1. ´
Universit´ Mohammed V-Agdal
e Printemps–Et´ 2006/2007
e
Facult´ des Sciences Juridiques,
e Sections : A & B
www.tifawt.com
´ Semestre : S2 Autre m´thode :
e
www.fsjesr.ac.ma Economiques et Sociales, Rabat
´ 2
Fili`re de Sciences Economiques et de Gestion
e f1 (x) = (ln(1 + x))
2
x2 x3
= x− + + o(x4 )
Module 6 : M´thodes Quantitatives I
e 2 3
2
Mati`re
e : Math´matiques I
e x x2
= x2 1 + − + + o(x4 )
2 3
Professeure Amale LAHLOU 2
x x2 x x2
= x2 1+2 − + + − + + o(x4 )
2 3 2 3
Corrig´ de la S´rie
e e
2
2x2 x 2 2x
= x2 1−x+ + − 1− + o(x4 )
Exercice 1 3 2 3
2x2 x2
La fonction d´finie par :
e = x2 1 − x + + + o(x4 )
3 4
x 11
f (x) = f1 (x) = x2 − x3 + x4 + o(x4 )
1+x 12
est une fonction rationnelle donc de classe C ∞ sur son do- • D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 2 au
e e e a
maine de d´finition Df = R − {−1} et en particulier sur le
e voisinage de 1 de la fonction :
segment [0, 1]. On peut donc lui appliquer la Formule de ln(x)
Taylor-Lagrange sur [0, 1] ` l’ordre 2 :
a f2 (x) =
1 + x2
∃c ∈]0, 1[ tel que :
Posons le changement de variable x = 1 + h, si x → 1 alors
1 1 h → 0 et
f (1) = f (0) + f (0) + f (0) + f (3) (c)
2! 3!
ln(1 + h) ln(1 + h) 1 ln(1 + h)
Comme f2 (x) = 2
= 2
= 2
1 + (1 + h) 2 + 2h + h 2 1+h+ h 2
1 −2 6
f (x) = , f (x) = , f (3) (x) = ou encore,
(1 + x)2 (1 + x)3 (1 + x)4
alors, f (0) = 0, f (0) = 1 et f (0) = −2. Ainsi, la formule 1 1
f2 (x) = ln(1 + h) h2
de Taylor-Lagrange donne : 2 1+ h+ 2
(1 + c)4 = 2 On effectue le produit des parties r´guli`res des DL des
e e
1
√ fonctions ln(1 + h) et 2 :
c’est-`-dire, c = ± 4 2 − 1. Mais comme c ∈]0, 1[ alors, le
a 1+ h+ h2
seul point v´rifiant la Formule de Taylor-Lagrange ap-
e √
pliqu´e ` f est c = 4 2 − 1.
e a 1
ln(1 + h) = h − h2 + o(h2 )
2
Exercice 2 1 h2
h2
= 1− h+ + o(h)
1+ h+ 2
2
• D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 4 au
e e e a = 1 − h + o(h)
voisinage de 0 de la fonction :
1 h2
2 2 ln(1 + h) = h− (1 − h) + o(h2 )
f1 (x) = ln (1 + x) = (ln(1 + x)) 1+ h+ h2 2
2
On sait que : h2
= h − h2 − + o(h2 )
2
1 1 3
ln(1 + x) = x − x2 + x3 + o(x3 ) = h − h2 + o(h2 )
2 3 2
d’o`,
u On obtient ainsi,
2 1 3
f1 (x) = (ln(1 + x)) f2 (x) = h − h2 + o(h2 )
1 2 1 3 1 2 1 3 2 2
4
= T4 x − x + x x− x + x + o(x ) 1 3
2 3 2 3 = h − h2 + o(h2 )
1 1 1 1 1 2 4
= x2 − x3 + x4 − x3 + x4 + x4 + o(x4 ) 1 3
2 3 2 4 3 f2 (x) = (x − 1) − (x − 1)2 + o((x − 1)2 )
11 4 2 4
2 3 4
= x − x + x + o(x )
12 Remarque : Pour trouver le DL2 (0) de la fonction
ln(1 + h)
2
1+h+ h 2

2. ´
Prof. Amale LAHLOU Corrig´ de la s´rie 3 /Math´matiques I / MQ I / M 6
e e e S 2 / Session : Printemps–Et´ 2006-2007
e Page 2
on peut effectuer la division suivant les puissances crois- Or,
santes de la partie r´guli`re du DL2 (0) de ln(1 + h) par
e e
1+h+ h .
2 x2 x3 x4
2 ln(1 + x) = x − + − + o(x4 )
2 3 4
h − 1 h2 1
1 + h + 2 h2 ln(1 + x) x x2 x3
2
= 1− + − + o(x3 )
x 2 3 4
−h −h2 − 1 h3 h − 3 h2 ln(1 + x) x x2 x3
2 2 −1 = − + − + o(x3 )
x 2 3 4
x x2 x3
− 3 h2 − 1 h3 Y =X −1 = − + − + o(x3 )
2 2 2 3 4
3 2
2h + 3 h3 + 3 h4 1 1
2 4 eY = 1 + Y + Y 2 + Y 3 + o(Y 3 )
2! 3!
h3 + 3 h4
4 Il vient,
On obtient ainsi, x x2 x3 1 x x2 x3
2
Y
e = 1+ − + − + − + −
ln(1 + h) 3 2 3 4 2 2 3 4
= h − h2 + o(h2 ). 3
1+h+ 2 h2 2 1 x x2 x3
+ − + − + o(x3 )
6 2 3 4
• D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 3 au
e e e a 2
voisinage de 0 de la fonction : x x2 x3 1 x 2 2x x2
= 1− + − + − 1− +
2 3 4 2 2 3 2
1
f3 (x) = (ex − x) 3 1 x 3 2x x2
3
+ − 1− + + o(x3 )
On sait que : 6 2 3 2
x x2 x3 x2 2x x3
x2 x3 = 1− + − + 1−2 − + o(x3 )
ex = 1+x+ + + o(x3 ) 2 3 4 8 3 48
2! 3! x x2 x3 x2 x3 x3
x2 x3 = 1− + − + − − + o(x3 )
ex − x = 1 + + + o(x3 ) 2 3 4 8 6 48
2 6 x 11 7
= 1 − + x2 − x3 + o(x3 )
Posons X = x2
+ x3 2 24 16
2 6 , quand x → 0 alors X → 0 et
1
Enfin,
f3 (x) = (1 + X) 3
1 f4 (x) = eeY
= 1 + X + o(X)
3 1 11 7
= e 1 − x + x2 − x3 + o(x3 )
1 x2 x3 2 24 16
= 1+ + + o(x3 )
3 2 6 e 11e 2 7e 3
e− x+ x − x + o(x3 )
x2 x3 2 24 16
= 1+ + + o(x3 )
6 18 • D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 2 au
e e e a
Ainsi, voisinage de 0 de la fonction :
x2 x3 √
f3 (x) = 1 + + + o(x3 ). f5 (x) = ln(1 + x + 1 + x)
6 18
• D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 3 au
e e e a On sait que :
voisinage de 0 de la fonction :
√ 1 1
ln(1 + x) 1 + x = 1 + x − x2 + o(x2 )
f4 (x) = (1 + x) = exp
1
x . 2 8
x √ 3 1
1 + x + 1 + x = 2 + x − x2 + o(x2 )
2 8
Posons √ 3 1
ln(1 + x) ln(1 + x + 1 + x) = ln 2 + x − x2 + o(x2 )
X= . 2 8
x
On remarque que si x → 0 alors X → 1 puisque 3 1
= ln(2) + ln 1 + x − x2 + o(x2 )
4 16
ln(1 + x)
∼1
x
Ainsi, la fonction f3 (x) peut s’´crire sous la forme :
e
f4 (x) = eX = e(X−1)+1 = e eX−1

3. ´
Prof. Amale LAHLOU Corrig´ de la s´rie 3 /Math´matiques I / MQ I / M 6
e e e S 2 / Session : Printemps–Et´ 2006-2007
e Page 3
Posons X = 3 x −
4
1 2
16 x , quand x → 0 alors X → 0 et Ainsi,
1
1 1 h 2
ln(1 + X) = X − X 2 + o(X 2 ) f6 (x) = ln(3) 1 + ln 1 +
2 ln(3) 3
2
3 1 1 3 1 1 2 ln(3) + 1 2
= x − x2 − x − x2 + o(x2 ) = ln(3) 1 + h− h + o(h2 )
4 16 2 4 16 6 ln(3) 72 ln2 (3)
2 2
3 1 2 1 3 1 1 2 ln(3) + 1
= x− x − x 1− x + o(x2 ) f6 (x) = ln(3) + h− h2 + o(h2 )
4 16 2 4 12 6 ln(3) 72 ln(3) ln(3)
3 1 2 9 2
= x− x − x + o(x2 ) • D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 3 au
e e e a
4 16 32
voisinage de ∞ de la fonction :
3 11 2
= x− x + o(x2 )
4 32 f7 (x) = 1 + x2 − x2 − 1
Ainsi, 1
Posons h = x , quand |x| → +∞, alors h → 0 et
f5 (x) = ln(2) + ln(1 + X) 1 1 1
3 11 f7 (x) = 1+ − −1= 1 + h2 − 1 − h2
= ln(2) + x − x2 + o(x2 ) h2 h 2 |h|
4 32
Cherchons le D´veloppement Limit´ au voisinage de 0 de :
e e
3 11 2
= ln(2) + x − x + o(x2 )
4 32 h2 h4
1 + h2 = 1+ − + o(h4 )
• D´terminons le D´veloppement Limit´ ` l’ordre 2 au
e e e a 2 8
voisinage de 2 de la fonction : h2 h4
1 − h2 = 1− − + o(h4 )
2 8
1
f6 (x) = ln(1 + x) = [ln(1 + x)] 2 et par suite,
Posons le changement de variable x = 2 + h, quand x → 2 1 + h2 − 1 − h2 = h2 + o(h4 )
alors h → 0 et
au voisinage de −∞
1
f6 (x) = [ln(3 + h)] 2 1
1 f7 (x) = − 1 + h2 − 1 − h2
h 2 h
= ln(3) + ln 1 + = −h + o(h3 )
3
1 1 1
1 h 2
f7 (x) = − + o
= ln(3) 1 + ln 1 + x x3
ln(3) 3
au voisinage de +∞
on a :
1
h h h2 f7 (x) = 1 + h2 − 1 − h2
ln 1 + = − + o(h2 ) h
3 3 18 = h + o(h3 )
1 h h h2 1 1
ln 1 + = − + o(h2 ) f7 (x) = +o
ln(3) 3 3 ln(3) 18 ln(3) x x3
h h2
Posons X = 3 ln(3) − 18 ln(3) , si h → 0 alors X → 0 et Exercice 3
1 X X2 • D´terminons le D´veloppement G´n´ralis´ ` l’ordre 5 au
e e e e ea
[1 + X] 2 = 1+ − + o(X 2 )
2 8 voisinage de +∞ de la fonction :
1 h h2
= 1+ − 1 1 1
2 3 ln(3) 18 ln(3) f1 (x) = 2
=
x+x x 1+x
2
1h h2
− − + o(h2 ) On remarque que :
8
3 ln(3) 18 ln(3)
h h2 lim f1 (x) = ∞
= 1+ − x→0
6 ln(3) 36 ln(3)
2 2
Donc la fonction f1 n’admet pas de D´veloppement Limit´
e e
1 h h au voisinage de 0, cependant elle admet un D´veloppement
e
− 1− + o(h2 )
83 ln(3) 6 G´n´ralis´ au voisinage de ce point. En effet,
e e e
h h2 h2 1 1
= 1+ − − + o(h2 ) f1 (x) =
6 ln(3) 36 ln(3) 72 ln2 (3) x 1+x
1 2 ln(3) + 1 2 1
= 1+ h− h + o(h2 ) = 1 − x + x2 − x3 + x4 − x5 + x6 + o(x6 )
6 ln(3) 72 ln2 (3) x
1
f1 (x) = − 1 + x − x2 + x3 − x4 + x5 + o(x5 )
x

4. ´
Prof. Amale LAHLOU Corrig´ de la s´rie 3 /Math´matiques I / MQ I / M 6
e e e S 2 / Session : Printemps–Et´ 2006-2007
e Page 4
• D´terminons le D´veloppement G´n´ralis´ ` l’ordre 1 au
e e e e ea
voisinage de +∞ de la fonction : Exercice 4
x−1 ´
• Etudions les branches infinies de la fonction d´finie par :
e
f2 (x) = x
x+1
x
On remarque que : 1 1
f1 (x) = x 1 + = x exp x ln 1 +
x x
lim f2 (x) = +∞
x→+∞ 1
Posons x = h , quand |x| → +∞, alors h → 0 et
Donc la fonction f2 n’admet pas de D´veloppement Limit´
e e
au voisinage de +∞, cependant elle admet un D´veloppement
e 1 1
1 f1 (x) = exp ln (1 + h)
G´n´ralis´ au voisinage de +∞. Posons h = x , quand
e e e h h
+
x → +∞, alors h → 0 et
Or,
1 1−h
f2 (x) = h2 h3
h 1+h ln(1 + h) = + + o(h3 )
h−
2 3
Cherchons le D´veloppement Limit´ au voisinage de 0 de :
e e
1 h h2
1−h 1 ln(1 + h) = 1 − + + o(h2 )
= 1 − 2h h 2 3
1+h 1+h
Ainsi,
= 1 − 2h(1 − h + o(h))
= 1 − 2h + 2h2 + o(h2 ) 1 h h2
exp ln (1 + h) = exp 1 − + + o(h2 )
h 2 3
= 1 + −2h + 2h2 + o(h2 ) 2
− h + h +o(h2 )
et par suite, = ee 2 3
h2
1−h 2 2
1 Posons X = − h +
2 3 , si x → 0 alors X → 0 Il vient,
= 1 + −2h + 2h + o(h ) 2
1+h 1 2
1 1 eX = 1+X + X + o(X 2 )
= 1 + (−2h + 2h2 ) − (−2h + 2h2 )2 + o(h2 ) 2!
2 8 2
1 2 h h2 1 h h2
= 1 − h + h + o(h )2 = 1+ − + + − + + o(h2 )
2 2 3 2 2 3
2 2
d’o`,
u h h2 1 h 2h
= 1− + + − 1− + o(h2 )
2 3 2 2 3
1 1−h
f3 (x) = h h2 h2
h 1+h = 1− + + + o(h2 )
1 h 2 3 8
= − 1 + + o(h) h 11h2
h 2 = 1− + + o(h2 )
1 1 2 24
f3 (x) = x − 1 + +o
2x x D’o`,
u
• D´terminons le D´veloppement G´n´ralis´ ` l’ordre 2 au
e e e e ea 1 X
voisinage de +∞ de la fonction : f1 (x) = ee
h
x+1 1 e 1 11
f3 (x) = x2 ln(x+1)−x2 ln(x) = x2 ln = x2 ln 1 + = 1 − h + h2 + o(h2 )
x x h 2 24
On remarque que : e e 11e
= − + h + o(h)
h 2 24
lim f3 (x) = ∞ e 11e 1
x→+∞
f1 (x) = ex − + +o
Donc la fonction f3 n’admet pas de D´veloppement Limit´
e e 2 24x x
au voisinage de +∞, cependant elle admet un D´veloppement
e Donc, la courbe repr´sentative de f1 admet au voisinage
e
1
G´n´ralis´ au voisinage de +∞. Posons h = x , quand
e e e e
de l’infini une asymptote oblique d’´quation y = ex − 2 .
e
+
x → +∞, alors h → 0 et
1 ´
• Etudions les branches infinies de la fonction d´finie par :
e
ln (1 + h)
f3 (x) =
h2
f2 (x) = x + x2 − 1
Cherchons le D´veloppement Limit´ au voisinage de 0 de :
e e
1
1 1 1 Posons x = h , quand |x| → +∞, alors h → 0 et
ln(1 + h) = h − h2 + h3 − h4 + o(h4 )
2 3 4
1 1 1
f3 (x) = ln(1 + h) f2 (x) = + −1
h2 h h2
1 1 1 1 1 1
= − + h − h2 + o(h2 ) = + 1 − h2
h 2 3 4 h |h|
1 1 1 1 1 1 1
f3 (x) = x − + − 2 +o = + (1 − h2 ) 2
2 3x 4x x2 h |h|

5. ´
Prof. Amale LAHLOU Corrig´ de la s´rie 3 /Math´matiques I / MQ I / M 6
e e e S 2 / Session : Printemps–Et´ 2006-2007
e Page 5
Or, Exercice 5
1 1
(1 − h2 ) 2 = 1 − h2 + o(h2 ) Calculons les limites suivantes via l’outil D´veloppement
e
2
Limit´ :
e
Au voisinage de −∞ : √
x2 − x
1 1 1 • lim 2 =?
f2 (x) = − (1 − h2 ) 2 x→1 x − 1
h h
1 1 1 e 0
Cette limite est une Forme Ind´termin´e 0 . Posons
e
= − 1 − h2 + o(h2 )
h h 2 √
x2 − x
1 1 1 f (x) = 2
= − + h + o(h) x −1
h h 2
1 Soit le changement de variable x = 1 + h, si x → 1 alors
= h + o(h)
2 h → 0 et
1 1 √ √
f2 (x) = +o (1 + h)2 − 1 + h 1 + 2h + h2 − 1 + h
2x x f (x) = =
(1 + h)2 − 1 2h + h2
Donc la courbe repr´sentative de f2 admet la demi-droite
e
Puisque la valuation du d´nominateur de la fraction ra-
e
d’´quation y = 0 comme asymptote horizontale au voisi-
e
tionnelle est de l’ordre de 2, il suffit de d´velopper, au
e
nage de −∞.
voisinage de 0, le num´rateur ` un ordre n 2.
e a
Au voisinage de +∞ : √ 1 1
1 + h = 1 + h − h2 + o(h2 )
1 1 1
2 8
f2 (x) = + (1 − h2 ) 2 √ 1 1
h h 1 + 2h + h − 1 + h = 1 + 2h + h2 − 1 − h + h2 + o(h2 )
2
2 8
1 1 1
= + 1 − h2 + o(h2 ) 3 9 2 2
h h 2 = h + h + o(h )
2 8
1 1 1
= + − h + o(h)
h h 2 √ 3
2 1 1 + 2h + h2 − 1 + h 2h + 9 h2 + o(h2 )
8
= − h + o(h) =
h 2 2h + h2 2h + h2
1 1 3
f2 (x) = 2x − +o 2 + 9 h + o(h)
8
2x x =
2+h
Donc la courbe repr´sentative de f2 admet la demi-droite
e
Par passage ` la limite il vient,
a
d’´quation y = 2x comme asymptote oblique au voisinage
e
de +∞. √ 3
x2 − x + 9 h + o(h) 3
lim 2 = lim 2 8 =
x→1 x − 1 h→0 2+h 4
´
• Etudions les branches infinies de la fonction d´finie par :
e
1 • lim x2 + x + 1 − x =?
f3 (x) = (x − 2)e x x→+∞
1
Posons x = h , quand |x| → +∞, alors h → 0 et Cette limite est une Forme Ind´termin´e +∞ − ∞. Posons
e e
1 f (x) = x2 + x + 1 − x
f3 (x) = − 2 eh
h Soit le changement de variable h = 1
x, quand x → +∞
Or, alors h → 0+ et
1 2 1 1 1
eh = 1+h+ h + o(h2 ) f (x) = + +1−
2! h2 h h
1 1 + h + h2 1
f3 (x) = − 2 eh = −
h h2 h
1 1 1 1 1
= −2 1 + h + h2 + o(h2 ) = 1 + (h + h2 ) 2 −
h 2 h h
1 1 1 1
= + 1 + h − 2 − 2h + o(h) 1 + (h + h2 ) 2
= 1 + h + o(h)
h 2 2
1 3 1 1 1
= − 1 − h + o(h) f (x) = 1 + (h + h2 ) 2 −
h 2 h h
3 1 1 1 1
f3 (x) = x−1− +o = 1 + h + o(h) −
2x x h 2 h
1 1 1
Donc la courbe repr´sentative de f3 admet la droite d’´quation
e e = + − + o(1)
h 2 h
y = x−1 comme asymptote oblique au voisinage de l’infini. 1
= + o(1)
2

6. ´
Prof. Amale LAHLOU Corrig´ de la s´rie 3 /Math´matiques I / MQ I / M 6
e e e S 2 / Session : Printemps–Et´ 2006-2007
e Page 6
Par passage ` la limite il vient,
a Par passage ` la limite il vient,
a
1 1 1+a=0
lim x2 + x + 1 − x = lim+ + o(1) = lim f (x) = 0 ⇐⇒
x→+∞ h→0 2 2 x→+∞ b−1=0
2
ex − cos(x) a = −1
• lim =? ⇐⇒
b=1
x→0 x2
Cette limite est une Forme Ind´termin´e 0 .
e e 0 Exercice 7
2
ex
= 1 + x2 + o(x2 ) Soient a, b ∈ R . Trouvons un ´quivalent au voisinage de
e
1 0 de la fonction d´finie par :
e
cos(x) = 1 − x2 + o(x2 )
2
2 eax − 1
ex − cos(x) 1 + x2 − 1 + 1 x2 + o(x2 )
2 f (x) =
2
= ebx − 1
x x2
3 2
x + o(x2 ) Comme
= 2
x2 1
3 eax = 1 + (ax) + (ax)2 + o(x2 )
= + o(1) 2!
2 a2 2
eax − 1 = x + o(x2 )
ax +
Par passage ` la limite il vient,
a 2
1
2
ex − cos(x) 3 3 ebx = 1 + (bx) + (bx)2 + o(x2 )
lim = lim + o(1) = . 2!
x→0 x2 x→0 2 2 b2
ebx − 1 = bx + x2 + o(x2 )
1 + x − ex 2
• lim =?
x→0 x ln(1 + x) alors,
0
Cette limite est une Forme Ind´termin´e
e e 0. a2 2 2
eax − 1 ax + 2 x + o(x )
= 2
1 ebx − 1 bx + b2 x2 + o(x2 )
ex
= 1 + x + x2 + o(x2 )
2 1 + a x + o(x)
1 2 a 2
1+x−e x
= − x + o(x2 ) = b
2 b 1 + 2 x + o(x)
ln(1 + x) = x + o(x)
On effectue la division suivant les puissances croissantes
x ln(1 + x) = x2 + o(x2 ) de 1 + a x par 1 + 2 x.
b
2
Par passage ` la limite il vient,
a 1 +ax b
1 + 2x
2
1 + x − ex − 1 x2 + o(x2 ) − 1 + o(1) 1
lim = lim 22 = lim 2 =− . b (a−b)
x→0 x ln(1 + x) x→0 x + o(x2 ) x→0 1 + o(1) 2 −1 −2x 1+ 2 x
Exercice 6
(a−b)
2 x
Soit la fonction d´finie par :
e
− (a−b) x
2 − b(a−b) x2
4
x−1 c
f (x) = x + ax + b + ...
x+1 x
On obtient ainsi,
Trouvons les r´els a, b et c pour que lim f (x) = 0.
e
x→+∞
eax − 1 a (a − b)
x−1 = 1+ x + o(x)
D’apr`s Exercice 3, le D´veloppement G´n´ralis´ de x
e e e e e ebx − 1 b 2
x+1
au voisinage de +∞ et ` l’ordre 1 est donn´ par :
a e a a(a − b)
= + x + o(x)
b 2b
x−1 1 1
x =x−1+ +o D’o`,
u
x+1 2x x eax − 1 a a(a − b)
− ∼0 x.
D’o`,
u ebx − 1 b 2b
Exercice 8
x−1 c
f (x) = x + ax + b +
x+1 x
Soit a ∈ R et soit la fonction d´finie sur R par :
e
1 1 c
= x−1+ +o + ax + b +
2x x x 1
ln 1 + x + x2
− 1
x=0
f (x) = x2 2 x
1 1 1 a x=0
= (1 + a)x + (b − 1) + c + +o
2 x x

7. ´
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e e e S 2 / Session : Printemps–Et´ 2006-2007
e Page 7
Trouvons le r´el a pour que la fonction f soit continue en
e Donc, la droite y = −x est la tangente ` Cf au point
a
0. D´terminons pour ceci le D´veloppement au voisinage
e e d’abscisse 0. Et comme
de 0 et ` l’ordre 3 de :
a
x2
2 2 lim (f (x) − y) = lim + o(x2 ) = 0+
x x x→0 x→0 2
ln 1 + x + = ln 1 + x +
2 2
alors, Cf est au dessus de cette tangente.
x2 1 x2
2
1 x2
3 ´
∗ Etudions la position de Cf par rapport ` la tangente au
a
= x+ − x+ + x+ + o(x3 ) point d’abscisse 1.
2 2 2 3 2
D´terminons pour ceci le D´veloppemnt Limit´ de f `
e e e a
x2 x2 x 2 x3 x 3
= x+ − 1+ + 1+ + o(x3 ) l’ordre 2 au voisinage de 1 : posons le changement de va-
2 2 2 3 2 riable x = 1 + h et quand x → 1 alors h → 0 et on a :
x2 x2 x x3
= x+ − 1+2 + + o(x3 )
2 2 2 3 f (x) = ln 1 − (1 + h) + (1 + h)2 = ln 1 + h + h2 .
x2 x2 x3 x3
= x+ − − + + o(x3 ) D’apr`s la premi`re partie,
e e
2 2 2 3
1
= x − x3 + o(x3 ) h2
6 ln 1 + h + h2 = h + + o(h2 )
2
en suite,
En rempla¸ant h par (x − 1) il vient,
c
1 x2 1 1
ln 1 + x + = x − x3 + o(x3 ) 1
x2 2 x2 6 f (x) = (x − 1) + (x − 1)2 + o((x − 1)2 )
2
1 1
= − x + o(x) Donc, la droite y = x − 1 est la tangente ` Cf au point
a
x 6
1 x 2
1 −1 d’abscisse 1. Et comme
2
ln 1 + x + − = x + o(x)
x 2 x 6 1
lim (f (x) − y) = lim (x − 1)2 + o((x − 1)2 ) = 0+
La fonction f est continue en 0 si et seulement si,
x→1 x→1 2
alors, Cf est au dessus de cette tangente.
lim f (x) = f (0) = a
x→0
Exercice 10
si et seulement si,
−1 Soit la fonction d´finie par :
e
a = lim x + o(x) =0
x→0 6 x3
f (x) =
En outre, d’apr`s le D´veloppement de f (x), f est d´rivable
e e e 1 + x6
en 0 et en prenant le coefficient de x1 on a : Calculons les neuf premi`res d´riv´es au point 0 de f .
e e e
−1 1
f (0) = . f (x) = x3
6 1 + x6
Exercice 9 = x3 1 − x6 + o(x6 )
= x3 − x9 + o(x9 )
Soit la fonction d´finie par :
e
Ainsi,
f (x) = ln(1 − x + x2 )
f (0) = f (0) = 0
´
∗ Etudions la position de la courbe repr´sentative de f ,
e f (4) (0) = f (5) (0) = f (6) (0) = f (7) (0) = f (8) (0) = 0
not´e Cf , par rapport ` la tangente au point d’abscisse 0.
e a
D´terminons pour ceci le D´veloppemnt Limit´ de f `
e e e a et
l’ordre 2 au voisinage de 0 : f (3) (0)
=1 ⇐⇒ f (3) (0) = 6
2 2
3!
ln(1 − x + x ) = ln 1 + (−x + x )
f (9) (0)
1 = −1 ⇐⇒ f (9) (0) = −9!.
= (−x + x2 ) − (−x + x2 )2 + o(x2 ) 9!
2
(−x)2 Exercice 11
= −x + x2 − (1 − x)2 + o(x2 )
2
x2 Soit la fonction d´finie par son D´veloppement Limit´ `
e e e a
= −x + x2 − + o(x2 ) l’ordre 2 au voisinage du point d’abscisse -1 :
2
x2 3e−1
= −x + + o(x2 ) f (x) = e−1 − (x + 1)2 + o((x + 1)2 )
2 2

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´
Etudions localement cette fonction au point -1 :
Si −1 ∈ Df alors la fonction f est continue au point
−1 et f (−1) = e−1 ,
Si −1 ∈ Df alors la fonction f est prolongeable par
continuit´ au point −1 et son prolongement est donn´ par :
e e
˜ f (x) x ∈ Df
f (x) =
e−1 x = −1
l’´quation de la tangente au point d’abscisse -1 est
e
donn´e par y = e−1 et comme
e
3e−1
lim (f (x) − y) = lim − (x + 1)2 + o((x + 1)2 = 0−
x→−1 x→−1 2 www.tifawt.com
alors la courbe repr´sentative de f est au dessous de la
e
tangente,
D’apr`s le D´veloppement Limit´ donn´ on peut d´terminer
e e e e e
un ´quivalent de f :
e
f (x) − e−1 ∼0 −3e−1 (x + 1)2
f est deux fois d´rivable au point −1 et on a :
e

 f (−1) = 0 f (−1) = 0
f (−1) −3e−1 ⇐⇒
 = f (−1) = −3e−1
2! 2
Comme f (−1) = 0 alors le point (−1, e−1 ) est un point
critique de f ,
Comme f (−1) = 0 et le premier exposant de l’´quivalence
e
susmentionn´e est paire ((x+1)2 ), alors f1 pr´sente un ex-
e e
tremum en ce point et comme en plus le coefficient de cet
exposant −3 e−1 < 0, alors la courbe repr´sentative de f
2 e
pr´sente un maximum relatif au point (−1, e−1 ),
e
Comme la courbe repr´sentative de f pr´sente un maxi-
e e
mum relatif au point (−1, e−1 ) alors f est concave au voi-
sinage de ce point.