Développement limité

LM 110 - Analyse
1
Développement limité
1
au voisinnage de 0 et à l’ordre 3
1 + e2x
Le DL de e2x au vosinnage de 0 et à l’ordre 3 est :
(2x)2 (2x)3
4x3
e2x = 1 + (2x) +
+
+ x3 ε (x) = 1 + 2x + 2x2 +
+ x3 ε (x)
2!
3!
3
Donner le DL de
ε (x) −→ 0
x 7−→ 0
1
1
=
3
4x
4x3
1 + 1 + 2x + 2x2 +
2 + 2x + 2x2 +
+ x3 ε (x)
+ x3 ε (x)
3
3
1
Attention ! Il faut factoriser par
2
1
1
1
= ·
1 + e2x
2
2x3
1 + x + x2 +
+ x3 ε (x)
3
2x
On pose u = x + 2x +
+ x3 ε (x)
3
1
au voisinage de 0 et à l’ordre 3 est :
Le DL de
1+u
1
= 1 − u + u2 − u3
1+u
Or on a :
2x3
u = x + x2 +
+ x3 ε (x)
3
u2 = x2 + 2x3 + x3 ε (x)
On a alors :
1
=
1 + e2x
u3 = x3 + x3 ε (x)
Ainsi, on a : 1
1
2x3
2
3
2
3
3
3
3
=
1− x+x +
+ x ε (x) + x + 2x + x ε (x) − x + x ε (x)
1 + e2x
2
3
ε (x) −→ 0
1
1 x x3
=
− +
+ x3 ε (x)
2x
1+e
2 2
6
x 7−→ 0
LM 110 - Analyse
2
Théorème des accroissements finis
π
3
4
π 1
+
≤ arctan ≤ + à l’aide des accroissements finis
4 25
3
4 6
3
4
1
π
≤ arctan − arctan 1 ≤
Puisque arctan 1 = , alors on a : ⇔
4
25
3
6
4
4
La fonction x 7−→ arctan x est continue sur 1,
et est dérivable sur 1,
3
3
1
0
(arctan x) = 2
x + 1
4
4
4
1
1
1
Soit ∃ c ∈ 1,
: arctan − arctan 1 =
− 1 arctan0 c = · 2
=
3
3
3
3 c +1
3 (c2 + 1)
4
16
25
9
1
1
Or 1 ≤ x ≤ ⇔ 1 ≤ x2 ≤
⇔ 2 ≤ x2 + 1 ≤
⇔
≤ 2
≤
3
9
9
25
x +1
2
1 9
1
1 1
3
4
1
Soit ·
≤
≤ · ⇔
≤ arctan − arctan 1 ≤
3 25
3 (c2 + 1)
3 2
25
3
6
π
3
4
π 1
⇔ +
≤ arctan ≤ +
4 25
3
4 6
Montrer que
Calcul de limite avec le théorème des accroissements finis
1
1
2
Calculer lim
x exp
− exp
x→+∞
x
x+1
1
1
1
Soit f (u) = exp
, b = x et a = x + 1. On a alors f (b) − f (a) = exp
− exp
u
x
x+1
∀x ∈ R?+ , f est continue sur [x, x + 1] et dérivable sur ]x, x + 1[.
1
1
On a : f 0 (u) = − 2 exp
u
u
1
1
1
1
∃ c ∈ ]x, x + 1[ : f (x) − f (x + 1) = (x − (x + 1)) · − 2 exp
= 2 exp
|
{z
}
c
c
c
c
=−1 1
1
exp
exp
1
1
1
1
1
x+1
x
Or x ≤ c ≤ x + 1 ⇔
≤ 2 exp
≤
2 ≤ c2 ≤ x2 ⇔
2
2
c
c
x
(x + 1)
(x + 1)
|
{z
}
=f (b)−f (a)
1
x2 · exp
1
x+1
2
⇔
≤ x (f (b) − f (a)) ≤ exp
2
x
(x + 1)
2
1
x
1
Les limites lim exp
= 1 et lim
=
1
;
lim
exp
= 1 existent du fait de la contix→+∞
x→+∞ (x + 1)2
x→+∞
x
x+1
nuité de la fonction x 7−→ ex au point x = 0.
1
1
2
Soit d’après les théorème des gendarmes, lim
x exp
− exp
=1
x→+∞
x
x+1
LM 110 - Analyse
3
Formule de Taylor-Lagrange
x3
x5
x3
≤ sin x ≤ x −
+
6
6
120
x3
– Montrons d’abord que x −
≤ sin x.
6
Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre 0 et x appliqué à la fonciton x 7−→ sin x.
x3
x3
∃ c ∈ ]0, x[ : sin x = x −
sin(3) (c) = x +
cos c
3!
6
3
3
3
x
x
x
x3
x3
x3
Or −1 ≤ cos c ≤ 1 ⇔ −
≤
cos c ≤
⇔x−
≤x−
cos c ≤ x +
6
6
6
6
6
6
|
{z
}
Montrer que ∀x ∈ R+ : x −
=sin x
x3
Soit x −
≤ sin x
6
x3
x5
+
6
120
Taylor-Lagrange à l’ordre 5 entre 0 et x appliqué à la fonction x 7−→ sin x.
x3 x5
x3
x5
∃ c ∈ ]0, x[ : sin x = x −
+
sin(5) (c) = x −
+
cos c
3!
5!
6
120
x5
x5
x3
x5
x3
x5
x3
x5
x5
≤
cos c ≤
⇔x−
−
≤x−
+
cos c ≤ x −
+
Or −1 ≤ cos c ≤ 1 ⇔ −
120
120
120
6
120 |
6 {z120
6
120
}
– Montrons ensuite que sin x ≤ x −
=sin x
x3
x5
Soit sin x ≤ x −
+
6 3120
x
x3
x5
Ainsi, ∀x ∈ R+ : x −
≤ sin x ≤ x −
+
6
6
120
Formule de Taylor-Lagrange
Soit n ∈ N, montrer que :
∀x ∈ [0, 1] : 1 + nx ≤ (1 + x)n ≤ 1 + nx + n (n − 1) × 2n−3 x2
On applique la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre 0 et x à la fonction x 7−→ (1 + x)n
x2
∃c ∈ ]0, 1[ : (1 + x)n = 1 + nx + ((1 + c)n )00 ×
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−2 car x 7−→ (1 + x)n croissante sur R+
⇔ 0 ≤ 1 < (1 + c)n−2 < 2n−2
⇔ 0 ≤ n (n − 1) (1 + c)n−2 < n (n − 1) × 2n−2
x2
⇔ 0 ≤ n (n − 1) (1 + c)n−2 ×
< n (n − 1) × 2n−3 x2
2
x2
⇔ 1 + nx ≤ 1 + nx + n (n − 1) (1 + c)n−2 ×
≤ 1 + nx + n (n − 1) × 2n−3 x2
2
|
{z
}
=(1+x)n
n
⇔ 1 + nx ≤ (1 + x) ≤ 1 + nx + n (n − 1) × 2n−3 x2
LM 110 - Analyse
4
Continuité fonction à deux variables
Etude de la continuité d’une fonction en un point

2
 x y
si (x, y) 6= (0, 0)
Soit f (x, y) = x4 + y 2

0
si (x, y) = (0, 0)
Soit xn , x2n n∈N −→
0
n −→ +∞
x2 × x2n
1
On a alors : f xn , x2n = n4
=
4
xn + xn
2
1
2
Soit f xn , xn = 6= f (0, 0) = 0
2
Donc f n’est pas continue.
Continuité fonction à deux variables

xy
 p
x2 + y 2
Soit f (x, y) =

0
si (x, y) 6= (0, 0)
si (x, y) = (0, 0)
ρ2 cos θ sin θ
On a : f (ρ cos θ, ρ sin θ) = q
= ρ cos θ sin θ
ρ2 cos2 θ + sin2 θ
Ainsi, ∀θ ∈ R, lim f (ρ cos θ, ρ sin θ) = 0
ρ→0
Donc f est continue.
Plan tangent fonction à deux variables
y+x
y−1
−
y−x
y+1
Domaine de définition de f
Soit f (x, y) = ln
Df = R2 \ (]−y, y[ × ]−∞, −x[ ∪ ]x, +∞[ \ {−1})
Plan tangent à la surface z = f (x, y) au point (0, 1, 0)
δf
δf
z = f (0, 1) +
(0, 1) (x − 0) +
(0, 1) (y − 1)
δx
δy
δf
2y
δf
(x, y) = 2
, en particulier :
(0, 1) = 2
2
δx
y −x
δx
δf
−2x
2
δf
1
(x, y) = 2
−
, en particulier :
(0, 1) = −
δy
y − x2 (y + 1)2
δy
2
1
Soit z = 2x − (y − 1)
2
LM 110 - Analyse
Equation différentielle premier ordre
Considérons l’équation différentielle sur R :
(∗)
x2 + 1 y 0 + xy = x
− ln 1 + x2
Calcul de la dérivée de la fonction définie sur R par f : x 7−→
2
−x
f 0 (x) = 2
x +1
Solutions de l’équation homogène associée à (∗)
y0
x
x2 + 1 y 0 + xy = x ⇔
=− 2
y
x +1
Une solution de l’équation homogène associée à (∗) est de la forme : yk (x) = keA(x) , k ∈ R
x
où A (x) est une primitive de x 7−→ − 2
x +1
− ln 1 + x2
Ainsi, A (x) =
2
1
k
2
Soit yk (x) = k exp − ln 1 + x
=√
2
1 + x2
Méthode de la variation de la constante
k (x)
y0 = √
1 + x2
0 (x)
k
xk (x)
y00 = √
−
3
1 + x2 (1 + x2 ) /2
!
0 (x)
xk
(x)
k
k (x)
2
√
Soit x + 1
+x √
−
=x
3
1 + x2 (1 + x2 ) /2
1 + x2
x
k 0 (x) = √
2
x +1
√
x
Or une primitive de √
est x2 + 1
x2 + 1
√
Soit k√(x) = x2 + 1
x2 + 1
y0 = √
=1
x2 + 1
k
+ 1, k ∈ R est une solution de (∗)
Soit y = √
x2 + 1
5
LM 110 - Analyse
6
Equation différentielle second ordre
Considérons l’équation différentielle suivante sur l’intervalle ]0, +∞[ :
(∗)
y 00 − y 0 − 2y = exp 3x
Solutions de l’équation homogène associée
On a : y 00 − y 0 − 2y = 0
(∗)0
(∗)0 est une équation différentielle homogène du second ordre à coefficient constant et second membre non
nul.
Son équation caractéristique est : r2 − r − 2 = 0 qui admet pour solutions r = −1 et s = 2
Soit une solution générale de l’équation homogène associée (∗)0 est : y = αe−x + βe2x , (α, β) ∈ R2
Cherchons alors une solution particulière
Elle est de la forme y = ke3x , k ∈ R
On a alors : y 0 = 3ke3x et y 00 = 9ke3x
Soit 9ke3x − 3ke3x − 2ke3x = e3x ⇔ 4ke3x = e3x
1
Par identification, 4k = 1 ⇔ k =
4
1
Soit une solution particulière de (∗) est y = e3x
4
Soit l’ensemble des solutions de (∗) est la somme de la solution particulière et de la solution générale à
l’équation homogène associée à (∗).
1
y = αe−x + βe2x + e3x
4