons par récurrence que $f$ est de classe $𝒞^{n}$ et que $f^{(n)}$ est de la forme:

f^{(n)} (x) = P_{n} (1 / x) e^{- 1 / x^{2}}

pour $x \neq 0$ avec $P_{n} \in ℝ [X]$ .
Pour $n = 0$ : ok.
Supposons la propriété établie au rang $n \geq 0$ .
$f^{(n)}$ est continue, dérivable sur $ℝ^{*}$ et pour $x \neq 0$ ,

f^{(n + 1)} (x) = - \frac{1}{x^{2}} P_{n}^{'} (\frac{1}{x}) e^{- 1 / x^{2}} + \frac{2}{x^{3}} P_{n} (\frac{1}{x}) e^{- 1 / x^{2}} = P_{n + 1} (\frac{1}{x}) e^{- 1 / x^{2}}

avec $P_{n + 1} \in ℝ [X]$ .
Récurrence établie.
Pour tout $n \in ℕ$ , $f^{(n)} (x) \underset{y = 1 / x^{2}}{=} P_{n} (\sqrt{y}) e^{- y} \to 0$ quand $x \to 0^{+}$ et de même quand $x \to 0^{-}$ .
Par le théorème du prolongement $𝒞^{1}$ dans une version généralisée, on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et $f^{(n)} (0) = 0$ pour tout $n \in ℕ$ .
Par suite, $f^{(n)}$ est dérivable en 0 et $f^{(n + 1)} (0) = 0$ .

[<] Applications à l'étude locale de fonctions

Exercice 98 4758

Calculer les trois premiers termes des développements asymptotiques de:

(a)

$\frac{1}{e^{x} - 1}$ quand $x \to 0$
(b)

$\ln (x + 1)$ quand $x \to + \infty$ .

Exercice 99 1457 Correction

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

(a)

$\frac{\ln (1 + x)}{\sqrt{x}}$ à la précision $x^{5 / 2}$
(b)

$x^{x}$ à la précision ${(x \ln (x))}^{2}$

Solution

(a)

$\frac{\ln (1 + x)}{\sqrt{x}} \underset{x \to 0}{=} \sqrt{x} - \frac{1}{2} x^{3 / 2} + \frac{1}{3} x^{5 / 2} + o (x^{5 / 2})$
(b)

$x^{x} \underset{x \to 0}{=} 1 + x \ln (x) + \frac{1}{2} x^{2} \ln^{2} (x) + o (x^{2} \ln^{2} (x))$

Exercice 100 1458 Correction

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

(a)

$\sqrt{x + 1}$ à la précision $1 / x^{3 / 2}$ .
(b)

$x \ln (x + 1) - (x + 1) \ln (x)$ à la précision $1 / x^{2}$ .
(c)

${(\frac{x + 1}{x})}^{x}$ à la précision $1 / x^{2}$ .

Solution

(a)

$\sqrt{x + 1} = \sqrt{x} \sqrt{1 + 1 / x} \underset{x \to + \infty}{=} \sqrt{x} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{x^{3 / 2}} + o (\frac{1}{x^{3 / 2}}) .$
(b)

$x \ln (x + 1) - (x + 1) \ln (x) \underset{x \to + \infty}{=} - \ln (x) + 1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}}) .$
(c)

${(\frac{x + 1}{x})}^{x} \underset{x \to + \infty}{=} e - \frac{e}{2} \cdot \frac{1}{x} + \frac{11 e}{24} \cdot \frac{1}{x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}}) .$

Exercice 101 3431

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

Exercice 102 239 Correction

Soit $f : [e; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

f (x) = \frac{x}{\ln (x)} .

(a)

Montrer que $f$ réalise une bijection de $[e; + \infty [$ vers un intervalle à préciser.
(b)

Déterminer un équivalent simple à $f^{- 1}$ en $+ \infty$ .
(c)

Réaliser un développement asymptotique à trois termes de $f^{- 1}$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

$f$ est continue et

$f^{'} (x) = \frac{\ln (x) - 1}{{(\ln (x))}^{2}} > 0$

sauf en $x = e$ donc $f$ est strictement croissante et réalise donc une bijection de $[e; + \infty [$ vers $[e; + \infty [$ .
(b)

Quand $y \to + \infty$ , $f^{- 1} (y) \to + \infty$ .

$\frac{f^{- 1} (y)}{\ln (f^{- 1} (y))} = y$

donc

$\ln (f^{- 1} (y)) - \ln (\ln (f^{- 1} (y))) = \ln (f^{- 1} (y)) + o (\ln (f^{- 1} (y))) = \ln (y)$

d’où

$\ln (f^{- 1} (y)) \sim \ln (y) .$

Par suite,

$f^{- 1} (y) \sim y \ln (y) .$
(c)

$f^{- 1} (y) = y \ln (f^{- 1} (y)) = y \ln (y \ln (y) + o (y \ln (y))) = y \ln (y) + y \ln (\ln (y) + o (\ln (y))) = y \ln (y) + y \ln (\ln (y)) + o (y \ln (\ln (y)))$

puis

$f^{- 1} (y) = y \ln (f^{- 1} (y)) = y \ln (y \ln (y) + y \ln (\ln (y)) + o (y \ln (\ln (y))) = y \ln (y \ln (y)) + y \ln (1 + \frac{\ln (\ln (y))}{\ln (y)} + o (\frac{\ln (\ln (y))}{\ln (y)})) .$

et enfin

$f^{- 1} (y) = y \ln (y) + y \ln (\ln (y)) + y \frac{\ln (\ln (y))}{\ln (y)} + o (y \frac{\ln (\ln (y))}{\ln (y)}) .$

Exercice 103 5030

Soit $φ :] - 1; + \infty [\to ℝ$ 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 $[0; + \infty [$ une bijection $φ_{-} :] - 1; 0] \to [0; + \infty [$ et une bijection $φ_{+} : [0; + \infty [\to [0; + \infty [$ .
(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 22-03-2024

	$u_{n} = \frac{2}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n - 1}}$	$\underset{n \to + \infty}{=} \frac{2}{\sqrt{n} + o (\sqrt{n}) + \sqrt{n} + o (\sqrt{n})} = \frac{1}{\sqrt{n} + o (\sqrt{n)}}$
		$\underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{\sqrt{n}} .$

	$z_{n}$	$\underset{n \to + \infty}{=} - \ln (n - \ln (n) + o (1)) + \ln (n)$
		$= - \ln (1 - \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{1}{n}))$
		$= \frac{\ln (n)}{n} + o (\frac{\ln (n)}{n}) .$