Développement limité

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+u2−u3
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 21−x+x2+2x3 3+x3ε(x)+x2+ 2x3+x3ε(x)−x3+x3ε(x)
1
1 + e2x=1 2−x 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 3≤π 4+1 6à l’aide des accroissements finis
Puisque arctan 1 = π
4, alors on a : ⇔3 25 ≤arctan 4 3−arctan 1 ≤1 6
La fonction x7−→ arctan xest continue sur 1,4
3et est dérivable sur 1,4 3
(arctan x)0=1
x2+ 1
Soit ∃c∈1,4
3: arctan 4 3−arctan 1 = 4 3−1arctan0c=1 3·1 c2+ 1 =1 3 (c2+ 1)
Or 1≤x≤4
3⇔1≤x2≤16 9⇔2≤x2+ 1 ≤25 9⇔9 25 ≤1 x2+ 1 ≤1 2
Soit 1
3·9 25 ≤1 3 (c2+ 1) ≤1 3·1 2⇔3 25 ≤arctan 4 3−arctan 1 ≤1 6
⇔π
4+3 25 ≤arctan 4 3≤π 4+1 6
Calcul de limite avec le théorème des accroissements finis
Calculer lim
x→+∞x2exp 1
x−exp 1 x+ 1
Soit f(u) = exp 1
u, b =xet a=x+ 1. On a alors f(b)−f(a) = exp 1 x−exp 1 x+ 1
∀x∈R?
+,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 x≤c≤x+ 1 ⇔1
(x+ 1)2≤1
c2≤1 x2⇔
exp 1
x+ 1
(x+ 1)2≤1
c2exp 1 c
| {z }
=f(b)−f(a)
≤
exp 1
x
x2
⇔
x2·exp 1
x+ 1
(x+ 1)2≤x2(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→+∞x2exp 1
x−exp 1 x+ 1= 1

LM 110 - Analyse 3
Formule de Taylor-Lagrange
Montrer que ∀x∈R+:x−x3
6≤sin x≤x−x3 6+x5 120
– Montrons d’abord que x−x3
6≤sin x.
Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre 0et xappliqué à la fonciton x7−→ sin x.
∃c∈]0, x[ : sin x=x−x3
3! sin(3) (c) = x+x3 6cos c
Or −1≤cos c≤1⇔ −x3
6≤x3 6cos c≤x3 6⇔x−x3 6≤x−x3 6cos c
| {z }
=sin x
≤x+x3
6
Soit x−x3
6≤sin x
– Montrons ensuite que sin x≤x−x3
6+x5 120
Taylor-Lagrange à l’ordre 5 entre 0et xappliqué à la fonction x7−→ sin x.
∃c∈]0, x[ : sin x=x−x3
3! +x5 5! sin(5) (c) = x−x3 6+x5 120 cos c
Or −1≤cos c≤1⇔ − x5
120 ≤x5 120 cos c≤x5 120 ⇔x−x3 6−x5 120 ≤x−x3 6+x5 120 cos c
| {z }
=sin x
≤x−x3
6+x5 120
Soit sin x≤x−x3
6+x5 120
Ainsi, ∀x∈R+:x−x3
6≤sin x≤x−x3 6+x5 120
Formule de Taylor-Lagrange
Soit n∈N, montrer que :
∀x∈[0,1] : 1 + nx ≤(1 + x)n≤1 + nx +n(n−1) ×2n−3x2
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)n−1
((1 + x)n)00 =n(n−1) (1 + x)n−2
Or 0< c < 1⇔1<1 + c < 2
⇔1<(1 + c)n−2<2n−2car x7−→ (1 + x)ncroissante sur R+
⇔0≤1<(1 + c)n−2<2n−2
⇔0≤n(n−1) (1 + c)n−2< n (n−1) ×2n−2
⇔0≤n(n−1) (1 + c)n−2×x2
2< n (n−1) ×2n−3x2
⇔1 + nx ≤1 + nx +n(n−1) (1 + c)n−2×x2
2
| {z }
=(1+x)n
≤1 + nx +n(n−1) ×2n−3x2
⇔1 + nx ≤(1 + x)n≤1 + nx +n(n−1) ×2n−3x2

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
nn∈N−→ 0
n−→ +∞
On a alors : fxn, x2
n=x2
n×x2 n
x4
n+x4 n
=1
2
Soit fxn, 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
qρ2cos2θ+ sin2θ=ρcos θsin θ
Ainsi, ∀θ∈R,lim
ρ→0f(ρcos θ, ρ sin θ)=0
Donc fest continue.
Plan tangent fonction à deux variables
Soit f(x, y) = ln y+x
y−x−y−1 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) (x−0) + δf δy (0,1) (y−1)
δf
δx (x, y) = 2y y2−x2, en particulier : δf δx (0,1) = 2
δf
δy (x, y) = −2x y2−x2−2
(y+ 1)2, en particulier : δf
δy (0,1) = −1 2
Soit z= 2x−1
2(y−1)

LM 110 - Analyse 5
Equation différentielle premier ordre
Considérons l’équation différentielle sur R:
(∗)x2+ 1y0+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+ 1y0+xy =x⇔y0
y=−x x2+ 1
Une solution de l’équation homogène associée à (∗)est de la forme : yk(x) = keA(x), k ∈R
où 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 + x2−xk (x)
(1 + x2)3
/2
Soit x2+ 1 k0(x)
√1 + x2−xk (x)
(1 + x2)3
/2!+xk(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 (∗)