LM 110 - Analyse 1
Développement limité
Donner le DL de 1
1 + e2xau voisinnage de 0 et à l’ordre 3
Le DL de e2xau vosinnage de 0 et à l’ordre 3 est :
e2x= 1 + (2x) + (2x)2
2! +(2x)3
3! +x3ε(x) = 1 + 2x+ 2x2+4x3
3+x3ε(x)ε(x)0
x7−0
On a alors : 1
1 + e2x=1
1 + 1+2x+ 2x2+4x3
3+x3ε(x)=1
2+2x+ 2x2+4x3
3+x3ε(x)
Attention ! Il faut factoriser par 1
2
1
1 + e2x=1
2·1
1 + x+x2+2x3
3+x3ε(x)
On pose u=x+ 2x+2x
3+x3ε(x)
Le DL de 1
1 + uau voisinage de 0 et à l’ordre 3 est :
1
1 + u= 1 u+u2u3
Or on a :
u=x+x2+2x3
3+x3ε(x)
u2=x2+ 2x3+x3ε(x)
u3=x3+x3ε(x)
Ainsi, on a :
1
1 + e2x=1
21x+x2+2x3
3+x3ε(x)+x2+ 2x3+x3ε(x)x3+x3ε(x)
1
1 + e2x=1
2x
2+x3
6+x3ε(x)ε(x)0
x7−0
LM 110 - Analyse 2
Théorème des accroissements finis
Montrer que π
4+3
25 arctan 4
3π
4+1
6à l’aide des accroissements finis
Puisque arctan 1 = π
4, alors on a : 3
25 arctan 4
3arctan 1 1
6
La fonction x7−arctan xest continue sur 1,4
3et est dérivable sur 1,4
3
(arctan x)0=1
x2+ 1
Soit c1,4
3: arctan 4
3arctan 1 = 4
31arctan0c=1
3·1
c2+ 1 =1
3 (c2+ 1)
Or 1x4
31x216
92x2+ 1 25
99
25 1
x2+ 1 1
2
Soit 1
3·9
25 1
3 (c2+ 1) 1
3·1
23
25 arctan 4
3arctan 1 1
6
π
4+3
25 arctan 4
3π
4+1
6
Calcul de limite avec le théorème des accroissements finis
Calculer lim
x+x2exp 1
xexp 1
x+ 1
Soit f(u) = exp 1
u, b =xet a=x+ 1. On a alors f(b)f(a) = exp 1
xexp 1
x+ 1
xR?
+,fest continue sur [x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[.
On a : f0(u) = 1
u2exp 1
u
c]x, x + 1[ : f(x)f(x+ 1) = (x(x+ 1))
| {z }
=1
·1
c2exp 1
c=1
c2exp 1
c
Or xcx+ 1 1
(x+ 1)21
c21
x2
exp 1
x+ 1
(x+ 1)21
c2exp 1
c
| {z }
=f(b)f(a)
exp 1
x
x2
x2·exp 1
x+ 1
(x+ 1)2x2(f(b)f(a)) exp 1
x
Les limites lim
x+exp 1
x= 1 et lim
x+
x2
(x+ 1)2= 1 ; lim
x+exp 1
x+ 1= 1 existent du fait de la conti-
nuité de la fonction x7−exau point x= 0.
Soit d’après les théorème des gendarmes, lim
x+x2exp 1
xexp 1
x+ 1= 1
LM 110 - Analyse 3
Formule de Taylor-Lagrange
Montrer que xR+:xx3
6sin xxx3
6+x5
120
Montrons d’abord que xx3
6sin x.
Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre 0et xappliqué à la fonciton x7−sin x.
c]0, x[ : sin x=xx3
3! sin(3) (c) = x+x3
6cos c
Or 1cos c1⇔ −x3
6x3
6cos cx3
6xx3
6xx3
6cos c
| {z }
=sin x
x+x3
6
Soit xx3
6sin x
Montrons ensuite que sin xxx3
6+x5
120
Taylor-Lagrange à l’ordre 5 entre 0et xappliqué à la fonction x7−sin x.
c]0, x[ : sin x=xx3
3! +x5
5! sin(5) (c) = xx3
6+x5
120 cos c
Or 1cos c1⇔ − x5
120 x5
120 cos cx5
120 xx3
6x5
120 xx3
6+x5
120 cos c
| {z }
=sin x
xx3
6+x5
120
Soit sin xxx3
6+x5
120
Ainsi, xR+:xx3
6sin xxx3
6+x5
120
Formule de Taylor-Lagrange
Soit nN, montrer que :
x[0,1] : 1 + nx (1 + x)n1 + nx +n(n1) ×2n3x2
On applique la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 1entre 0et xà la fonction x7−(1 + x)n
c]0,1[ : (1 + x)n= 1 + nx + ((1 + c)n)00 ×x2
2
Or on a : ((1 + x)n)0=n(1 + x)n1
((1 + x)n)00 =n(n1) (1 + x)n2
Or 0< c < 11<1 + c < 2
1<(1 + c)n2<2n2car x7−(1 + x)ncroissante sur R+
01<(1 + c)n2<2n2
0n(n1) (1 + c)n2< n (n1) ×2n2
0n(n1) (1 + c)n2×x2
2< n (n1) ×2n3x2
1 + nx 1 + nx +n(n1) (1 + c)n2×x2
2
| {z }
=(1+x)n
1 + nx +n(n1) ×2n3x2
1 + nx (1 + x)n1 + nx +n(n1) ×2n3x2
LM 110 - Analyse 4
Continuité fonction à deux variables
Etude de la continuité d’une fonction en un point
Soit f(x, y) =
x2y
x4+y2si (x, y)6= (0,0)
0si (x, y) = (0,0)
Soit xn, x2
nnN0
n+
On a alors : fxn, x2
n=x2
n×x2
n
x4
n+x4
n
=1
2
Soit fxn, x2
n=1
26=f(0,0) = 0
Donc fn’est pas continue.
Continuité fonction à deux variables
Soit f(x, y) =
xy
px2+y2si (x, y)6= (0,0)
0si (x, y) = (0,0)
On a : f(ρcos θ, ρ sin θ) = ρ2cos θsin θ
qρ2cos2θ+ sin2θ=ρcos θsin θ
Ainsi, θR,lim
ρ0f(ρcos θ, ρ sin θ)=0
Donc fest continue.
Plan tangent fonction à deux variables
Soit f(x, y) = ln y+x
yxy1
y+ 1
Domaine de définition de f
Df=R2\(]y, y[×]−∞,x[]x, +[\{−1})
Plan tangent à la surface z=f(x, y)au point (0,1,0)
z=f(0,1) + δf
δx (0,1) (x0) + δf
δy (0,1) (y1)
δf
δx (x, y) = 2y
y2x2, en particulier : δf
δx (0,1) = 2
δf
δy (x, y) = 2x
y2x22
(y+ 1)2, en particulier : δf
δy (0,1) = 1
2
Soit z= 2x1
2(y1)
LM 110 - Analyse 5
Equation différentielle premier ordre
Considérons l’équation différentielle sur R:
()x2+ 1y0+xy =x
Calcul de la dérivée de la fonction définie sur Rpar f:x7−ln 1 + x2
2
f0(x) = x
x2+ 1
Solutions de l’équation homogène associée à ()
x2+ 1y0+xy =xy0
y=x
x2+ 1
Une solution de l’équation homogène associée à ()est de la forme : yk(x) = keA(x), k R
A(x)est une primitive de x7−→ − x
x2+ 1
Ainsi, A(x) = ln 1 + x2
2
Soit yk(x) = kexp 1
2ln 1 + x2=k
1 + x2
Méthode de la variation de la constante
y0=k(x)
1 + x2
y0
0=k0(x)
1 + x2xk (x)
(1 + x2)3
/2
Soit x2+ 1 k0(x)
1 + x2xk (x)
(1 + x2)3
/2!+xk(x)
1 + x2=x
k0(x) = x
x2+ 1
Or une primitive de x
x2+ 1 est x2+ 1
Soit k(x) = x2+ 1
y0=x2+ 1
x2+ 1 = 1
Soit y=k
x2+ 1 + 1, k Rest une solution de ()
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