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Exercices sur les d´eveloppements limit´es.
Remarque : les exercices concernant l’utilisation des d.l. pour ´etudier localement une fonction (continuit´e et d´erivabilit´e en un point), se trouvent
dans la partie “d´erivabilit´e”.
Exercice 1 :

Montrer que le d´eveloppement limit´e d’ordre n en 0 de th

que soit n > 0.

1
vaut 1 quel
x2

Exercice 2 : En utilisant la formule de Taylor-Young, calculer le d.l. de arctan x `a l’ordre 3
au voisinage de 1. Puis retrouver ce r´esultat `a partir du d.l. de la d´eriv´ee d’arctan x au voisinage
de 1.
Exercice 3 :

Donner la r´eponse, en la justifiant, aux questions suivantes :

a) La fonction x 7→ ln x a-t-elle un d´eveloppement limit´e en z´ero ?
b) La fonction x 7→
c) La fonction x 7→
d’ordre 3 ?



x a-t-elle un d´eveloppement limit´e d’ordre 1 en z´ero ?



x5 poss`ede-t-elle un d´eveloppement limit´e en z´ero d’ordre 1 ? d’ordre 2 ?
2

d) La fonction x 7→ e−1/x poss`ede-t-elle un d´eveloppement limit´e en z´ero d’ordre n ?

1

Exercice 4 :

Calculer le d´eveloppement limit´e en 0 des fonctions suivantes

a)

(1 + arctan x)(ex + 2 sin x)

(ordre 3)

b)

(1 + 2 cos(2x))(x − ln(1 + x))

(ordre 5)

1 + arctan x
cos x
x
d)
ex − 1
ln(1 + x3 )
e)
x − sin x

1 + 2 cos x
f)

c)



(ordre 4)
(ordre 5)
(ordre 3)
(ordre 2)

g)

e

1+2 cos x

(ordre 2)

h)

(1 + x)1/x

(ordre 2)

i)
j)
k)

Exercice 5 :

sin x
ln
x
p
3
1 + ln(1 + x)

(ordre 4)
(ordre 3)

x

cos(e cos x )

(ordre 4)

Calculer le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 3 en z´ero de la fonction f d´efinie

par
1

f (x) = (1 + x) sin x .

Exercice 6 :

Calculer le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en z´ero de
ee − ee
f (x) =
.
ln(1 + x)
x

Exercice 7 :

Exercice 8 :

−x

Calculer le d´eveloppement limit´e en z´ero `a l’ordre 2 de


1
x2
+
e cos x sin x − e
f (x) =
.
ln(1 + x)

Trouver le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 3 en π/4 de f (x) = (tan x)tan(2x) .

2

Exercice 9 :

Trouver un ´equivalent simple, lorsque x tend vers z´ero des fonctions suivantes

a) x(1 + cos x) − 2 tan x


c)
sin x − 4 x tan x
e)

1+

Exercice 10 :

ln cos x
ln ch x

b)

ecos x + ech x − 2e

d)

(2e cos x − ex+1 )ln x

f)

2 − tan x
4

−x
1+e
4 + x2

Calculer les limites des fonctions suivantes en utilisant les d´eveloppements

limit´es.
a)
c)
e)
g)

x − arcsin x
sin3 x
8x − 4x
3x − 2x
xe − ex
(x − e)2


1 − x 1/x
1+x
2

i)

(x → 0)
(x → 0)
(x → e)
(x → 0)

(ch x)−1/x − (cos x)1/x
ch x − cos x

Exercice 11 :

2
sin x 1/x
b)
sh x


x− e
d)
ln x − 1
x

1 1/x
1/x
(a + b )
f)
2

(2x − x3 )1/3 − x
h)
1 − x3/4
1
j) cotan2 x − 2
x


2

(x → 0)

Exercice 12 :

(x → e )
(x → ∞)
(x → 1 )
(x → 0 )

Calculer la limite lorsque x tend vers e de
f (x) =

vers 0 de

(x → 0 )

xe − ex
.
1 − cos(x − e)

En utilisant les d´eveloppements limit´es, trouver la limite quand x tend




+ e 4−x − 2e2
f (x) =
.
tan2 x
(On justifiera le choix de l’ordre auquel on commence les calculs, et on d´etaillera les calculs
interm´ediaires).
e

Exercice 13 :

4+x

Calculer la limite lorsque x tend vers π/2 de
p

1 + sin x − 3 − sin2 x
,
f (x) =
cos2 x

en indiquant comment vous choisissez l’ordre des d´eveloppements limit´es que vous utilisez.

Exercice 14 : Sans utiliser de d.l. , ´etudier les asymptotes et la position de la courbe
par rapport aux asymptotes lorsque x tend vers +∞ et −∞ dans les cas suivants :
3

a)
b)
c)

Exercice 15 :


f (x) = ln e2x + 3e−3x + 1
x4 − 2x3 + 2x2 + 1
x3 + 2x2 + 1

f (x) = x4 + x3 − x2

f (x) =

En utilisant les d.l. ´etudier `a l’infini, les fonctions suivantes :
a) f (x) =
b)
c)
d)

Exercice 16 :

p

x(2 + x) e1/x

x3 + 2x2 − x + 1
x2 − x + 2
r
x−1
f (x) = x
x+1
2x
f (x) = ln(e − ex + 3e−3x + 1)
f (x) =

a) Ecrire le d´eveloppement limit´e `a l’ordre 2 en z´ero de la fonction g d´efinie

par
g(u) = ln

ln(1 + 2u)
.
ln(1 + u)

(On justifiera le choix de l’ordre auquel on commence les calculs, et on d´etaillera les calculs
interm´ediaires).
b) En d´eduire le comportement `
a +∞ de la fonction f d´efinie par
f (x) = x ln

ln(2 + x) − ln x
.
ln(1 + x) − ln x

(Equation de l’asymptote, position de la courbe par rapport `a l’asymptote et dessin (on prendra
ln 2 = 0, 7)).

Exercice 17 :

a) Soit a et b deux r´eels. Donner le d´eveloppement limit´e `a l’ordre n en 0

de
g(x) = ln

1 + ax
.
1 + bx

b) Soit f la fonction d´efinie, lorsque cela a un sens, par
f (x) = (3x2 + 6x − 10) ln

x+4
.
x+2

Montrer qu’elle admet un d´eveloppement asymptotique lorsque x tend vers l’infini, de la forme

γ
1
f (x) = αx + β + 2 + ◦
,
x
x2
o`
u α, β et γ sont des r´eels non nuls.
En d´eduire le comportement de la courbe repr´esentative de f `a +∞ et `a −∞. (Asymptote,
position par rapport `
a l’asymptote et dessin).
4

Exercice 18 :

Soit la fonction f d´efinie par
r
x−2
f (x) = x
.
x+2

a) Montrer qu’au voisinage de l’infini, on a
γ
f (x) = αx + β + + ◦
x


1
.
x

Interpr´eter g´eom´etriquement ce r´esultat en faisant le dessin correspondant.
b) Etudier et repr´esenter
√ graphiquement la fonction f . (On pourra prendre le nombre 2 comme
valeur approch´ee de 5).

5

6

Corrig´
e des exercices sur les d´
eveloppements limit´
es.

Remarque : Les calculs de quotients de d.l. ont ´et´e effectu´es dans ce qui
suit en utilisant la m´ethode de division suivant les puissances croissantes.
On peut, bien sˆ
ur, utiliser d’autres m´ethodes.
1)

On veut donc montrer que, pour tout entier n
th

1
= 1 + ◦(xn ) ,
x2

ou encore

1
−1
x2
= ◦(1) ,
xn
ce qui signifie que l’expression de gauche tend vers z´ero lorsque x tend vers l’infini. Mais
th

2

2

1
1 − e−2/x
−2e−2/x
th 2 − 1 =

1
=
.
x
1 + e−2/x2
1 + e−2/x2
En posant
u=
soit

1
,
x2

1
x= √ ,
u

on obtient

1
−1
−2u
−n/2 −e
x2
=
u
,
xn
1 + e−2u
et lorsque x tend vers z´ero, u tend vers +∞. Il r´esulte du crit`ere de croissance compar´ee des
fonctions exponentielles et puissances que cette quantit´e tend bien vers z´ero, ce qui donne le
r´esultat voulu.
th

2)

Posons f (x) = arctan x. On a donc
f ′ (x) =

1
−2x
1 − 3x2
′′
(3)
,
f
(x)
=
,
f
(x)
=
−2
,
1 + x2
(1 + x2 )2
(1 + x2 )3

d’o`
u

π
1
1
1
, f ′ (1) = , f ′′ (1) = − , f (3) (1) = .
4
2
2
2
En utilisant la formule de Taylor-Young, on a alors
f (1) =

arctan x =

π 1
1
1
+ (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 + ◦((x − 1)3 ) .
4 2
4
12

Partons maintenant de f ′ (x), et posons h = x − 1. On a donc
f ′ (1 + h) =

1
1
1
=
=
2
2
1 + (1 + h)
2 + 2h + h
2
7

1
h2
1+h+
2

.

On effectue un d.l. `
a l’ordre 2 de cette fonction puis on int´egre pour retrouver le d.l. d’ordre 3
de f . En utilisant le d.l. de 1/(1 + u) on a
"
#


2
2 2
1
h
1 h h2
h
f ′ (1 + h) =
1− h+
+ ◦(h2 ) = − +
+ ◦(h2 ) .
+ h+
2
2
2
2 2
4
En int´egrant

h h2 h3

+
+ ◦(h3 ) .
2
4
12

f (1 + h) = f (1) +
On retrouve bien le d.l. obtenu plus haut.

3) a) Lorsque x tend vers z´ero, x 7→ ln x n’a pas de limite finie, donc pas de d.l. d’ordre 0, ni
d’aucun autre ordre.

b) La fonction x 7→ x n’est pas d´erivable en z´ero, donc n’a pas de d.l. d’ordre 1 en z´ero, ni
d’aucun ordre sup´erieur `
a 1.
c) On a




x5 = x2 x = ◦(x2 ) .

Donc elle poss`ede des d.l. d’ordre 1 et 2 en z´ero. Si elle poss´edait un d.l. d’ordre 3, il serait de
la forme

x5 = ax3 + ◦(x3 ) ,
et l’on aurait



x5
=a,
x→0+ x3
ce qui n’est pas le cas, puisque cette limite est infinie. Donc la fonction ne poss`ede pas de
d.l. d’ordre 3 en z´ero.
lim

d) On a, pour tout entier n positif
lim

x→0+

1 −1/x2
e
=0.
xn

Donc

2

e−1/x = ◦(xn ) .
La fonction poss`ede un d.l. d’ordre n pour tout entier n.

4)

a) On part des d.l. de arctan x , ex et sin x `a l’ordre 3 en z´ero.
1 + arctan x = 1 + x −

x3
+ ◦(x3 ) ,
3

et
x

e + 2 sin x =



x2 x3
1+x+
+
2
6



x3
+2 x−
6




+ ◦(x3 ) = 1 + 3x +

x2 x3

+ ◦(x3 ) .
2
6

On effectue le produit en tronquant `
a l’ordre 3.
(1 + arctan x)(ex + 2 sin x) = 1 + 4x +
8

7x2
+ ◦(x3 ) .
2

b) On part du d.l. `
a l’ordre 5 de ln(1 + x)


x2 x3 x4 x5
x − ln(1 + x) = x − x −
+

+
+ ◦(x5 ) .
2
3
4
5
Le premier terme non nul du d.l. de x − ln(1 + x) est de degr´e 2. On peut donc mettre x2 en
facteur.


x x2 x3
3
2 1
− +

+ ◦(x ) = x2 f (x) .
x − ln(1 + x) = x
2 3
4
5
Il suffira donc du d.l. de 1 + 2 cos 2x `
a l’ordre 3. Tout d’abord
cos u = 1 −

u2
+ ◦(u3 ) .
2

Donc en posant u = 2x
cos 2x = 1 − 2x2 + ◦(x3 ) .
D’o`
u
1 + 2 cos 2x = 3 − 4x2 + ◦(x3 ) .
On effectue, en le tronquant `
a l’ordre 3, le produit f (x)(1 + 2 cos 2x)


1
x x2 x3
3
2
3
+− +

+ ◦(x ) ,
3 − 4x + ◦(x )
2
3
4
5
et l’on obtient

f (x)(1 + 2 cos 2x) =

5x2 11x3
3
−x−
+
+ ◦(x3 ) .
2
4
15

Alors
(1+2 cos 2x)(x−ln(1+x) = x

2




5x2 11x3
3x2
5x4 11x5
3
3
−x−
+
+ ◦(x ) =
−x3 −
+
+◦(x5 ) .
2
4
15
2
4
15

c) Le d´enominateur de la fraction ne s’annulant pas en z´ero, on effectue la division suivant les
puissances croissantes `
a l’ordre 4.

1 +x
−1
+x2 /2
x +x2 /2
−x
x2 /2
−x2 /2

Donc

−x3 /3
−x3 /3
+x3 /2
+x3 /6

1
−x2 /2
+x4 /24
2
3
−x /24 1 +x +x /2 +x /6 +5x4 /24
−x4 /24
4

−x4 /24
+x4 /4
x3 /6 +5x4 /24
−x3 /6
+5x4 /24
−5x4 /24
0

x2 x3 5x4
1 + arctan x
=1+x+
+
+
+ ◦(x4 ) .
cos x
2
6
24

9

d) Le premier terme non nul du d.l. du d´enominateur ´etant de degr´e 1, on part de l’ordre 6. On
a
x2 x3 x4
x5
x6
ex − 1 = x +
+
+
+
+
+ ◦(x6 ) .
2
6
24 120 720
Et donc
x
1
=
.
2
3
x
e −1
x x
x
x4
x5
5
1+ +
+
+
+
+ ◦(x )
2
6
24 120 720
On effectue la division suivant les puissances croissantes `a l’ordre 5 suivante :

1
−1 −x/2
−x/2
x/2

2

−x /6
−x2 /6
+x2 /4
x2 /12
−x2 /12

3

4

−x /24 −x /120
−x3 /24 −x4 /120
+x3 /12 +x4 /48
+x3 /24 +x4 /80
−x3 /24 −x4 /72
−x4 /720
x4 /720

1 +x/2 +x2 /6 +x3 /24 +x4 /120 +x5 /720
−x /720 1 −x/2 +x2 /12
−x4 /720
−x5 /720
+x5 /240
+x5 /360
−x5 /288
−x5 /1440
+x5 /1440
0
5

On a donc finalement
ex

x
1
1
1 4
= 1 − x + x2 −
x + ◦(x5 ) .
−1
2
12
720

e) Le premier terme non nul du d.l. du d´enominateur est de degr´e 3. On part donc de d.l. `
a
l’ordre 6.
x5
x3

+ ◦(x6 ) ,
x − sin x =
6
120
et
x6
ln(1 + x3 ) = x3 −
+ ◦(x6 ) .
2
Alors
x3 )

ln(1 +
x − sin x

=

=

=
=

x6
+ ◦(x6 )
2
x3
x5

+ ◦(x6 )
6
120
x3
+ ◦(x3 )
1−
2
6
x2
1−
+ ◦(x3 )
20



x2
x3
+ ◦(x3 )
1+
+ ◦(x3 )
6 1−
2
20
2
3x
6+
− 3x3 + ◦(x3 ) .
10
x3 −

f) On a tout d’abord
1 + 2 cos x = 3 − x2 + ◦(x2 ) ,
Donc


1 + 2 cos x =

p


3 − x2 + ◦(x2 ) = 3
10



1/2
x2
2
.
+ ◦(x )
1−
3

On utilise le d.l. de (1 + u)m en z´ero avec m = 1/2. Donc







1 x2
x2
2
2
1 + 2 cos x = 3 1 −
+ ◦(x ) = 3 1 −
+ ◦(x ) .
2 3
6
g) En utilisant l’exercice pr´ec´edent
!
√ 2

2
3x
2
x

+ ◦(x )


+ ◦(x2 )
3 1−
6
1
+
2
cos
x
3
6
=e
=e
e
e
.




On utilise alors le d.l. de ex en z´ero, d’o`
u
√ 2!
3x
1−
+ ◦(x2 ) .
6



e 1 + 2 cos x = e 3
h) On ´ecrit
1/x

(1 + x)

ln(1 + x)
x
=e
.

Puisque l’on divise par x, on part d’un d.l. de ln(1 + x) `a l’ordre 3.
ln(1 + x) = x −

x2 x3
+
+ ◦(x3 ) .
2
3

On obtient
x x2
x x2
ln(1 + x)
@− +
@1 −
+
+ ◦(x2 )A
+ ◦(x2 )A
2
3
2
3
x
= ee
.
=e
e
1

0

0

1

On utilise alors le d.l. de ex `
a l’ordre 2 en z´ero.
"
ln(1 + x)




2 #

x x2
x 11x2
1
x x2
2
x
e
=e 1+ − +
+ ◦(x ) = e 1 − +
+
− +
+ ◦(x2 ) .
2
3
2
2
3
2
24
i) Puisque l’on divise par x, on part d’un d.l. de sin x `a l’ordre 5.
sin x = x −
Donc

x3
x5
+
+ ◦(x5 ) .
6
120



sin x
x2
x4
4
ln
= ln 1 −
+
+ ◦(x ) .
x
6
120

On utilise alors le d.l. `
a l’ordre 4 en z´ero de ln(1 + x). (En tenant compte du fait que l’expression
ne d´epend que de x2 , l’ordre 2 suffira).
sin x
ln
=
x



x2
x4
− +
6
120



1

2



x4
x2
− +
6
120

2

+ ◦(x4 ) = −

x2
x4

+ ◦(x4 ) .
6
180

j) En partant du d.l. `
a l’ordre 3 en z´ero de ln(1 + x), on a donc
p
3
1 + ln(1 + x) =



1/3
x2 x3
3
.
+
+ ◦(x )
1+x−
2
3
11

On utilise le d.l. de (1 + u)1/3 `
a l’ordre 3 en z´ero :
2

3


u 1 1
u
1
u
1 1
u u2 5u3
1/3
(1+u) = 1+ +
−1
+
−1
−2
+◦(u3 ) = 1+ − +
+◦(u3 ) .
3 3 3
2 3 3
3
6
3 9
81
Alors
p
3




2

3
1
5
x2 x3
1
x2 x3
x2 x3
+
+
+
+
+ ◦(x3 )
x−

x−
x−
3
2
3
9
2
3
81
2
3


1
5
x2 x3
1
= 1+
+
x−
− (x2 − x3 ) + x3 + ◦(x3 )
3
2
3
9
81
2
3
23x
x 5x
+
+ ◦(x3 ) .
= 1+ −
3
18
81

1 + ln(1 + x) = 1 +

k) On part du d.l. en z´ero `
a l’ordre 3 de cos x.
cos x = 1 −
Donc

x
=
cos x

x
1−

x2
+ ◦(x3 )
2

x2
+ ◦(x3 ) .
2



x3
x2
+ ◦(x3 ) = x +
+ ◦(x4 ) .
=x 1+
2
2

Alors
x
cos
x
g(x) = e


«

x3
@x +
+ ◦(x4 )A
2
.
=e
0

1

En utilisant le d.l. en z´ero `
a l’ordre 4 de l’exponentielle, on a
x «



1
x3
e cos x
+
x+
= 1+ x+
2
2
x3 x2 x4
= 1+x+
+
+
+
2
2
2
= 1 + u(x) ,


o`
u
u(x) = x +

2

3

4
1
1
x3
x3
x3
+
+
+ ◦(x4 )
x+
x+
2
6
2
24
2
x3 x4
+
+ ◦(x4 )
6
24

x2 2x3 13x4
+
+
+ ◦(x4 ) .
2
3
24

Alors
cos g(x) = cos(1 + u(x)) = cos 1 cos u(x) − sin 1 sin u(x) .
Comme u(0) = 0, on peut utiliser maintenant les d.l. de sin x et cos x `a l’ordre 4 en z´ero. On a
donc

2

4
1
x2 2x3 13x4
x2 2x3 13x4
1
+
+ ◦(x4 )
+
+
+
+
x+
x+
cos u(x) = 1 −
2
2
3
24
24
2
3
24


1
x4 4x4
x4
= 1−
+
+ ◦(x4 )
x2 + x3 +
+
2
4
3
24
x2 x3 3x4


+ ◦(x4 ) ,
= 1−
2
2
4
12

ainsi que


3

1
x2 2x3 13x4
x2 2x3 13x4
+ ◦(x4 )
+
+
+
+

x+
x+
2
3
24
6
2
3
24


x2 2x3 13x4 1
3x4
3
= x+
+
+

x +
+ ◦(x4 )
2
3
24
6
2
x2 x3 7x4
+
+
+ ◦(x4 ) .
= x+
2
2
24

sin u(x) =

Alors, en rempla¸cant
x
cos 1 + sin 1 2 cos 1 + sin 1 3 18 cos 1 + 7 sin 1 4
x −
x −
x + ◦(x4 ) .
cos(e cos x ) = cos 1 − x sin 1 −
2
2
24

5)

On ´ecrit


ln(1 + x)
sin x
f (x) = e



,

et l’on cherche le d.l. de

ln(1 + x)
,
sin x
`a l’ordre 3 en z´ero. Comme le d´enominateur sin x = x + ◦(x), a une partie principale de degr´e
1, on commence les calculs `
a l’ordre 4. On a
g(x) =

ln(1 + x) = x −

x2 x3 x4
+

+ ◦(x4 ) ,
2
3
4

et
sin x = x −

x3
+ ◦(x4 ) ,
6

donc

g(x) =

=

=
=
Alors

0

@1−

f (x) = e

x2 x3 x4
+

+ ◦(x4 )
2
3
4
x3
x−
+ ◦(x4 )
6
x x2 x3

+ ◦(x3 )
1− +
2
3
4
x2
+ ◦(x3 )
1−
6



x x2 x3
x2
1− +

1+
+ ◦(x3 )
2
3
4
6
x x2 x3

+ ◦(x3 ) .
1− +
2
2
3
x−

x x2 x3
+

+ ◦(x2 )A
2
2
3
1

13

x x2 x3
@− +

+ ◦(x3 )A
2
2
3
= ee
,
0

1

et en utilisant le d.l. `
a l’ordre 3 en z´ero de l’exponentielle
"



2

3 #
x x2 x3
1
1
x x2 x3
x x2 x3
f (x) = e 1 + − +
+
+ ◦(x3 )



+
− +
− +
2
2
3
2
2
2
3
6
2
2
3


x 5x2 29x3

+ ◦(x3 ) .
= e 1− +
2
8
48

6)

On a au d´enominateur ln(1 + x) = x + ◦(x) . On commencera donc le calcul `a l’ordre 3.

On a

ex = 1 + x +

x2 x3
+
+ ◦(x3 ) ,
2
6

donc
x
ee

=
=
=
=
=

x2 x3
@1 + x +
+
+ ◦(x3 )A
2
6
e 0
1
x2 x3
3 A
@x +
+
+ ◦(x )
2
6
e"
e
#



2

3
1
x2 x3
1
x2 x3
x2 x3
+
+ ◦(x3 )
+
+
+
e 1+ x+
+
x+
x+
2
6
2
2
6
6
2
6




x2 x3
x3
1
e 1+ x+
+
+ (x2 + x3 ) +
+ ◦(x3 )
2
6
2
6


5x3
2
+ ◦(x3 ) .
e 1+x+x +
6
1

0

En changeant alors x en −x dans la formule pr´ec´edente, on obtient


−x
5x3
2
e
=e 1−x+x −
e
+ ◦(x3 ) .
6
Donc

On aura alors



x
−x
5x3
e
e
e −e
= e 2x +
+ ◦(x3 ) .
3




5x2
5x3
3
e 2+
+ ◦(x )
+ ◦(x2 )
e 2x +
3
3
=
.
f (x) =
x2 x3
x x2
+
+ ◦(x3 )
+ ◦(x2 )
x−
1− +
2
3
2
3
On effectue la division suivant les puissances croissantes ;


2
+5x2/3 1 −x/2 +x2/3
−2 +x −2x2/3 2
+x +3x2/2
x
+x2
−x +x2/2
3x2/2
−3x2/2
0
14

Finalement

3x2
f (x) = e 2 + x +
2




+ ◦(x2 ) .

7) Le d´enominateur ln(1 + x) a un d.l. qui commence par une terme de degr´e 1. On d´eveloppe
donc le num´erateur `
a l’ordre 3. On a successivement
x2
1
1
=
1
+
=
+ ◦(x3 ) ,
cos x
2
x2
3
+ ◦(x )
1−
2
et


x2
x3
x2
x
x2
2
=
+
◦(x
)
=x+
+ ◦(x3 ) .
=
=
x
1
+
3
2
sin x
6
6
x
x
x−
1−
+ ◦(x3 )
+ ◦(x2 )
6
6
Donc
1
x2
x2 x3
+
=1+x+
+
+ ◦(x3 ) .
cos x sin x
2
6
Alors
0
1
1
x2
x2 x3
x2 x3
@
A
+
+
+ ◦(x3 )
x+
+
+ ◦(x3 )
1+x+
cos x sin x
2
6
2
6
= ee
.
e
=e
En utilisant le d.l. de l’exponentielle en z´ero `a l’ordre 3, on obtient
1
x2
"
#



2

3
@
A
+
x2 x3
1
1
x2 x3
x2 x3
cos x sin x
e
= e 1+ x+
+
+
+
+
+ ◦(x3 )
+
x+
x+
2
6
2
2
6
6
2
6




x3
1 2
x2 x3
3
+
+ (x + x ) +
+ ◦(x3 )
= e 1+ x+
2
6
2
6


5x3
2
+ ◦(x3 )
= e 1+x+x +
6
.
0

Finalement

Alors

1

1
x2


@
A
+
5x3
cos x sin x
2
e
+ ◦(x3 ) .
−e=e x+x +
6
0

1




5x3
5x2
3
+ ◦(x )
+ ◦(x2 )
e x+ +
e 1+x+
6
6
f (x) =
=
.
x2 x3
x x2
3
2
x−
1− +
+
+ ◦(x )
+ ◦(x )
2
3
2
3
En effectuant la divisions suivant les puissances croissantes


1
−1

x2

+x
+5x2 /6 1 −x/2 +x2 /3
+x/2 −x2 /3 1 +3x/2 +5x2 /4
3x/2 +x2 /2
−3x/2 +3x2 /4
5x2 /4
−5x2 /4
0
15

On a donc finalement

8)


3x 5x2
f (x) = e 1 +
+
+ ◦(x2 ) .
2
4


On se ram`ene `
a un d.l. en z´ero en posant h = x − π/4. On obtient alors
π

tan h + tan
π
4 = 1 + tan h .
tan x = tan h +
=
π
4
1 − tan h
1 − tan h tan
4

Par ailleurs,
tan 2x = tan
Donc

π
2


+ 2h =

1
1
=−
.
tan(−2h)
tan 2h




1 + tan h −1/ tan 2h
π
=
= e−g(h) ,
f (x) = f h +
4
1 − tan h

o`
u

1
g(h) =
ln
tan 2h



1 + tan h
1 − tan h



.

Comme tan 2h s’annule en z´ero, et que le premier terme non nul de son d.l. est de degr´e 1, il
faut donc commencer le calcul avec un d.l. d’ordre 4 en z´ero de tan h :
tan h = h +

h3
+ ◦(h4 ) .
3

Donc

h3
+ ◦(h4 )
1 + tan h
3
=
.
1 − tan h
h3
4
1−h−
+ ◦(h )
3
On effectue la division suivant les puissances croissantes `a l’ordre 4
1+h+

1
−1

Donc

On a alors

+h
+h3 /3
+h
+h3 /3
2h
+2h3 /3
−2h +2h2
2h2 +2h3 /3
−2h2 +2h3
8h3 /3
−8h3 /3

1 −h
−h3 /3
1 +2h +2h2 +8h3 /3 +10h4 /3
+2h4 /3
+2h4 /3
+2h4 /3
+8h4 /3
+10h4 /3
−10h4 /3
0

8h3
10h4
1 + tan h
= 1 + 2h + 2h2 +
+
+ ◦(h4 ) .
1 − tan h
3
3


8h3 10h4
1 + tan h
2
4
= ln 1 + 2h + 2h +
+
+ ◦(h ) = ln(1 + u(h)) ,
ln
1 − tan h
3
3
16

o`
u

8h3 10h4
+
+ ◦(h4 ) .
3
3
Comme cette expression tend vers z´ero, on utilise alors le d.l. de ln(1 + u) `a l’ordre 4 en z´ero.



2
8h3
10h4
1 + tan h
1
8h3 10h4
2
2
ln
=
2h + 2h +
+
+

2h + 2h +
1 − tan h
3
3
2
3
3

3

4
4
3
1
10h
8h
8h3 10h4
1
2
2

+ ◦(h4 )
+
+
2h + 2h +
2h + 2h +
+
3
3
3
4
3
3


8h3
10h4 1
16h4
32h4
1
2
2
3
4
= 2h + 2h +
+

+ ◦(h4 )
4h + 8h + 4h +
+ (8h3 + 24h4 ) −
3
3
2
3
3
4
4h3
+ ◦(h4 ) .
= 2h +
3
u(h) = 2h + 2h2 +

(Remarque : la fonction qui `
a h associe ln
soit ´egalement).

1 + tan h
´etant impaire, il est normal que son d.l. le
1 + tan h

Par ailleurs
tan 2h = 2h +

8h3
+ ◦(h4 ) .
3

On a alors
4h3
+ ◦(h4 )
3
8h3
2h +
+ ◦(h4 )
3
2h2
+ ◦(h3 )
1+
3
4h2
1+
+ ◦(h3 )
3



2h2
4h2
1+
1−
+ ◦(h3 )
3
3
2h2
+ ◦(h3 ) .
1−
3
2h +

g(h) =

=

=
=
Alors


π
f h+
= e−g(h)
4
0

2h2
@−1 +
+ ◦(h3 )A
3
= e
0
1
2h2
3
@
+ ◦(h )A
3
= e−1 e
.
1

Il ne reste plus qu’`a utiliser le d.l. de ex en z´ero pour obtenir



π
2h2
−1
=e
f h+
1+
+ ◦(h3 ) .
4
3

Finalement

−1

f (x) = e



π 2
2
x−
1+
3
4
17





π 3
+◦ x−
.
4

9)

Remarque : dans cet exercice on ne peut savoir a priori `a quel ordre choisir les d.l. que l’on
utilise, les d´emonstrations sont donn´ees avec l’ordre n´ecessaire pour obtenir l’´equivalent cherch´e.
En g´en´eral, on choisit un ordre de d´epart, s’il est insuffisant pour conclure, on recommence les
calculs en augmentant l’ordre.
a) En effectuant un d.l. `
a l’ordre 3,




x2
x3
7x3
7x3
3
3
x(1+cos x)−2 tan x = x 1 + 1 −
+ ◦(x ) −2 x +
+ ◦(x ) = −
+◦(x3 ) ∼ −
.
2
3
6
6
b) En effectuant un d.l. `
a l’ordre 4,


x2 x4
4
+
+ ◦(x )
1−
24
ecos x = e 2

x2 x4
4
− +
◦ (x )
2
24
= e"
e
#

2
2
2
x4
x4
1
x
x
4
+ ◦(x )
+
− +
= e 1+ − +
2
24
2
2
24


x2 x4
= e 1−
+
+ ◦(x4 ) .
2
6
De mˆeme
ech x =
=
=
=


x2 x4
+
+ ◦(x4 )
24
e 2

2
x
x4
+
◦ (x4 )
24
e"
e 2
#
2


2
x
x4
1 x2 x4
+
+
+ ◦(x4 )
e 1+
+
2
24
2 2
24


x2 x4
+
+ ◦(x4 ) .
e 1+
2
6


1+

Alors

ex4
ex4
+ ◦(x4 ) ∼
.
ecos x + ech x − 2e =
3
3
c) Pour x tendant vers 0+ , on a
r
1/2



x3
x2
2
3
.
+ ◦(x ) = x 1 −
+ ◦(x )
sin x = x −
6
6

Donc, en utilisant le d.l. en z´ero de (1 + u)1/2 ,




x2
2
+ ◦(x ) .
sin x = x 1 −
12
De mˆeme,

4

x tan x =

r
4

x2


x4
+
+ ◦(x4 ) = x
3
18



1/4
x2
2
.
1+
+ ◦(x )
3

Donc, en utilisant le d.l. en z´ero de (1 + u)1/4 ,




x2
2
+ ◦(x ) .
tan x = x 1 +
12
Alors




4
sin x − x tan x = − x




x2
x5/2
x5/2
2
+ ◦(x ) = −
+ ◦(x5/2 ) ∼ −
.
6
6
6

d) On peut transformer l’expression en mettant e en facteur dans la parenth`ese
2e cos x − ex+1

ln x

= eln x (2 cos x − ex )ln x = x (2 cos x − ex )ln x .

Or, en utilisant un d.l. d’ordre 1 en z´ero,
2 cos x − ex = 2 − (1 + x) + ◦(x) = 1 − x + ◦(x) ,
donc
ln(2 cos x − ex ) = ln(1 − x + ◦(x)) = −x + ◦(x) ∼ x .
Alors
ln x ln(2 cos x − ex ) ∼ −x ln x ,

et cette expression tend vers z´ero lorsque x tend vers 0+ . Donc

x
eln x ln(2 cos x − e ) = (2 cos x − ex )ln x

tend vers 1, et il en r´esulte que
2e cos x − ex+1
o`
u ε(x) tend vers 1. Donc

ln x

2e cos x − ex+1
e) On part de d.l. `
a l’ordre 4.

= xε(x)

ln x

∼x.



x2 x4
+
+ ◦(x4 )
ln cos x = ln 1 −
2
24
2

2
2
x
x4
x4
1
x
=
− +
+ ◦(x4 )

− +
2
24
2
2
24
x2 x4
+ ◦(x4 ) .
= − −
2
12
De mˆeme

x2 x4
4
ln ch x = ln 1 +
+
+ ◦(x )
2
24


2
2
x4
1 x2 x4
x
+ ◦(x4 )
+
+

=
2
24
2 2
24
x2 x4
=

+ ◦(x4 ) .
2
12


19

Alors
ln cos x
ln ch x

=

=

=
=
On en d´eduit donc
1+

x2 x4

+ ◦(x4 )
2
12
x2 x4

+ ◦(x4 )
2
12
x2
+ ◦(x2 )
−1 −
6
x2
+ ◦(x2 )
1−
6



x2
x2
−1 −
1+
+ ◦(x2 )
6
6
x2
+ ◦(x2 ) .
−1 −
3


x2
x2
ln cos x
= − + ◦(x2 ) ∼ −
.
ln ch x
3
3

f) On part de d.l. `
a l’ordre 3.
2 − tan x = 2 − x −

x3
+ ◦(x3 ) ,
3

et

x2 x3

+ ◦(x3 ) .
2
6
On effectue alors la division suivant les puissances croissantes pour obtenir un d.l. du quotient.
1 + e−x = 2 − x +

2 −x
−2 +x −x2 /2
−x2 /2
+x2 /2

Donc

Par ailleurs

Finalement

−x3 /3 2 −x +x2 /2
−x3 /6
+x3 /6 1
−x2 /4 −5x3 /24
3
−x /6
−x3 /4
−5x3 /12
+5x3 /12
0

x2 5x3
2 − tan x
=
1


+ ◦(x3 ) .
1 + e−x
4
24
4
=
4 + x2

1
1+

x2
4

=1−

x2
+ ◦(x3 ) .
4

4
5x3
5x3
2 − tan x
3

=

+
◦(x
)


.
1 + e−x
4 + x2
24
24

10)

a) Le d.l. du d´enominateur ayant son premier terme non nul de degr´e 3, on cherche
un d.l. d’ordre 3 du num´erateur. Pour obtenir le d.l. d’arcsin x, on part du d.l. d’ordre 2 de la
d´eriv´ee.
x2
1

= (1 − x2 )−1/2 = 1 +
+ ◦(x2 ) .
2
2
1−x
20

Donc en int´egrant, et puisque arcsin 0 = 0,
arcsin x = x +
Alors
x − arcsin x = −

x3
+ ◦(x3 ) .
6

x3
x3
+ ◦(x3 ) ∼ −
,
6
6

et
sin3 x ∼ x3 ,
d’o`
u

x − arcsin x
1
∼− ,
3
6
sin x

et

1
x − arcsin x
=− .
3
x→0
6
sin x
lim

b) Comme sh x a un d.l. en z´ero dont le premier terme non nul est de degr´e 1, et que l’on effectue
une division par x2 , on partira de d.l. d’ordre 3. On a
sin x = x −

x3
+ ◦(x3 ) et
6

sh x = x +

x3
+ ◦(x3 ) ,
6

donc
sin x
sh x

=

=

=
=
Alors

x3
+ ◦(x3 )
6
x3
+ ◦(x3 )
x+
6
x2
1−
+ ◦(x2 )
6
x2
+ ◦(x2 )
1+
6



x2
x2
1−
1−
+ ◦(x2 )
6
6
x2
+ ◦(x2 ) .
1−
3
x−



sin x
x2
x2
2
ln
= ln 1 −
+ ◦(x ) = − + ◦(x2 ) .
sh x
3
3

Puis

1
sin x
1
= − + ◦(1) .
ln
2
x
sh x
3

Finalement


sin x
sh x

1/x2

1
sin x
ln
2
x
sh x
=e

!

tend vers e−1/3 .
c) On part du d.l. d’ordre 1 en z´ero de αx = ex ln α qui vaut 1 + x ln α + ◦(x) . On a donc
8x − 4x = (1 + x ln 8) − (1 + x ln 4) + ◦(x) = x ln 2 + ◦(x) ∼ x ln 2 ,
21

et
3x − 2x = (1 + x ln 3) − (1 + x ln 2) + ◦(x) = x ln
donc

3
3
+ ◦(x) ∼ ln ,
2
2

8x − 4x
ln 2
.
=
x→0 3x − 2x
ln(3/2)
lim

d) On pose tout d’abord h = x − e, et l’on cherche la limite lorsque h tend vers z´ero de


e+h− e
g(h) =
.
ln(e + h) − 1
On regarde le d´enominateur.


h
ln(e + h) − 1 = ln 1 +
e





h
.
e

On cherche donc un d.l. d’ordre 1 du num´erateur.
!
r






h
h
h
e+h− e = e
1+ −1 = e 1+
− 1 + ◦(h) ∼ √ .
e
2e
2 e
D’o`
u

et la fonction tend vers



h


e
2 e
=
,
g(h) ∼
h
2
e
e/2.

e) On effectue le mˆeme changement de variable que dans d) et l’on cherche la limite lorsque h
tend vers z´ero de
(e + h)e − ee+h
.
g(h) =
h2
On cherche un d.l. d’ordre 2 du num´erateur. Tout d’abord


h e
e
e
(h + e) = e 1 +
.
e
On utilise le d.l. de (1 + x)α en z´ero, pour α = e, et x = h/e. Donc
(h + e)e

!
2
e(e

1)
h
h
+ ◦(h2 )
= ee 1 + e +
e
2
e


e−1 2
e
h + ◦(h2 ) .
= e 1+h+
2e

En utilisant le d.l. de l’exponentielle, on aura


h2
h+e
e h
e
e
=e e =e 1+h+
+ ◦(h2 ) .
2
D’o`
u
(h + e)e − eh+e = −
22

ee−1 2
h + ◦(h2 ) .
2

Alors

xe − ex
ee−1
=

.
x→e (x − e)2
2
lim

f) Posons tout d’abord h = 1/x. On cherche donc la limite quand h tend vers z´ero de
g(h) =



1/h
1 h
h
.
(a + b )
2

Comme dans le calcul figure une division par h, on part de d.l. `a l’ordre 1. Comme dans c) on a

1 h
1
1
(a + bh ) = (1 + h ln a + 1 + h ln b + ◦(h)) = 1 + (ln a + ln b) + ◦(h) = 1 + h ln ab + ◦(h) .
2
2
2
Donc





1 h
1
h
h ln ab + ◦(h) = ln ab + ◦(1) ,
(a + b ) =
2
h

et cette expression tend vers ln ab. Alors



1 h
1
h
ln
(a + b )
g(h) = exp
h
2
tend vers eln

1
ln
h


ab

=





ab. Donc
lim

x→∞



x

1 1/x
1/x
(a + b ) = ab .
2

g) Comme dans le calcul figure une division par x, on part de d.l. `a l’ordre 1. On a tout d’abord
1−x
= (1 − x)(1 − x + ◦(x)) = 1 − 2x + ◦(x) ,
1+x
puis

1 1−x
1
1
ln
= ln(1 − 2x + ◦(x)) = (−2x + ◦(x)) = −2 + ◦(1) .
x 1+x
x
x

Alors


1−x
1+x

1/x



1 1−x
ln
= exp
x 1+x



tend vers e−2 lorsque x tend vers z´ero.
h) Posons tout d’abord h = x − 1. On cherche donc la limite quand h tend vers z´ero de

(2 + 2h − (1 + h)3 )1/3 − 1 + h
.
g(h) =
1 − (1 + h)3/4
Le premier terme non nul du d.l. de 1 − (1 + h)3/4 vaut −3h/4 et est de degr´e 1. On cherche un
d.l. d’ordre 1 du num´erateur.
(2 + 2h − (1 + h)3 )1/3 = (2 + 2h − (1 + 3h + ◦(h)))1/3 = (1 − h + ◦(h))1/3 = 1 −
et



1+h =1+
23

h
+ ◦(h) .
2

h
+ ◦(h) ,
3

Donc
(2 + 2h − (1 + h)3 )1/3 −
Alors


5h
5h
1+h=−
+ ◦(h) ∼ −
.
6
6

5h
6 = 10 .
g(h) ∼
3h
9

4


Donc

(2x − x3 )1/3 −
1 − x3/4



x

tend vers 10/9.

i) Le premier terme non nul du d.l. du d´enominateur est de degr´e 2, puisque



x2
x2
ch x − cos x = 1 +
− 1−
+ ◦(x2 ) = x2 + ◦(x2 ) ∼ x2 .
2
2
Par ailleurs il existe dans l’expression de la fonction des divisions par x2 . On commence les
calculs avec des d.l. d’ordre 4.


x2 x4
4
ln ch x = ln 1 +
+
+ ◦(x )
2
24


2
2
x4
x
1 x2 x4
+
+
+ ◦(x4 )

=
2
24
2 2
24
x2 x4 x4
=
+

+ ◦(x4 )
2
24
8
x2 x4

+ ◦(x4 ) .
=
2
12
Alors
(ch x)−1/x

2

=
=
=
=

ln ch x

x2
e
0
1
1 x2
2
@− +
+ ◦(x )A
2 12
e
0
1
x2
2 A
@
+ ◦(x )
12
e−1/2 e

x2
−1/2
e
+ ◦(x2 ) .
1+
12
!

De mˆeme
ln cos x =
=
=
=


x2 x4
4
ln 1 −
+
+ ◦(x )
2
24

2
2
2
x4
x4
1
x
x
+ ◦(x4 )

− +
− +
2
24
2
2
24
x2 x4 x4
− +

+ ◦(x4 )
2
24
8
x2 x4
+ ◦(x4 ) .
− −
2
12


24

Alors
(cos x)1/x

2

=
=
=
=

ln cos x
x2
e
1
0
1 x2
2
@− −
+ ◦(x )A
2 12
e
0
1
x2
2
@−
+ ◦(x )A
12
e−1/2
e

x2
+ ◦(x2 ) .
e−1/2 1 −
12
!

On en d´eduit
−1/x2

(ch x)

1/x2

− (cos x)

−1/2

=e

et finalement
2
(ch x)−1/x

2
− (cos x)1/x

ch x − cos x

Donc




x2
x2
2
+ ◦(x ) ∼ e−1/2
.
6
6

x2
1
∼ e−1/2 62 = √ .
x
6 e
2

2

1
(ch x)−1/x − (cos x)1/x
= √ .
x→0
ch x − cos x
6 e
lim

j) On ´ecrit
cotan2 x −
Or

1
1
x2 − tan2 x
(x + tan x)(x − tan x)
1
=

=
=
.
2
2
2
2
2
x
tan x x
x tan x
x2 tan2 x


x3
x3
x3
3
x − tan x = x − x +
+ ◦(x ) = − + ◦(x3 ) ∼ −
,
3
3
3


x + tan x = 2x + ◦(x) ∼ 2x ,
et
x2 tan2 x ∼ x4 .
Alors

Donc

11)


x3
2x −
2
1
3
=− .
cotan2 x − 2 ∼
x
x4
3


1
2
2
lim cotan x − 2 = − .
x→0
x
3


On pose tout d’abord u = x − e. Alors
f (u + e) =

(u + e)e − eu+e
.
1 − cos u

Le d´enominateur 1 − cos u = u2 /2 + ◦(u2 ) `a une partie principale de degr´e 2. On effectue donc
le d´eveloppement du num´erateur `
a l’ordre 2.

25

Tout d’abord


u e
.
(u + e)e = ee 1 +
e
On utilise le d.l. de (1 + x)α en z´ero, pour α = e, et x = u/e. Donc


u e(e − 1) u 2
e
e
(u + e) = e 1 + e +
+ ◦(u)
e
2
e


e−1 2
e
u + ◦(u) .
= e 1+u+
2e
En utilisant le d.l. de l’exponentielle, on aura


u2
u+e
e u
e
e
=e e =e 1+u+
+ ◦(u2 ) .
2
D’o`
u
(u + e)e − eu+e = −

ee−1 2
u + ◦(u2 ) .
2

Alors
lim f (x) = −

x→e

ee−1
.
2

12)

Le d´enominateur a un d´eveloppement limit´e qui commence par un terme de degr´e 2. On
effectue les calculs en partant de l’ordre 2 au num´erateur. En utilisant le d´eveloppement limit´e
2


1 u
u
1 1
u u2
1+u=1+
+
−1
+ ◦(u2 ) = 1 + −
+ ◦(u2 ) ,
2 1! 2 2
2!
2
8
on a tout d’abord, en rempla¸cant u par x/4,
r



x
x
x2
x x2
4+x=2 1+ =2 1+ −
+ ◦(x2 ) .
+ ◦(x2 ) = 2 + −
4
8 128
4 64
On a donc

et comme l’exposant
`a l’ordre 2 en z´ero :

x x2

+ ◦(x2 )
ex = e2 e 4 64
,
x
4

2

− x64 + ◦(x2 ) tend vers z´ero, on utilise le d´eveloppement de l’exponentielle
ex = 1 + x +

D’o`
u


e

4+x

"

= e2 1 +



x x2

4 64



x2
+ ◦(x2 ) .
2
1
+
2



x x2

4 64

2 #

+ ◦(x2 ) .

On d´eveloppe en ne conservant que les termes de degr´e plus petit que 2. Il vient



x x2
e 4+x = e2 1 + +
+ ◦(x2 ) .
4 64
En changeant x en −x, on aura aussi


e

4−x



x x2
= e2 1 − +
+ ◦(x2 ) .
4 64
26

Alors



e

4+x



+e

4−x

− 2e2 =

e2 2
x + ◦(x2 ) .
32

Comme
tan2 x = x2 + ◦(x2 ) ,
on en d´eduit que

e2
+ ◦(1) ,
32
et f (x) tend vers e2 /32, lorsque x tend vers z´ero.
f (x) =

13)

Posons u = x − π/2. En remarquant que


π
π
= cos u et cos u +
= − sin u ,
sin u +
2
2

On obtient




π
1 + cos u − 3 − cos2 u
f (x) = f u +
=
.
2
sin2 u

On a au d´enominateur sin2 u = u2 + ◦(u2 ). On
√ va donc chercher le d.l. du num´erateur `a l’ordre
2, en utilisant les d.l. `
a l’ordre 2 de cos x et 1 + x . On a donc
1 + cos x = 2 −

x2
+ ◦(x2 ) ,
2

puis


r

x2
2−
+ ◦(x2 )
2
r

x2
2 1−
=
+ ◦(x2 )
4



x2
+ ◦(x2 ) .
=
2 1−
8

1 + cos x =

D’autre part
3 − cos2 x = 2 + sin2 x = 2 + x2 + ◦(x2 ) ,
donc
p

Alors
et finalement



3 − cos2 x =

p

2 + x2 + ◦(x2 )
r

x2
+ ◦(x2 )
=
2 1+
2



x2
=
2 1−
+ ◦(x2 ) .
4

1 + cos x −

p

3 − cos2 x = −

lim f (x) = −

x→π/2

27

3√ 2
2x + ◦(x2 ) ,
8

3√
2.
8

14)

a) Lorsque x tend vers +∞, la quantit´e e2x est pr´epond´erante et on la met en facteur `
a
l’int´erieur du logartithme. On a alors
y = ln[e2x (1 + 3e−5x + e−2x )] = 2x + ln(1 + 3e−5x + e−2x ) .
Comme ln(1 + 3e−5x + e−2x ) tend vers z´ero lorsque x tend vers +∞ on en d´eduit que la courbe
admet une asymptote d’´equation y = 2x. De plus
y − 2x = ln(1 + 3e−5x + e−2x ) ,
est positif, car 1 + 3e−5x + e−2x ≥ 1. Donc la courbe est au-dessus de l’asymptote
Lorsque x tend vers −∞, la quantit´e 3e−3x est pr´epond´erante et on la met en facteur `a l’int´erieur
du logartithme. On a alors





1 3x 1 5x
1 3x 1 5x
−3x
= −3x + ln 3 + ln 1 + e + e
.
y = ln 3e
1+ e + e
3
3
3
3

Comme ln 1 + 13 e3x + 31 e5x tend vers z´ero lorsque x tend vers −∞ on en d´eduit que la courbe
admet une asymptote d’´equation y = −3x + ln 3. De plus


1 3x 1 5x
,
y + 3x − ln 3 = ln 1 + e + e
3
3
est positif. Donc la courbe est au-dessus de l’asymptote
b) En effectuant la division euclidienne du num´erateur par le d´enominateur, on obtient
x4 − 2x3 + 2x2 + 1 = (x3 + 2x2 + 1)(x − 4) + 10x2 − x + 5 ,
d’o`
u l’on d´eduit

10x2 − x + 5
.
x3 + 2x2 + 1
Comme la fraction tend vers z´ero lorsque x tend vers l’infini, la courbe admet comme asymptote
la droite d’´equation y = x − 4 . Par ailleurs, lorsque x tend vers l’infini,
y =x−4+

10x2 − x + 5
x3 + 2x2 + 1

y−x+4=

est du signe du rapport des termes de plus haut degr´e 10/x. Donc positif `a +∞ et la courbe est
au-dessus de l’asymptote, et n´egatif `
a −∞ et la courbe est au-dessous de l’asymptote.
c) On a
y=x

2

!
1
1+ −1 ,
x

r

et en utilisant la quantit´e conjugu´ee, on obtient
y=r

x
.
1
1+ +1
x

28

Donc

1

y
=r
x

,
1
1+ +1
x
tend vers 1/2 `
a l’infini. Alors, en r´eduisant au mˆeme d´enominateur, puis en prenant la quantit´e
conjugu´ee du num´erateur,
!
r
1
x 1− 1+
x
x
−1
! =
y− =
!2 ,
r
r
2
1
1
2 1+ 1+
2 1+ 1+
x
x
et cette quantit´e tend vers −1/8. La courbe admet donc une asymptote d’´equation y = x/2−1/8.
Alors
1
−1
x 1
=
y− +
!2 +
r
2 8
8
1
2 1+ 1+
x
!2
r
1
−4 + 1 + 1 +
x
=
!
r
2
1
8 1+ 1+
x
! r
!
r
1
1
1+ −1
3+ 1+
x
x
=
!2
r
1
8 1+ 1+
x
r
1
3+ 1+
x
=
!3 .
r
1
8x 1 + 1 +
x
Cette quantit´e est du signe de x. Donc la courbe est au-dessus de son asymptote `a +∞ et en
dessous `a −∞.

15)

a) En mettant x2 en facteur sous la racine, il vient
s
r

2
2
1/x
2
e
= |x| 1 + e1/x .
f (x) = x 1 +
x
x

Posons h = 1/x, et faisons un d.l. de
f (x)
= |h|f
|x|

On obtient


h

1 + 2h e

=





1
= 1 + 2h eh .
h

1
1 + h − (2h)2
8



h2
1+h+
2

= 1 + 2h + h2 + ◦(h2 ) .
29



+ ◦(h2 )

Donc, si x est positif
1
f (x) = x + 2 + + ◦
x


1
,
x

et si x est n´egatif
1
f (x) = −x − 2 − + ◦
x


1
.
x

La courbe admet la droite d’´equation y = x + 2, comme asymptote `a +∞ et se trouve au-dessus
de l’asymptote car

1
1
1
f (x) − (x + 2) = + ◦

x
x
x
est du signe de 1/x donc positif.
Elle admet la droite d’´equation y = −x − 2, comme asymptote `a −∞ et se trouve ´egalement
au-dessus de l’asymptote car

1
1
1
f (x) + (x + 2) = − + ◦
∼−
x
x
x
est du signe de −1/x donc encore positif.

6

2
-

.

−2

b) Posons h = 1/x. On a alors
f (x)
= hf
x


1
1 + 2h − h2 + h3
.
=
h
1 − h + 2h2

On cherche le d.l. d’ordre 3 en effectuant la division suivant les puissances croissantes.

1 +2h −h2 +h3 1 −h +2h2
−1 +h −2h2
1 +3h
−5h3
2
3
3h −3h
+h
2
−3h +3h −6h3
−5h3
5h3
0
30

Donc

5
f (x) = x + 3 − 2 + ◦
x



1
x2



.

La courbe admet `
a ±∞ l’asymptote d’´equation y = x + 3. La diff´erence

5
1
5
f (x) − (x + 3) = − 2 + ◦
∼− 2 ,
2
x
x
x
est du signe de −5/x2 . La courbe est en dessous de son asymptote `a ±∞ .
6

3

−3

-

.
c) Posons h = 1/x. On a alors
f (x)
= hf
x

r
1
1−h
.
=
h
1+h

On effectue un d.l. `
a l’ordre 2.
1−h
= (1 − h)(1 − h + h2 + ◦(h2 )) = 1 − 2h + 2h2 + ◦(h2 ) .
1+h
Alors
r

On a donc

1−h
1+h

= (1 − 2h + 2h2 + ◦(h2 ))1/2
1
1
= 1 + (−2h + 2h2 ) − (−2h + 2h2 )2 + ◦(h2 )
2
8
h2
2
= 1−h+
+ ◦(h ) .
2
1
+◦
f (x) = x − 1 +
2x


1
.
x

La courbe admet `
a ±∞ l’asymptote d’´equation y = x − 1. La diff´erence

1
1
1
f (x) − (x − 1) =
+◦
,

2
2x
x
2x
est du signe de 1/2x. La courbe est en dessous de son asymptote `a −∞ , et au-dessus `a +∞ .
31

6

1

-

−1

.

d) Lorsque x tend vers +∞ le terme pr´epond´erant `a l’int´erieur du logarithme est e2x . On le met
en facteur. Alors
f (x) = ln[e2x (1 − e−x + e−2x + 3e−5x )] = 2x + ln(1 − e−x + e−2x + 3e−5x ) .
Posons alors e−x = h, cette quantit´e tend vers z´ero. On peut effectuer un d.l. `a l’ordre 1 en z´ero
de
ln(1 − h + h2 + 3h5 ) = ln(1 − h + ◦(h)) .
On obtient
ln(1 − h + h2 + 3h5 ) = −h + ◦(h) ,
donc
f (x) = 2x − e−x + ◦(e−x ) .
La courbe admet comme asymptote la droite d’´equation y = 2x. Et la diff´erence
f (x) − 2x = −e−x + ◦(e−x ) ∼ −e−x ,
est du signe de −e−x . La courbe est en dessous de son asymptote `a +∞.
Lorsque x tend vers −∞ le terme pr´epond´erant `a l’int´erieur du logarithme est 3e−3x . On le met
en facteur. Alors





1 3x 1 4x 1 5x
1 3x 1 4x 1 5x
−3x
= −3x + ln 3 + 1 + e − e + e
.
f (x) = ln 3e
1+ e − e + e
3
3
3
3
3
3
Posons alors ex = h, cette quantit´e tend vers z´ero. On peut effectuer un d.l. `a l’ordre 3 en z´ero
de




h3
h3 h4 h5

+
+ ◦(h3 ) .
= ln 1 +
ln 1 +
3
3
3
3
On obtient

donc

h3 h4 h5
ln 1 +

+
3
3
3




=

h3
+ ◦(h3 ) ,
3

1
f (x) = −3x + ln 3 + e3x + ◦(e3x ) .
3
32

La courbe admet comme asymptote la droite d’´equation y = −3x + ln 3. Et la diff´erence
f (x) − (−3x + ln 3) =

1 3x
1
e + ◦(e3x ) ∼ e3x ,
3
3

est du signe de e3x /3. La courbe est au-dessus de son asymptote `a −∞.
6

1

1

.

-

16) a) Comme on a ln(1 + u) = u + ◦(u), il faudra commencer le calcul `a l’ordre 3 pour
obtenir un r´esultat final `
a l’ordre 2.
En partant du d´eveloppement en z´ero
ln(1 + u) = u −

u2 u3
+
+ ◦(u3 ) ,
2
3

on a
ln(1 + 2u) = 2u − 2u2 +

8u3
+ ◦(u3 ) ,
3

donc

8u2
+ ◦(u2 )
ln(1 + 2u)
3
.
=
ln(1 + u)
u u2
2
+ ◦(u )
1− +
2
3
On effectue alors la division suivant les puissances croissantes
2 − 2u +

2 −2u +8u2/3 1 −u/2 +u2 /3
−2 +u −2u2/3 2
−u +3u2/2
−u
+2u2
u −u2/2
3u2/2
−3u2/2
0
33

Donc
ln(1 + 2u)
3u2
=2−u+
+ ◦(u2 ) .
ln(1 + u)
2
Alors
f (u) =
=
=
=


3u2
2
ln 2 − u +
+ ◦(u )
2


u 3u2
2
+ ◦(u )
ln 2 + ln 1 − +
2
4



2
u 3u2
1
u 3u2
ln 2 + − +
+ ◦(u2 )

− +
2
4
2
2
4
u 5u2
+ ◦(u2 ) .
ln 2 − +
2
8


b) On a


2

ln 1 +
1
x
= xg
f (x) = x ln
.
1
x
ln 1 +
x
Quand x tend vers l’infini, 1/x tend vers z´ero. On peut utiliser le d.l. de g.



1
1
1
5
5
1
f (x) = x ln 2 −
+ 2 +◦
+◦
= x ln 2 − +
.
2
2x 8x
x
2 8x
x
La courbe admet donc comme asymptote la droite d’´equation
y = x ln 2 −

1
.
2

La position de la courbe par rapport a` cette asymptote est donn´ee par le signe de 5/(8x).
La courbe est donc au-dessus de l’asymptote lorsque x tend vers +∞.

34

6

-

.

17)

a) En utilisant le d.l. de la fonction log, on a
g(x) = ln(1 + ax) − ln(1 + bx) =

n
X
k=1

(ak − bk )

(−1)k+1 xk
+ ◦(xn ) .
k

b) Posons u = 1/x. 0n veut obtenir un r´esultat de la forme

α + βu + γu3 + ◦(u3 )
1
α
,
= γu2 + β + + ◦(u2 ) =
f
u
u
u
cela signifie que l’on cherche un d.l. d’ordre 3 en z´ero de uf (1/u).

1
3 + 6u − 10u2 1 + 4u
uf
ln
.
=
u
u
1 + 2u
Comme on divise par u, on part d’un d.l. d’ordre 4 du logarithme, ce qui, d’apr`es la question a)
donne
56
1 + 4u
= 2u − 6u2 + u3 − 60u4 + ◦(u4 ) ,
ln
1 + 2u
3
donc



1
56
uf
= (3 + 6u − 10u2 ) 2 − 6u + u2 − 60u3 + ◦(u3 ) = 6 − 6u − 8u3 + ◦(u3 ) .
u
3
On en d´eduit

8
f (x) = 6x − 6 − 2 + ◦
x



1
x2



.

La courbe admet donc comme asymptote la droite d’´equation y = 6x − 6 . Le terme −8/x2 ´etant
n´egatif, la courbe est en dessous de son asymptote `a ±∞.
35

6

1

-

−6

.

18)

a) On pose u = 1/x. Alors
r

1 1 − 2u
1
.
=
f
u
u 1 + 2u

On a

1 − 2u
= (1 − 2u)(1 − 2u + 4u2 + ◦(u2 )) = 1 − 4u + 8u2 + ◦(u2 ) ,
1 + 2u

puis
r

1 − 2u
1
1
= 1 + (−4u + 8u2 ) − (−4u + 8u2 )2 + ◦(u2 ) = 1 − 2u + 2u2 + ◦(u2 ) ,
1 + 2u
2
8

et donc finalement

2
f (x) = x − 2 + + ◦
x


1
.
x

La courbe admet comme asymptote la droite d’´equation
y =x−2 .

La diff´erence f (x) − x + 2 est du signe de 2/x. La courbe est au-dessus de son asymptote `a +∞
et en dessous `
a −∞.
36

b) Le domaine de d´efinition de f est l’intervalle ] −∞, −2 [ ∪ [ 2, +∞ [ . La fonction est d´erivable
sur l’intervalle ] −∞, −2 [ ∪ ] 2, +∞ [ et
r
x−2
4
1

f (x) =
+x r
x+2
x − 2 (x + 2)2
2
x+2
r

2x
x+2
x−2
+
=
2
x + 2 (x + 2)
x−2
r
2
x + 2x − 4 x + 2
=
.
(x + 2)2
x−2

La d´eriv´ee est du signe de x2 + 2x − 4 dont les racines sont −1 ± 5. On a le tableau de variation
suivant

x
−∞
−1 − 5
−2
2
+∞
y′

+

0
>

y





+

α

>
~

−∞

−∞

0

Calculons la valeur du maximum relatif f (−1 −



5) = α. 0n a
s



3+ 5

f (−1 − 5) = −(1 + 5)
−1 + 5
q


(3 + 5)(1 + 5)

= −(1 + 5)
2
q


= −(1 + 5) 2 + 5 .

Ceci donne une valeur peu diff´erente de −6 en rempla¸cant

37


5 par 2.

+∞

6

6

−2

2

.

38

-


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