Calculer $e^{1/6}$ et $\ln(4/3)$ à $10^{-3}$ près.
1. On utilise la formule de Taylor-Lagrange pour $e^x$ en 0. L’erreur est majorée par $\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}e^c$. Pour $x=1/6$, l’erreur est inférieure à $\frac{2}{(n+1)!6^{n+1}}$. On choisit $n=3$ pour que cette erreur soit inférieure à $10^{-3}$. On obtient $e^{1/6} \approx 1 + \frac{1}{6} + \frac{1}{2 \cdot 6^2} + \frac{1}{6 \cdot 6^3} \approx 1,181$.
2. On utilise la formule de Taylor-Lagrange pour $\ln(1+x)$ en 0. Pour $x=1/3$, l’erreur est majorée par $\frac{1}{(n+1)3^{n+1}}$. On choisit $n=4$ pour que l’erreur soit inférieure à $10^{-3}$. On obtient $\ln(4/3) \approx \frac{1}{3} – \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \frac{1}{3 \cdot 3^3} – \frac{1}{4 \cdot 3^4} \approx 0,287$.
Donner les développements limités d’ordre 3, au voisinage de 0, des fonctions suivantes :
a) $f(x) = \sin x (1+\cosh x)$
b) $g(x) = \ln(1+\sin x)$
c) $h(x) = \frac{e^x}{1+\sinh x}$
a) On multiplie les D.L. : $(x-\frac{x^3}{6})(2+\frac{x^2}{2}) = 2x + \frac{x^3}{2} – \frac{x^3}{3} = 2x + \frac{x^3}{6}$. Le D.L. est $2x + \frac{x^3}{6} + o(x^3)$.
b) On compose les D.L. de $\ln(1+u)$ et $u=\sin x$. $\ln(1+\sin x) = (x-\frac{x^3}{6}) – \frac{1}{2}(x)^2 + \frac{1}{3}(x)^3 = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)$.
c) Le D.L. du dénominateur est $1+x+\frac{x^3}{6}$. On effectue la division suivant les puissances croissantes de $1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}$ par $1+x+\frac{x^3}{6}$. On trouve $1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{2}+o(x^3)$.
Soit la fonction $f$ définie par $f(x)=x^2\ln x$ si $x>0$ et $f(0)=0$.
a) Montrer que $f$ est continue et dérivable à droite en 0.
b) Montrer que $f$ n’admet pas de D.L. d’ordre 2 au voisinage de 0.
a) $\lim_{x\to 0^+} x^2\ln x = 0 = f(0)$, donc $f$ est continue. $\lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)-f(0)}{x} = \lim_{x\to 0^+} x\ln x = 0$. Donc $f$ est dérivable à droite et $f’_d(0)=0$.
b) Si $f$ admettait un D.L. d’ordre 2, on aurait $x^2\ln x = a+bx+cx^2+x^2\epsilon(x)$. En faisant tendre $x \to 0$, on trouve $a=0$, puis $b=0$. Il resterait $c = \ln x – \epsilon(x)$. En faisant tendre $x \to 0$, le membre de droite tend vers $-\infty$, ce qui est une contradiction car $c$ est une constante finie.
Calculer les limites suivantes :
1) $\lim_{x\to 0} \frac{\ln(\cos(ax))}{\ln(\cos(bx))}$
2) $\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+\sin x) – x\sqrt{1-x}}{\sin x – \tanh x}$
1. On utilise les équivalents : $\ln(\cos(ax)) = \ln(1+(\cos(ax)-1)) \sim_0 \cos(ax)-1 \sim_0 -\frac{(ax)^2}{2}$. Le quotient est donc équivalent à $\frac{-a^2x^2/2}{-b^2x^2/2} = \frac{a^2}{b^2}$. La limite est $\frac{a^2}{b^2}$.
2. On effectue des D.L. à l’ordre 3. Numérateur : $(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}) – (x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{8}) = \frac{7}{24}x^3$. Dénominateur : $(x-\frac{x^3}{6}) – (x-\frac{x^3}{3}) = \frac{1}{6}x^3$. Le rapport tend vers $\frac{7/24}{1/6} = \frac{7}{4}$.
Faire l’étude locale au voisinage de 0 des fonctions suivantes :
1) $f(x) = \ln(\cos x) + \sqrt{x^2+1}$
2) $g(x) = \frac{(1+x^2)^{\frac{1}{1+x^2}}-1}{x} – x + x^3$ si $x \neq 0$ et $g(0)=0$.
1. On fait un D.L. à l’ordre 4. $f(x) = (-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}) + (1+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}) + o(x^4) = 1 – \frac{5}{24}x^4 + o(x^4)$. La courbe est en dessous de sa tangente horizontale $y=1$. $f$ présente un maximum local en 0.
2. On fait un D.L. de $g(x)$. On trouve $g(x) = \frac{1}{2}x^5 + o(x^5)$. La tangente en 0 est l’axe des abscisses. Comme le premier terme non nul est de degré impair, la courbe traverse sa tangente. Le point $(0,0)$ est un point d’inflexion.
Soit $f(x) = \frac{\sin x – \sinh x}{\sin x – \tanh x}$.
1. Montrer que $f$ est prolongeable par continuité en une fonction $g$ dérivable en 0.
2. Étudier la position du graphe de $g$ par rapport à sa tangente en 0.
1. On effectue un D.L. de $f(x)$ en 0. Numérateur : $(x-\frac{x^3}{6}) – (x+\frac{x^3}{6}) = -\frac{x^3}{3}$. Dénominateur : $(x-\frac{x^3}{6}) – (x-\frac{x^3}{3}) = \frac{x^3}{6}$. Le rapport tend vers -2. On prolonge par $g(0)=-2$. Pour la dérivabilité, on calcule le D.L. à un ordre supérieur. On trouve $f(x) = -2 – \frac{3}{2}x^2 + o(x^2)$. Le D.L. d’ordre 1 de $g$ est $g(x)=-2+0x+o(x)$, donc $g$ est dérivable en 0 et $g'(0)=0$.
2. La tangente en 0 est la droite $y=-2$. La différence $g(x)-(-2) = -\frac{3}{2}x^2 + o(x^2)$ est négative au voisinage de 0. La courbe est donc située en dessous de sa tangente. Le point $(0,-2)$ est un maximum local.