x 1 1 1 h x² sin 1 sin 1 cos( )

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Eléments de correction-Chapitre 6: Comparaisons, DL.
I. Comparaison:
2.3 Recherche de limites à l'aide d'équivalents, niveau 2.
a) On a
x
x
sin 1
2x 1
→+∞
π→
+
donc
x x x
x²ln(sin ) x²ln 1 (sin 1) x² sin 1
2x 1 2x 1 2x 1
+∞
π π π
= + − −
+ + +
∼ , car
0
ln(1 u) u
+
∼
Posons
1
h
x
=
.
x 1 1 1 h
x² sin 1 sin 1 cos( ) 1 cos 1
2x 1 h² 2 h h² 2 2 h) h² 4 4h
π π π π π
− = − = − − = −
+ + + +
.
Comme
0
1
cos u 1 u²
2
− −∼ , on a donc
0
1 h 1 1 h
cos 1 . ²
h² 4 4h h² 2 4 4h
π π
− × −
+ +
∼ .
A près simplification, on obtient
0
x 1
x² sin 1 sin 1
2x 1 h² 2 h 32(1 h)²
π π −π
− = −
+ + +
∼ .
On en déduit que
x h 0
x
lim x² sin 1 lim
2x 1 32(1 h)² 32
→+∞ →
π −π π
− = = −
+ +
donc par composition,
32
x
lim f( x) e
π
−
→+∞
=
b)
1
x
1 x x² 1 2x
f( x ) exp ln 1
1 x x² x 1 x x²
− +
= = −
+ + + +
.
or
0
ln(1 u) u
+
∼
donc
0
1 2x 1 2x
ln 1 .
x 1 x x² x 1 x x²
−/
−
+ + + +
/
∼ , d'où:
x 0
1 2x
lim ln 1 2
x 1 x x²
→
− = −
+ +
et par composition,
2
x
lim f( x) e
−
→+∞
= .
c)
( )
cos²x
f( x ) exp ln 2 cos x
sin²x
= + . On pose x = π+h.
( ) ( )
cos²h cos²h
f( h) exp ln 2 cosh exp 1 (1 cosh)
sin²h sin²h
π + = − = + − .
On a
0
1
cos u 1 u²
2
− − ∼ ,
0
sin u u
∼
et
0
cos u 1
∼
, donc
( ) ( ) ( )
0 0
cos²h 1 cos²h 1
1 (1 cosh) 1 cosh puis 1 (1 cosh)
sin²h h² sin²h 2
+ − − + −
∼ ∼
.
Par composition,
x
lim f( x ) e
→π
=
.
d) On a de manière évidente:
0
ln²(2 x) ln²(2)
−
∼
.
Pour le dénominateur il faut discuter en fonction de m et de p, car on ne choisir comme
équivalent en a d'une fonction non nulle au voisinage de a.
 1
er
cas: p≠0
0
x² mx p p
+ +
∼
et par quotient d'équivalents,
0
ln²(2)
f( x) p ∼ d'où
x 0
ln²(2)
lim f(x ) p
→
=

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 2
ème
cas: p=0 et m≠0.
0
x² mx p mx
+ +
∼
et par quotient d'équivalents,
0
ln²(2)
f( x)
mx
∼ d'où
x 0
lim f( x) 0
→
=
 3
ème
cas: p=0 et m=0
0
ln²(2)
f( x)
x²
∼ d'ou
x 0
lim f( x) 0
→
=
e)
(
)
(
)
(
)
0
ln cos( x) ln 1 cos( x) 1 cos( x 1)
α = + α − α −
∼ or
0
²x²
cos( x 1)
2
α
α − −∼ , donc
( ) ( )
0 0
²x²
²x²
ln cos( x) et de même ln cos( x)
2 2
β
α
α − β −∼ ∼ .
Comme α≠0 et β≠0, alors par quotient d'équivalents
0
²
f( x )
²
α
β
∼ d'où
x 0
²
lim f(x )
²
→
α
=
β
2.6 Même chose.
Exercice tiré du manuel en ligne: http://plateforme.sillages.info/
II. Développements limités
1.4 Il n'y a pas toutes les détails des calculs mais les étapes sont indiquées. Attention à la
rédaction, en particulier lorsqu'on on utilise la règle de composition des DL:
4
5
x 0
x 0 3
3
x 0 x 0
3 3
h 0
x
ln(1 x²) x² o( x )
2
x² x²
donc ln(1 x²) x²
x²(1 o( x ))
2
x²
Posons h(x) 1 o( x ), on a lim h( x) 0.
2
1
et 1 h h² h o(h ), par composition des DL,
1 h
x²
on obtient en tronquant à l'ordre 3: ln(
→
→
→→
→
• + = − +
=
+− +
= − + =
= − + − +
+
3
x 0
x²
1 o( x )
1 x²) 2
→
= + +
+

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2 3 4
4
x 0
3 4 4
x 0
3 4
x 4
x 0
3 3
x 3
x 0
3
3
x 0
x x x
ln(1 x) x o( x )
2 3 4
11
donc en élevant au carré: ln²(1+x) x² x x o( x )
12
x x
x²
e 1 x o( x ).
2 6 24
11
x x² x o( x )
ln²(1 x) 12
D'où, e 1 x
x x²
1 o( x )
2 6 24
x
x x²
Posons h(x) 2 6 2
→
→
→
→
→
• + = − + − +
= − + +
− = + + + +
− + +
+=
−+ + + +
= + +
3
x 0
3 3
h 0
3
3x 0
3
xx 0
o( x ), on a lim h( x ) 0.
4
1
et 1 h h² h o(h ), par composition des DL,
1 h
1 x x²
on obtient en tronquant à l'ordre 3: 1 o(
x ).
2 12
x
x x²
1 o( x )
2 6 24
ln²(1 x)
Enfin, par produit des DL, x
e 1
→
→
→
→
+ =
= − + − +
+
= − + +
+ + + +
+= −
−
3 3
3 3
x² x o( x )
2 2
+ +
3 3 3
x 0 x 0
3 3
x 0
3 3
x 0 x 0
3 3
h 0
1
1 x x² x o( x ) et 1+x² 1 x² o( x )
1 x
1 x²
donc par produit des DL: 1 x 2x² 2x o( x )
1 x
Posons h(x) x 2x² 2x o( x ), on a lim h( x) 0.
1 1
et ln(1 h) h h² h o(h ), par composition d
2 3
→ →
→
→→
→
• = − + − + = + +
++= − + − +
+
= − + − + =
+ = − + +
3 3
x 0
es DL,
1 x² 3 1
on obtient en tronquant à l'ordre 3: ln x
x² x o( x )
1 x 2 3
→
+= − + − +
+
3 3
x 0 x 0
5 5 5 5
4 4 4 4
4 4
x 0 x 0
h 0
1 1 1 1
et
th( x ) tan( x)
x x
2 2
x x o( x ) x x o( x )
3 15 3 15
1 1 1 1 1
D'où th( x ) tan( x) x x² 2 x² 2
1 x o( x ) 1 x o( x )
3 15 3 15
x² 2
Posons h(x) x o( x ), on a lim h(x) 0.
3 15
1
et 1 h
1 h
→ →
→→
→
• = =
− + + + + +
− = −
− + + + + +
= − + + =
= − +
+
3 3
4
4
x 0
4 4
h² h o(h ), par composition des DL,
x
1 x²
on obtient en tronquant à l'ordre 3: 1 o(
x ).
x² 2 3 45
1 x o( x )
3 15
→
− +
= + − +
− + +

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4
4
x 0
4 4
4 3
x 0 x 0
x
1 x²
De même 1 o( x ).
x² 2 3 45
1 x o( x )
3 15
1 1 1 2 2
On en déduit, par somme et produit, que
x² o( x ) x o( x )
th( x ) tan( x) x 3 3
→
→ →
= − − +
+ + +
− = + = +
1
x
2 3 4 3
4 3
x 0 x 0
3 3
1
3 3
x
x 0 x 0
x 0
1
On a (x 1) exp( ln(1 x))
x
x x x x
1 1 x x²
Or ln(1 x ) x o( x ) 1 o( x ).
x x 2 3 4 2 3 4
x x
x x² x x²
D'où, (x+1) exp 1 o( x ) e exp o( x )
2 3 4 2 3 4
x
x x²
Posons h(x) 2 3
→ →
→ →
→
• + = +
+ = − + − + = − + − +
= − + − + = × − + − +
= − + −
3
3
x 0
3 4
h 4
h 0
3
3 3 3
x 0
o( x ), on a lim h( x) 0.
4
h h
h²
et e 1 h o(h ), par composition des DL,
2 6 24
x
x x² x 11 7
on obtient en tronquant à l'ordre 3: exp
o( x ) 1 x² x o( x ).
2 3 4 2 24 16
Enfin, en multipliant p
→
→
→
+ =
= + + + + +
− + − + = − + − +
1
3 3
x
x 0
e 11e 7 e
ar e, (x 1) e x x² x o( x )
2 24 16
→
+ = − + − +
x x 3 3
x 0
x x 3 3
x 0
3
3
x 0
x 0
1
3e e 4 2x 2x² x o( x )
3
1
donc ln(3e e ) ln 4 2x 2x² x o( x )
3
x
x x²
ln 4 1 o( x )
2 2 12
x
ln 4 ln 1 2
−
→
−
→
→
→
• + = + + + +
+ = + + + +
= + + + +
= + + +
3
3
3
3
x 0 x 0
3
3
h 0
3
3
x
x
x² o( x )
2 12
x
x x²
Posons h(x) o( x ), on a lim h( x) 0.
2 2 12
h
h²
et ln(1+h) h o(h ), par composition des DL,
2 3
x
x x²
on obtient en tronquant à l'ordre 3: ln 1 o( x )
2 2 12
→→
→
→
+ +
= + + + =
= − + +
+ + + + =
3 3
0
x x 3 3
x 0
x 3 1
x² x o( x ).
2 8 8
x 3 1
Enfin en ajoutant ln 4, ln(3e e ) ln 4 x² x o( x ).
2 8 8
−
→
+ − +
+ = + + − +
3.5 (E) ⇔ (xy)' = ch(x) ⇔ xy = sh(x)+k, k∈.
Donc sur ]0;+∞[ les solutions sont
sh( x ) k
xx
+
֏, k∈,
et sur ]-∞,0[, les solutions sont
sh( x )
xx
+ λ
֏, λ∈.

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recherche de solutions sur  par analyse-synthèse:
• Analyse: Soit f une solution de (E) sur , on a f(x)
sh( x ) k
si x>0
x
sh( x )
si x<0
x
+
=+ λ .
f continue en 0 et pour k≠0,
0
sh( x ) k
k
x x
+
∼
donc nécessairement k = λ = 0 et f(0) =
0
x 0
sh( x)
lim 1 car sh(x) x.
x
→
=
∼
Bilan: la seule solution possible est f définie sur par f(x) =
sh( x )
x
si x≠0 et f(0)=1.
Synthèse: Montrons que la fonction f définie ci-dessus est bien solution de (E) sur .
f est dérivable sur 
*
comme quotient de fonctions dérivable. Il faut étudier sa dérivabilité en 0.
On sh(x)
3 2
3 2
x 0 x 0 x 0
x x
x o( x ) donc f(x) 1 o( x ) 1 o( x)
6 6
→ → →
= + + = + + = + .
f admet un DL d'ordre 1 en 0 donc f est dérivable en 0 et par identification avec la formule de
Taylor-Young, f'(0)=0.
f est solution de (E) sur ]0,+∞[ et sur ]-∞,0[, montrons que l'équation est également vérifiée en
0:
0×f'(0)+f(0)=1 et ch(0)=1 donc ∀x∈, xf'(x)+f(x) = ch(x)
Conclusion: (E) à une unique solution sur , la fonction f définie sur par f(x) =
sh( x )
x
si x≠0 et
f(0)=1.
3.6 f est une fonction de classe C
∞
donc d'après le cours elle admet un DL à tout ordre en 0
donné par la formule de Taylor-Young.
on a donc
( 3 ) ( 4 ) ( 5 )
3 4 5 5
x 0
f ( 0 ) f ( 0 ) f ( 0)
f''( 0)
f( x ) f( 0 ) f'( 0) x x² x x x o( x )
2 ! 3 ! 4 ! 5 !
→
= + + + + + + .
Par ailleurs, on peut calculer le DL d'ordre 5 de f en 0 avec les règles de calcul sur les DL.
On a
4
5
x 0
x
x²
ln(cos x) o( x )
2 12
→
= − − + et
3 4 5 5
x 0
1
1 x x² x x x o( x )
1 x
→
= − + − + − +
+
.
on obtient, par produit des DL, en tronquant à l'ordre 5:
3
4 5 5
x 0
x
x² 7 7
f( x ) x x o( x )
2 2 12 12
→
= − + − + +
Le DL étant unique, on identifie avec la formule de Taylor et on obtient:
f(0)=0, f'(0)=0, f''(0)=-1, f
(3)
(0) = 3, f
(4)
(0) = -14 et f
(5)
(0) = 70