TD2 Analyse asymptotique Correction

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Page 1 : Cycle Pr´eparatoire - Premiere Ann´eeAnalyse II - 2021/2022Analyse AsymptotiqueComparaisons de suitesExercice 1Parmi les affirmations suivantes lesquelles sont vraies, lesquelles sont fausses et pourquoi ?1. Si un = ovn alors un = Ovn .2. Si un = Ovn et vn = Oun alors un vn.3. Si un vn alors un vn = ovn .4. Si un vn alors un vn →0 quand n →+.5. 3nn = O2nSolution1. VRAIun = ovn⇐⇒limn→+unvn= 0=⇒unvnconvergente donc born´ee =⇒un = Ovn.2. FAUXun = 1 =constante, et vn = 2 =constante.On a bien un = Ovn etvn = Oun.Mais : un n’est pas du tout ´equivalente a vn.3. VRAIun vn⇐⇒limn→+unvn= 1=⇒limn→+un vnvn=limn→+unvn1= 0 =⇒un vn = ovn.4. FAUX Mais on ne peut pas du tout en d´eduire quelimn→+un vn = 0.En effet, si on prend : un = n + 1 et vn = n, on a bien un vn , maislimn→+un vn = 1.5. FAUXrn =3nn2n = 3nn2n = 1n32n= 32nnOrlimx→+ 32xx=limx→+ex ln 32x= +par croissances compar´ees.Donclimn→+rn = +. Cette suite n’est donc pas born´ee.3nn ̸= O 2nExercice 2Donner des ´equivalents simples des suites ci-dessous :un = ln1 + 1navn = lnn +pn2 + 1bwn =q1 + ncxn =pn3 + 2n2 pn3 + n2dyn = sinn2 + n + 1n + 1πeSolution1. un = ln1 + 1n1ncar la suite 1n tend vers 0.2. vn = lnn +pn2 + 1= ln n 1 +n2 + 1n!!= lnn + ln 1 +n2 + 1n!vn = lnn + ln 1 +rn2 + 1n2!= lnn + ln 1 +r1 + 1n2!limn→+ln 1 +r1 + 1n2!= ln2etlimn→+lnn = +.

Page 2 : Donclimn→+ln1 +q1 +1n2lnn= 0=⇒ln 1 +r1 + 1n2!= olnnPar cons´equent :vn lnn.3. wn =q1 + nOn sait que :1 + un 1 12un⇐⇒1 + un = 1 + 12un + ounMais cette relation suppose que la suite un converge vers 0, ce qui n’est pas du tout le cas de la suite n.Cette relation d’´equivalence ne servira a rien ici.On peut ´etablir tres facilement que :1 + n nIl suffit alors d’´elever a la puissance 12. pour obtenir :wn =q1 + n qn =4n = n144. On cherche un ´equivalent simple de la suite : xn =pn3 + 2n2 pn3 + n2xn =pn3 + 2n2 pn3 + n2 =n2n3 + 2n2 +n3 + n2 =n2qn3 1 + 2n+qn3 1 + 1nxn =n2n3q1 + 2n +q1 + 1n =n2nnq1 + 2n +q1 + 1n =nq1 + 2n +q1 + 1nlimn→+r1 + 2n +r1 + 1n = 2=⇒r1 + 2n +r1 + 1n 2.Par cons´equent :xn n2Autre m´ethode :xn =pn3 + 2n2 pn3 + n2 =sn31 + 2nsn31 + 1n=n3 r1 + 2n r1 + 1n!Nous avons besoin d’additionner des ´equivalents a chacune des racines carr´ees, mais cette op´eration esttotalement interdite.On va donc utiliser la forme ´equivalente qui fait intervenir des petits ”o” .1 + un 1 12un⇐⇒1 + un = 1 + 12un + ounxn =n3 r1 + 2n r1 + 1n!=n31 + 12 × 2n + o 2n1 + 12 × 1n + o 1n xn =n31 + 1n 1 12n + o 2no 1n=n3 12n + 2 × o 1no 1n=n3 12n + o 1nxn =n32n +n3 o 1n=n2+ o n3n!=n2+ on.Cons´equence :xn n25. On cherche un ´equivalent simple de :yn = sinn2 + n + 1n + 1πLa division euclidienne du num´erateur par le d´enominateur donne : n2 + n + 1 = nn + 1 + 1.Ce qui permet d’´ecrire :yn = sinn2 + n + 1n + 1π= sinn +1n + 1π= sinnπ +1n + 1πOr on sait que :sinx + nπ = sinx cosnπ + cosx sinnπ = 1n sinxOn en d´eduit :yn = sinnπ +1n + 1π= 1n sinπn + 1Commelimn→+πn + 1 = 0, on peut appliquer la r´elation : sinun un.Ce qui donne : sinπn + 1πn + 1Finalement :yn 1nπn + 1Exercice 3D´eterminer les limites suivantes en utilisant des ´equivalents.

Page 3 : limn→+1 + xnn, x Ralimn→+nn2blimn→+sinn2 + 2n + 3n + 1πclimn→+pn2 + 2n + 3 pn2 + n + 1dSolution1. an =1 + xnnavec x R.an =1 + xnn= en ln1+ xnOn sait que :ln1 + xnxn.On en d´eduit :n ln1 + xnnxn = xOn peut ˆetre tent´e de dire que :an = en ln1+ xnex=⇒limn→+an = exCe raisonnement est faux ! ! !On n’a pas le droit de composer une relation d’´equivalente a gauche par une fonction.La bonne m´ethode est de dire :n ln1 + xnx ̸= 0=⇒limn→+n ln1 + xn= x.On peut alors composer par la fonction exponentielle. Ce qui donne :limn→+expn ln1 + xn= expx⇐⇒limn→+an = ex2. bn =nn2a pour limite : 1.3. cn = sinn2 + 2n + 3n + 1π= sinn + 1π +2n + 1π= 1n+1 sin 2πn + 1On en d´eduit imm´ediatement :limn→+cn = 0.4.dn =pn2 + 2n + 3 pn2 + n + 1 =n + 2n2 + 2n + 3 +n2 + n + 1dn =n1 + 2nqn2 1 + 2n +3n2+qn2 1 + 1n +1n2 =1 + 2nq1 + 2n +3n2 +q1 + 1n +1n2On en d´eduit imm´ediatement :limn→+dn = 12.Exercice 4D´eterminer un ´equivalent le plus simple possible de chacune des suites suivantes quand n tend vers +.1 + nn.alncos 1nln sin 1n.bs1 + 1nn1.cen+1n.dSolution1. On cherche un ´equivalent simple de :xn =1 + nn = expn ln1 + nxn = expn × lnn1 +1n= expn ×lnn+ ln1 +1nxn = expn × lnnn × ln1 +1n= expn × lnn× expn × ln1 +1nOn remarque que l’exposant du 2eme facteur vaut : n × ln1 +1nn 1n = 1Ce qui donne :limn→+n × ln1 +1n= 1=⇒limn→+expn × ln1 +1n= e1ce qui nous autorise a dire que :expn × ln1 +1ne1

Page 4 : Finalement :xn = expn × lnn× expn × ln1 +1nexpn × lnn× e1Autrement dit :xnnn × e1 =1e × nn2. yn = lncos 1n× lnsin 1n— lncos 1n= ln1 + cos 1n1cos 1n1carlimn→+cos 1n1 = 0etln1 + un unDe mˆeme :cos 1n1 12n2car cosun 1 u2n2Finalement :lncos 1n12n2— lnsin 1nsin 1n1ncar sinun unIl ne faut surtout pas composer par ln car on n’a pas le droit de composer une relation d’´equivalence agauche par une fonction.On va partir de l’autre ´ecriture de cette ´equivalence :sinun = un + ounOn en d´eduit :sin 1n= 1n + o 1n=⇒lnsin 1n= ln 1n + o 1n= ln 1n1 + n × o 1n=⇒lnsin 1n= ln 1n1 + on × 1n= ln 1n1 + o1= ln 1n+ ln1 + o1=⇒lnsin 1n= lnn + ln1 + o1 = an + bnavec an = lnn qui tend vers , et bn = ln1 + o1 qui tend vers 0.Ainsi bn = oan=⇒lnsin 1n= an + bn = an + oan=⇒lnsin 1nanAutrement dit :lnsin 1nlnn.Conclusion :yn = lncos 1n× lnsin 1n12n2 × lnnyn lnn2n23. zn =s1 + 1nn1 =1 + 1nn 121Comme on sait que : 1 + unα 1 αunpour α r´eel fix´e et un suite convergeant vers 0.zn =1 + 1nn 121 121nnzn 1n2n4. tn = en+1n = e1n+1+nOn sait que :eun1 un⇐⇒eun= 1 + un+ounOn en d´eduit :tn = e1n+1+n = 1 +1n + 1 + n + o1n + 1 + nConclusion :tn 1On aurait pu voir des le d´ebut quelimn→+tn = 1=⇒tn 1.Mais attention, l’implication :limn→+un = ℓ=⇒un ℓn’est correcte que pour ℓR.

Page 5 : Exercice 5Montrer quenXk=0k!n!.Solution— Premiere id´ee :On met de cˆot´e le deriner terme =1.unn! = 0! + 1! + 2! + ... + n!n!= 1n! + 1n! + 2n! + ... + n 1!n!+ 1unn! = 1n! + 1n! + 2n! + ... + 1n + 1unn! 1 est une somme de termes qui tendent tous vers 0.Mais, malheureusement, cela ne suffit pas pour dire que cette somme va elle mˆeme tendre vers 0.Il suffit de penser anXk=11n = 1.— Deuxieme id´ee :On met de cˆot´e les 2 derniers termes :unn! 11n = 1n! + 1n! + 2n! + ... + n 2!n!Sachant que : n 2!n!=1nn 1 et que pour tout k ⩽n 2, on a :k!n! ⩽n 2!n!=1nn 1On en d´eduit qure :unn! 11n = 1n! + 1n! + 2n! + ... + n 2!n!=n2Xk=0k!n! ⩽n2Xk=01nn 1 = 1nC’est a dire : unn! 11n ⩽1nCe qu’on peut ´ecrire :1 ⩽unn! ⩽1 + 1n + 1n = 1 + 2nLe th´eoreme des gendarmes implique :limn→+unn! = 1=⇒un n!Exercice 6Soit sn une suite de r´eels de limite 0 et telle que : sn + sn+1 1n.1. On suppose que sn est d´ecroissante, montrer que sn 12n.2. En consid´erant la suite 12n + 1nnn1, prouver que ce r´esultat est en d´efaut si sn n’est pasd´ecroissante.Solution1. On sait que :sn + sn+1 1n⇐⇒limn→+n × sn + sn+1 = 1 ⇐⇒limn→+n 1 × sn1 + sn = 1On veut montrer quesn 12n ⇐⇒limn→+2n × sn = 1sn d´ecroissante ⇐⇒sn+1 ⩽sn ⩽sn1=⇒sn + sn+1 ⩽2sn ⩽sn + sn1On multiplie par n, ce qui donne :nsn + sn+1 ⩽2n × sn ⩽nsn + sn1limn→+n × sn + sn+1 = 1limn→+n × sn1 + sn =limn→+nn 1n 1 × sn1 + sn = 1 × 1 = 1Le th´eoreme des gendarmes implique alors :limn→+2n × sn = 1=⇒sn 12n2. Posons sn = 12n + 1nn .On a bien :limn→+sn = 0.D’autre part :sn + sn+1 = 12n + 1nn+12n + 1 + 1n+1n + 1 = 12n +12n + 1 + 1n 1n 1n + 1

Page 6 : =2n + 12nn + 1 + 1n n + 1 npnn + 1!=2n + 12nn + 1 + 1n n + 1 n n + 1 + nn + 1 + n pnn + 1!=2n + 12nn + 1 + 1n1n + 1 + n pnn + 1Le premier terme de cette somme2n + 12nn + 1 est ´equivalent a 1n.En effet :2n + 1 2netn + 1 n.Le deuxieme terme1nn + 1 + n pnn + 1est lui ´equivalent a: 1n2nn .En effet :n + 1 + n =sn1 + 1n+ n = n r1 + 1n + 1!= n1 + 12n + o 1n+ 1puisque :1 + un= 1+12un+ounn + 1 + n = n2 + 12n + o 1n= 2n +n2n + onnn + 1 + n = 2n +12n + o 1n= 2n + o2nPar cons´equent :n + 1 + n 2nD’un autre cˆot´e :pnn + 1 n × n = nOn a ainsi r´eussi a ´ecrire : sn + sn+1 = an + bn, avec :an =2n + 12nn + 11netbn =1nn + 1 + n pnn + 11n2nnOn a ´evidemment : bn = oanDonc :sn + sn+1 an 1nMais cette suite sn = 12n + 1nnn’est pas d´ecroissante car : s1 = 12, s2 = 14 + 12 s1.Et cette suite est ´equivalente a 1nncar 12n = o1nn=⇒sn 1nn .A cause donc du fait que sn n’est pas d´ecroissante, le r´esultat d´emontr´e dans la question 1. n’est pasv´erifi´e malgr´e le respect des autres hypotheses.Regle d’or :un vn⇐⇒un = vn + ovn

Page 7 : Comparaison de fonctionsExercice 7Calculer les limites suivantes :limx→0sinxx + 3x2alimx→0sinx4xtanx sinxblimx→+4x + 1 ln1 x + 1x + 2climx→0e4x2 1lncosxdlimx→0x4 + 3x2 + x2x3 + x2elimx→π3ex2 5x4ln7x2 + 2xfSolution1.sinxx + 3x2 =sinxx1 + 3x0xx1 = 1Par cons´equent :limx→0sinxx + 3x2 = 12. fx =sinx4xtanx sinx =sinx4xsinxcosx sinx =sinx4xsinxcosx sinx cosxcosx =sinx4cosxx sinx1 cosxOn connaˆıt des ´equivalents de chaque facteur, donc on peut ´ecrire :fx =sinx4cosxx sin x1 cos x 0x4×1x×x× x22 = 2Par cons´equent :limx→0 fx = limx→0sinx4xtanx sinx = 2.3. gx =4x + 1 ln1 x + 1x + 2On sait que :limx→+x + 1x + 2= 0.et queln1 + X 0XOn en d´eduit :ln1 x + 1x + 2+x + 1x + 2+xx= 1xDe la mˆeme maniere :4x + 1+4x = 2xFinalement :gx+2xx= 2Conclusion :limx→+gx = 24. hx =e4x2 1lncosxOn sait que : ex 1 0 x. On en d´eduit :e4x2 1 04x2On sait ´egalement que :ln1 + x 0x. On en d´eduit :lncosx = ln1 + cosx 1 0cosx 1On sait ´egalement que :cosx 1 0x22 . On en d´eduit :lncosx 0x22

Page 8 : Il ne reste plus qu’a faire le rapport des deux :hx =e4x2 1lncosx04x2x22Conclusion :hx08limx→0 hx = 85. On cherche la limite en 0 de :kx = x4 + 3x2 + x2x3 + x2x4 + 3x2 + x 0xet2x3 + x2 0x2=⇒kx = x4 + 3x2 + x2x3 + x20xx2 = 1x.La fonction x 7→1x n’a pas de limite en 0. r´esultats diff´erents en 0et 0+.Donc la fonction k n’a pas de limite en 0.6. On cherche la limite en π de :lx =3ex2 5x4ln 7x2 + 2xl est continue sur Rcar somme, compos´ee et rapport de fonctions continues. Donc :limx→π lx = lπ =3eπ2 5π4ln 7π2 + 2πExercice 8Calculer les limites desin x ln1 + x2x tan xen 0.aln1 + sin xtan6xen 0.blne + x1x en 0.cln1 + ex1x en + .dSolution1. sin x ln1 + x2x tan x0xx2xx = x Donc limx→0sin x ln1 + x2x tan x= limx→0 = 02. ln1 + sin xtan6x0sin x6x0163. Limite de ln1 + ex1x en + : Nous avonsln1 + ex1x = exp 1x lnln1 + ex.Maintenant, commelimx→+ex = 0, nous pouvons ´ecrire :ln1 + ex+exet par l’Exercice 11, nous pouvons composer cette derniere equivalence avec la fonction ln, pour obtenirlnln1 + ex+lnex.Donc1x lnln1 + ex+lnexx=xx= 1.Par cons´equentlimx→+ln1 + ex1x=limx→+exp 1x lnln1 + ex=explimx→+1x lnln1 + ex=e1.

Page 9 : Exercice 9D´eterminer les limites suivantes :limx→1x3 2x2 + 2x 1x3 x2 + x 1alimx→0x sin x1 cos xblimx→+f x ou f x =x + 1 3px3 + 1climx→0 exp1 cos x sin xx3dlimx→0ln cos x1 cos 2xelimx→+ln x + 1ln xx ln xflimx→π2ln 2xπcos xglimx→+x2 e1x+1 e1x.hSolution1. Calculer limx→1x3 2x2 + 2x 1x3 x2 + x 1: Nous avons :limx→1x3 2x2 + 2x 1x3 x2 + x 1= limx→1x 1x2 x + 1x 1x2 + 1= limx→1x2 x + 1x2 + 1= 12.2. Calculer limx→0x sin x1 cos x : Nous avons :sinx 0xet1 cosx 0x22 .Donclimx→0x sin x1 cos x = limx→0x · xx22= 2 · limx→0x2x2 = 2.3. Calculerlimx→+f x ouf x =x + 1 3px3 + 1.Nous avonsx + 1 3px3 + 1=x + 1 3sx3 ·1 + 1x3=x + 1 x ·3s1 + 1x3=1 + x 1 3s1 + 1x3!Maintenant3s1 + 1x31+13x3=⇒3s1 + 1x31 13x3=+o 13x3=⇒3s1 + 1x3=+1 +13x3 + o 13x3Doncx + 1 3px3 + 1=1 + x 1 3s1 + 1x3!=+1 + x1 1 13x3 o 13x3=+1 x 13x3 + o 13x3=+1 13x2 o 13x2.Par cons´equent :limx→+x + 1 3px3 + 1 =limx→+1 13x2 o 13x2= 1.

Page 10 : 4. Calculer limx→0 exp1 cos x sin xx3: Nous avons :limx→0 exp1 cos x sin xx3=explimx→01 cos x sin xx3=exp limx→0x22 · xx3!=exp12 limx→0x3x3= e12 .5. Calculer limx→0ln cos x1 cos 2x : Nous avons :limx→0ln cos x1 cos 2x=limx→0ln 1 1 cos x1 cos 2x=limx→0cos x 11 cos 2x=limx→0x222x22=limx→0 x24x2 = 14.6. Calculerlimx→+ln x + 1ln xx ln x: Nous avons :ln x + 1ln xx ln x= expx lnx · lnln x + 1ln x.Maintenantx lnx · lnln x + 1ln x=x lnx · ln1 1 ln x + 1ln x+x lnx ·ln x + 1ln x1=x · lnx + 1 lnx=x · lnx + 1x=x · ln1 + 1x+x · 1x = 1.Ainsilimx→+ln x + 1ln xx ln x=limx→+expx lnx · lnln x + 1ln x=explimx→+x lnx · lnln x + 1ln x=e.7. Calculer limx→π2ln 2xπcos x: Rappelons quecos x = sinπ2 x.

Page 11 : Donc :limx→π2ln 2xπcos x=limx→π2ln1 1 2xπsin π2 x=limx→π22xπ 1π2 x=limx→π22xπππ2x2=limx→π22π=2π .8. Calculerlimx→+x2 e1x+1 e1x: Nous avonslimx→+x2 e1x+1 e1x=limx→+x2 · e1x · e1x+1e1x1!=limx→+x2 · e1x ·e1x+1 1x 1=limx→+x2 · e1x ·e1xx+1 1Maintenantex 1 0x=⇒e1xx+1 1+1xx + 1.Donclimx→+x2 e1x+1 e1x=limx→+x2 · e1x ·e1xx+1 1=limx→+x2 · e1x ·1xx + 1=limx→+x2 · e1xxx + 1=limx→+x2x2 + 1 ·limx→+e1x=1 · 1 = 1.Exercice 10A quelle condition sur f et g a-t-on ef a eg ?SolutionTout d’abord, comme pour tout x, y R, nous avonsexey = exy,on conclut que :ef a eg⇐⇒limx→aefxegx= 1⇐⇒limx→a efxgx = 1⇐⇒explimx→a fx gx= 1⇐⇒limx→a fx gx = 0.Conclusion : Nous avons trouve comme condition :ef a eg ⇐⇒limx→a fx gx = 0.

Page 12 : Attention : L’implicationf a g=⇒ef a egn’est pas vrai en g´en´eral. En effet, posonsfx = x2 + xetgx = x2.Alorsf g,maislimx→aefxegx= +.Exercice 11Soient f et g ´equivalentes au voisinage de a et strictement positives. Montrer que si f admet en a une limitedans R diff´erente de 1 alors ln f a ln g.SolutionNous savons que :u a v⇐⇒u v =a ov.Il suffit donc de montrer que :lnfx lngx = o lnfx ,c’est-a-dire, montrerlimx→alnfx lngxlnfx= 0.Nous avonslimx→alnfx lngxlnfx= limx→a lnfxgx·1lnfxMaintenant, si on note ℓ= limx→a fx, alorslimx→a1lnfx =1lnℓ Rsi ℓR \ 0, 10si ℓ= 0 ou ℓ= +.Exercice 12Limite en + de3px3 + x2 3px3 x2a´Equivalent en + deqx2 +px4 + 1 x2bLimite en 0 de tanax sinaxtanbx sinbxcLimite en π4 dex π4tanx + π4dLimite en π4 de cosx sinx4 x π tanxe´Equivalent en 0 detanx x cosxsinx + cosx 1fLimite en 0 de x11+2 lnxgLimite en 12 de2 x2 3 x + 1tanπ xh´Equivalent en + de1 + x2sin 1x lnxx + 1iSolution

Page 13 : 1. Limite en +de3px3 + x2 3px3 x2 : Nous avonslimx→+3px3 + x2 3px3 x2=limx→+x · 3r1 + 1x 3r1 1x!Maintenant3r1 ± 1x 1+± 13x=⇒3r1 ± 1x=+1 ± 13x + o 13x.Donclimx→+3px3 + x2 3px3 x2=limx→+x · 3r1 + 1x 3r1 1x!=limx→+x ·1 + 13x + o 13x1 + 13x o 13x=limx→+x · 23x + o 13xo 13x=limx→+23 + o1 o1=limx→+23 + o1=23.2. ´Equivalent en +deqx2 +px4 + 1 x2 : Nous avonsqx2 +px4 + 1 x2=sx2 + x2r1 + 1x4 x2=x ·s1 +r1 + 1x4 x2=x ·s1 +r1 + 1x4 2=+x · s1 + 1 +12x4 + o 1x42!=+x · s21 +14x4 + o 1x42!=+x2 · s1 +14x4 + o 1x41!=+x2 ·1 +18x4 + o 1x41Par cons´equentqx2 +px4 + 1 x2=+x2 · 18x4 + 14o 1x4+ o 14x4 + 12o 1x4+x2 · 18x4=28x3 .

Page 14 : 3. Limite en 0 de tanax sinaxtanbx sinbx : Nous avonstanax sinaxtanbx sinbx=sinaxcosax sinaxsinbxcosbx sinbx=sinaxsinbx ·1cosaxcosax1cosbxcosbx0axbx ·a2x22b2x22· cosbxcosax=a3b3 · cosbxcosaxPar cons´equentlimx→0tanax sinaxtanbx sinbx= limx→0a3b3 · cosbxcosax = a3b3 .4. Limite en π4 dex π4tanx + π4 : A l’aide du changement de variableu = x π4 ,nous pouvons ´ecrire :limx→π4x π4tanx + π4=limu→0 u · tanu + π2=limu→0 u · sinu + π2cosu + π2=limu→0 u · sinu + π2sin u=limu→0 usinu · limu→0 sinu + π2=1 · 1 = 1.5. Limite en π4decosx sinx4 x π tanx : Nous avonscosx sinx4 x π tanx=22sin π4cosx cos π4sinx4 x π tanx=22 ·sin π4 x4 x π tanxπ422 tanx ·π4 x4x π=22 tanx ·14.Par cons´equentlimx→π4cosx sinx4 x π tanx=limx→π422 tanx ·14=122 · limx→π41tanx=122.6. ´Equivalent en 0 detanx x cosxsinx + cosx 1 : On commence par noter quelimx→0 x x cosx = 0.Donctanx x cosx 0x x cosx.

Page 15 : Maintenantlimx→0sinxx= 1etlimx→01 cosxx= limx→0x22x = 0.D’oulimx→0sinx + cosx 1x= limx→0sinxxlimx→01 cosxx= 1Doncsinx + cosx 1 0x.Par cons´equenttanx x cosxsinx + cosx 10x x cosxx=1 cosx0x22 .7. Limite en 0 de x11+2 lnx : Nous avonslimx→0 x11+2 lnx=limx→0 exp11 + 2 lnx ln x=explimx→0lnx1 + 2 lnx=explimx→0lnx2 lnx=exp12=e.8. Limite en 12 de2 x2 3 x + 1tanπ x : Nous avons2 x2 3 x + 1 =x 122x 2 .Ainsi, a l’aide du changement de variableu = x 12,nous pouvons ´ecrire :limx→122 x2 3 x + 1tanπx=limu→0 u 2u 1 tanπu + π2=limu→0 u 2u 1 sinπu + π2cosπu + π2=limu→0 u 2u 1 sinπu + π2sin πu=limu→0u 2u 1πu=1π limu→0 2u 1=1π .

Page 16 : 9. ´Equivalent en +de1 + x2sin 1x lnxx + 1: Nous avons1 + x2sin 1x lnxx + 1=1 + x2sin 1x ln1 1x + 1+x21x1x + 1=x2x + 1+x2x=x.D´eveloppements limit´esExercice 13D´eterminer les ordres pour lesquels les fonctions suivantes admettent un DL en 0 :x 7→x.ax 7→x174 .bx 7→xn.cSolution1. fx = x : La fonctionx 7→x,est continue mais n’est pas d´erivable en 0. En effetlimx→0+x 0x 0=limx→0+xx=limx→0+1x = +.Ainsi, en z´ero, f admet uniquement un D.L a l’ordre 0.2. fx = x174 : Notons que :fx = x174= x16+14= x4 · x14 .Ainsi :limx→0+fxx4=limx→0+x4 · x14x4=limx→0+ x14 = 0.Doncfx =x→0 ox4.Par cons´equent, en z´ero, f admet le D.L a l’ordre 4 suivant :x174=x→0 0 + 0x + 0x2 + 0x3 + 0x4 + ox4.Montrons que f n’admet pas de D.L a l’ordre 5 ou superieur en z´ero. Pour cela, notons que si f admet un D.La l’ordre 5 en z´ero, alorsx174=x→0a5 · x5 + ox5=⇒limx→0+x174x5=limx→0+ a5 + o1 +.Orlimx→0+x174x5=limx→0+x4 · x14x5=limx→0+1x34= +.Ainsi, f n’admet pas de D.L a l’ordre 5 en z´ero. Ce qui implique que f admet uniquement des D.L a l’ordre 4ou inferieur en z´ero.3. fx = xn : Notons que :xn = sgnxn · xn.

Page 17 : Ainsi :limx→0fxxn1 = limx→0sgnxn · xnxn1= limx→0 sgnxn · x = 0.Doncxn =x→0 oxn1.Par cons´equent, en z´ero, f admet le D.L a l’ordre n 1 suivant :xn =x→0 0 + 0x + 0x2 + · · · + 0xn1 + oxn1.Maintenant, si n est pair, nous pouvons ´ecrirexn = xn=⇒k n,xn=x→0 xn + oxk.Ainsi, pour n pair, la fonction x 7→xn admet un D.L a tout ordre en z´ero.Montrons finalement que si n est impair, alors f n’admet pas de D.L a l’ordre n ou superieur en z´ero.Pour cela, notons que si f admet un D.L a l’ordre n en z´ero, alorsxn=x→0an · xn + oxn=⇒limx→0xnxn=limx→0 an + o1Ce qui implique l’existence de la limite limx→0+xnxn . Orlimx→0xnxn= limx→0sgnxn · xnxn= limx→0 sgnxn .Et cette derniere limite n’existe pas. Par cons´equent, pour n impair, la fonction x 7→xn n’admet pas de D.La l’ordre n en z´ero. Ce qui implique que pour n impair, la fonction x 7→xn admet uniquement des D.L al’ordre n 1 ou inferieur en z´ero.

Page 18 : Exercice 141. Soit f : R →R la fonction d´efinie par fx = 0 si x 0 et fx = exp1xsinon. Calculer, pour toutn N, le d´eveloppement limit´e de f en 0. Quelles conclusions en tirer ?2. Soit g : R →R la fonction d´efinie par g0 = 0 et, si x ̸= 0 : gx = x3sin 1x. Montrer que g a und´eveloppement limit´e d’ordre 2 en 0 mais n’a pas de d´eriv´ee seconde en 0.Solution1. Notons que pour tout n N, le changement de variable1x = u,nous permet de conclurelimx→0fxxn= limx→0e1xxn=limu→+euun =limu→+uneu= 0.Ainsin N, fx =x→0 oxn.Par cons´equent, en z´ero, f admet le D.L a l’ordre n suivant :exp1x=x→0 0 + 0x + 0x2 + · · · + 0xn + oxn.Quelles conclusions en tirer ? La conclusion a en tirer est que, le fait que la partie r´eguliere d’un D.Lsoit nulle a n’importe quel ordre n’implique pas que la fonction d´evelopp´ee soit nulle. Autrement dit, deuxfonctions ayant des parties r´egulieres ´egales a n’importe quel ordre ne sont pas pour autant ´egales.2. On commence par noter quelimx→0gxx2= limx→0x3 · sin 1xx2= limx→0 x · sin 1x= 0.Ainsix3 · sin 1x=x→0 ox2.Par cons´equent, en z´ero, f admet le D.L a l’ordre 2 suivant :x3 · sin 1x=x→0 0 + 0x + 0x2 + ox2.Maintenant, g est d´erivable sur R+ et sur R, et on ax ̸= 0,g′x = 3x2 · sin 1xx · cos 1x.De plus, en utilisant le D.L a l’ordre 2 en z´ero de g, on conclut quelimx→0 x3 · sin 1x= limx→0 0 + 0x + 0x2 + ox2 = 0.Ainsi, g est prolongeable par continuit´e en 0 en posantg0 = 0.Ce mˆeme D.L nous permet de conclure quelimx→0gx g0x= limx→0 ox = 0.Ainsi, le prolongement de g est d´erivable en 0 avecg′0 = 0.Or g n’est pas deux fois d´erivable en 0 carg′x g′0x 0=3x2 · sin 1xx · cos 1xx=3x · sin 1xcos 1xn’a pas de limite en 0.

Page 19 : Exercice 15Soit fx = cos x1x pour x iπ2 , π2h\ 0.1. Montrer que f est prolongeable par continuit´e en 0.2. D´eterminer un DL de f en 0 a l’ordre 2.3. Etudier la d´erivabilit´e du prolongement de f.Solution1. Nous avonscosx1x = exp 1x lncosx.Maintenantcosx=x→0 1 x22 + ox3.D’oulncosx=x→0ln1 +x22 + ox3=x→0x22 + ox3 x22 + ox322+ o x22 + ox32!=x→0x22 + ox3.Ainsi1x · lncosx=x→0x2 + ox2Par cons´equentcosx1x=exp 1x lncosx=x→0expx2 + ox2=x→01 x2 + ox2+x2 + ox222+ ox2 + ox22=x→01 x2 + ox2+ x28 12x · ox2 + 12ox22 + ox2 + ox22=x→01 x2 + x28 + ox2.En utilisant le D.L a l’ordre 2 en z´ero de f, on conclut quelimx→0cosx1x=limx→0 1 x2 + x28 + ox2=1.Ainsi, f est prolongeable par continuit´e en 0 en posantf0 = 1.2. Ce mˆeme D.L nous permet de conclure quelimx→0fx f0x=limx→0cosx1x 1x=limx→0 12 + x8 + ox=12.Ainsi, le prolongement de f est d´erivable en 0 avecf ′0 = 12.

Page 20 : Exercice 16Soit f l’application de R dans R d´efinie par fx =x31 + x6 . Calculer f n0 pour tout n N.SolutionPour tout x R, nous avonsfx=x3 ·11 + x6=x3 ·11 x6=x→0x3 1 x6 + x12 x18 + · · · + 1nx6n + ox6n=x→0x3 x9 + x15 x21 + · · · + 1nx3+6n + ox6n+3=x→0nXk=01kx3+6k + ox6n+3.Maintenant, f est une fonction de classe C, d’apres la formule de Taylor nous pouvons donc ´ecrirefx=x→0 f0 + f ′0x + f ′′02!x2 + · · · + f n0n!xn + oxn.Par unicit´e des DL, en identifiant les coefficients devant xn, on trouve :f n0n!=1ksi n = 3 + 6k0sinonMaintenant, si n = 3 + 6k alors on peut ´ecrirek = n 36.Par cons´equentf n0 =1n36 n!si n = 3 mod 6,0sinon.Exercice 17D´eterminer les d´eveloppements limit´es suivants :DL30 de f1x = x4 x2 + 1.aDL32 de f1x = x4 x2 + 1.bDL31 de f2x = x1 ln x.cSolution1. DL30 de f1x = x4 x2 + 1 : Tout d’abord, notons que la fonction f1 est de classe C3 en fait elle estde classe C. Pour trouver le D.L nous pouvons donc utiliser la formule de Taylor. Pour cela, calculonsles trois premiers d´eriv´ees de f1. Nous avonsf ′1x=4x3 2x.f ′′1 x=12x2 2.f ′′′1 x=24x.Ainsif1x=x→0f10 + f ′10x + f ′′1 02!x2 + f ′′′1 03!x3 + ox3=x→01 + 0 · x 22x2 + 0 · x3 + ox3=x→01 x2 + ox3.2. DL32 de f1x = x4 x2 + 1 : Rappelons que les trois premiers d´eriv´ees de f1 sont :f ′1x=4x3 2x.f ′′1 x=12x2 2.f ′′′1 x=24x.Ainsi, en utilisant la formule de Taylor en 2, nous pouvons ´ecrire :f1x=x→2f12 + f ′12x 2 + f ′′1 22!x 22 + f ′′′1 23!x 23 + ox 23=x→213 + 28 · x 2 + 23x 22 + 8 · x 23 + ox 23.

Page 21 : 3. DL31 de f2x = x 1 lnx : On commence par noter que :lnx = ln1 + x 1=⇒lnx=x→1x 1 x 122+ ox 12.De mˆemex 1 =p1 + x 1 1=⇒x 1=x→11 + x 12x 128+ ox 12 1=x→1x 12x 128+ ox 12.Ainsix 1 lnx=x→1x 12x 128+ ox 12 ·x 1 x 122+ ox 12 =x→1x 122x 134+ x 12· ox 12 x 138+ox 13+ ox 12·x 1 x 122+ ox 12=x→1x 1223x 138+ ox 13.Exercice 18Donner les d´eveloppements limit´es en 0 des fonctions suivantes :f1x = tanx, a l’ordre 4.af2x = ln1 + xsin x, a l’ordre 3.bf5x =q1 +p1 + x2, a l’ordre4.cSolution1. DL40 de f1x = tanx : Tout d’abord, rappelons que :cosx=x→01 x22 + x424 + ox4sinx=x→0x x36 + ox4.Ainsi1cosx=x→011 x22 x424 + ox4=11 u,avecu = x22 x424 + ox4=⇒u2 = x44 + ox4.Par cons´equent1cosx=x→011 u=x→01 + u + u2 + ou2=x→01 +x22 x424 + ox4+ x44 + ox4 + o x22 x424 + ox42!=x→01 + x22 + 5x424 + ox4.D’outanx=sinx ·1cosx=x→0x x36 + ox4·1 + x22 + 5x424 + ox4=x→0x + x33 + ox4.

Page 22 : 2. DL30 de f2x = ln1 + xsin x: Tout d’abord, rappelons que :ln1 + x=x→0x x22 + x33 x44 + ox4sinx=x→0x x36 + ox4.Ainsiln1 + xsinx=x→0x1 x2 + x23 x34 + ox3x1 x26 + ox3=x→01 x2 + x23 x34 + ox31 x26 + ox3=x→01 x2 + x23 x34 + ox3·11 u,avecu = x26 + ox3=⇒u2 = ox3Par cons´equentln1 + xsinx=x→01 x2 + x23 x34 + ox3·11 u=x→01 x2 + x23 x34 + ox3 1 + u + u2 + ou2=x→01 x2 + x23 x34 + ox3 1 + x26 + ox3 + o x26 + ox32!!=x→01 x2 + x23 x34 + ox3 1 + x26 + ox3=x→01 x2 + x22 x33 + ox3.3. DL40 de f3x =q1 +p1 + x2 : Tout d’abord, rappelons que :1 + x=x→01 + x2 x28 + ox2.Ainsip1 + x2=x→01 + x22 x48 + ox4.D’ouq1 +p1 + x2=x→0r2 + x22 x48 + ox4=s21 + x24 x416 + ox4=2r1 + x24 x416 + ox4=2 1 + 12x24 x416 + ox418x24 x416 + ox42+ o x24 x416 + ox42! !Par cons´equentq1 +p1 + x2=x→02 1 + 12x24 x416 + ox418x24 x416 + ox42+ o x24 x416 + ox42! !=2 +2x2832x4128+ ox4.

Page 23 : Exercice 19Donner le d´eveloppement limit´e en 0 des fonctions :x 7→expsinx a l’ordre 3.ax 7→sintanx a l’ordre 3.bx 7→ln1 + x2 a l’ordre 3.cx 7→expcosx a l’ordre 4.dx 7→sin6x a l’ordre 9.eSolution1. DL30 de fx = expsinx : Tout d’abord, rappelons que :expx=x→01 + x + x22! + x33! + ox3.Ainsiexpsinx =x→0 1 + sinx + sin2x2+ sin3x3!+ osin3x.Maintenantsinx=x→0x x33! + ox3=⇒sin2x=x→0x x33! + ox32=x→0 x2 + ox3=⇒sin3x=x→0x x33! + ox33=x→0 x3 + ox3Par cons´equentexpsinx=x→01 + sinx + sin2x2!+ sin3x3!+ osin3x=x→01 +x x33! + ox3+x2 + ox32!+x3 + ox33!+ ox3 + ox3=x→01 + x + x22 + ox3.2. DL30 de fx = sintanx : Tout d’abord, rappelons que :sinx=x→0x x33! + ox3Ainsisintanx =x→0 tanx tan3x3!+ otan3x.Maintenant, d’apres l’exercice 18.1, nous avonstanx=x→0x + x33 + ox3=⇒tan3x=x→0x + x33 + ox33=x→0 x3 + ox3Par cons´equentsintanx=x→0tanx tan3x3!+ otan3x=x→0x + x33 + ox3x3 + ox33!+ ox3 + ox3=x→0x + x36 + ox3.3. DL30 de fx = ln1 + x2 : Tout d’abord, rappelons que :ln1 + x=x→0x 12x2 + 13x3 + ox3.

Page 24 : Ainsiln1 + x2=ln1 + x · ln1 + x=x 12x2 + 13x3 + ox3·x 12x2 + 13x3 + ox3=x ·x 12x2 + 13x3 + ox312x2 ·x 12x2 + 13x3 + ox3+13x3 ·x 12x2 + 13x3 + ox3+ ox3 ·x 12x2 + 13x3 + ox3=x2 12x3 + ox312x3 + ox3+ ox3 + ox3=x2 x3 + ox3.4. DL40 de fx = expcosx : Tout d’abord, rappelons que :expx=x→01 + x + x22 + x33! + ox3.Ainsiexpcosx=exp1 + cosx 1=e · expcosx 1=x→0e 1 + cosx 1 + cosx 122!+ cosx 133!+ cosx 144!+ ocosx 14!.Maintenantcosx=x→01 x22 + x44! + ox4=⇒cosx 1=x→0x22 + x44! + ox4=⇒cosx 12=x→0x22 + x44! + ox42=x→0x44 + ox4=⇒cosx 13=x→0x22 + x44! + ox43=x→0 ox4Finalementcosx 14=x→0x22 + x44! + ox44=x→0 ox4Par cons´equentexpcosx=x→0e 1 + cosx 1 + cosx 122!+ cosx 133!+ cosx 144!+ ocosx 14!=x→0e 1 +x22 + x44! + ox4+ x44 + ox42!+ox43!+ ox44!+ ox4!=x→0e e · x22+ e · x46+ ox4.5. DL90 de fx = sin6x : Tout d’abord, rappelons que :sinx=x→0x x33! + ox3.

Page 25 : Ainsisin6x=x→0x x33! + ox36.Par cons´equent, lorsque l’on d´eveloppe a l’aide du binˆome de Newton ce produit en commen¸cant par lestermes de plus petits degr´es, on obtientsin6x=x→0x6 + 6 · x5 ·x33!+ ox9=x→0x6 x8 + ox9.Exercice 20D´eterminer les d´eveloppements limit´es suivants :DL21 de f1x = cosln x.aDL3π4 de f2x = lntan x.bDL21 de f3x =x 1ln x.cSolutiona On acos u = 1 u22 + u424 + ou4f11 + h = cosln1 + h = cosh h22 + oh2= 1 12h h222+ oh2Donc fx == 1 12h2 + oh2+ = 1 12x 1h2 + ox 12b On af ′2x = 1 + tan2 xtan x,f ′′2 x = tan x2 tan x1 + tan2 x1 + tan2 x2tan2 x=1 + tan2 x tan2 x 1tan2 x= tan4 x 1tan2 xf ′′′2 x =tan2 x4 tan3 x1 + tan2 xtan4 x 12 tan x1 + tan2 xtan4 x=1 + tan2 xtan x4 tan4 x tan4 x 12tan4 x=1 + tan2 xtan x2 + 2 tan4 xtan4 x= 21 + tan2 x2 tan xtan3 xLa formule de Taylor-Young donne :ln tan x = 2x π4+83 × 2x π43+ ox π43ln tan x = 2x π4+ 4x π423+ ox π43c On af31 + h =1 + h 1ln1 + h=h2 h28 + h316 + oh3h h22 + h33 + o h3=12 h8 + h216 + oh21 h2 + h23 + o h2= 121 h4 + h28 + oh2 1 +h2 h23+ h24 + oh2= 121 h4 + h28 + oh2 1 + h2 h212 + oh2= 121 + h4 h212 + oh2donc fx = 12 + x 18x 1224+ ox 12Exercice 21D´eterminer :

Page 26 : limx→0 cos x1/x2alimx→01 + x1 x1/xblimx→ex eln x 1climx→01 + 3x13 1 sin x1 cos xdlimx→0 1x ln1 + xx2elimx→0 1x2 lnsin xxfSolution1. D´eterminer limx→0 cos x1/x2: Nous avonslimx→0 cos x1/x2=limx→0 exp 1x2 ln cos x=limx→0 exp 1x2 ln1 x22 + ox2=limx→0 exp 1x2x22 + ox2 + ox22 + ox2=limx→0 exp 1x2x22 + ox2=limx→0 exp12 + o1=1e.2. D´eterminer limx→01 + x1 x1/x: Nous avonslimx→01 + x1 x1/x=limx→0 exp 1x ln1 + x1 x=limx→0 exp 1xln1 + x ln1 x=limx→0 exp 1xx x22 + ox2 x x22 + ox2=limx→0 exp 1x2x + ox2=limx→0 exp 2 + ox=e2.3. D´eterminer limx→ex eln x 1 : Nous avonslimx→ex eln x 1=limx→ee + x e elne + x e 1=limx→eeq1 + xeeelne1 + xee1=limx→eeq1 + xee1lne + ln1 + xee1=limx→eeq1 + xee1ln1 + xee=limx→ee1 + 12 · xee+ ox e 1xee+ ox e=limx→ee · x e 12e + o1x e 1e + o1=limx→ee 12e + o1 1e + o1=e2e1e=e2 .

Page 27 : 4. D´eterminer limx→01 + 3x13 1 sin x1 cos x: Nous avonslimx→01 + 3x13 1 sin x1 cos x=limx→01 + 3x3 9x29 + ox2 1 x + ox2x22 + ox2=limx→0x2 + ox2x22 + ox2=limx→0x2 1 + o1x2 12 + o1=limx→01 + o112 + o1=2.5. D´eterminer limx→0 1x ln1 + xx2: Nous avonslimx→0 1x ln1 + xx2=limx→0x ln1 + xx2=limx→0x x x22 + ox2x2=limx→0x22 + ox2x2=limx→012 + o1=12.6. D´eterminer limx→0 1x2 lnsin xx: Nous avonslimx→0 1x2 lnsin xx=limx→01x2 ln x x33! + ox3x!=limx→01x2 ln1 x23! + ox2=limx→01x2x23! + ox2 + ox23 + ox2=limx→01x2x23! + ox2=limx→0 13! + o1=16.Exercice 22Etudier, au voisinage de 1, la fonction d´efinie par gx = x + 2x 2 + 2x.On demande de d´eterminer la tangente, la position de la courbe par rapport a cette tangente et l’allure de lacourbe au voisinage de 1.SolutionTout d’abord, notons que :x + 2x 2 + 2x=1 + x 1 + 2p1 + x 1 p4 + 2x 1=1 + x 1 + 2p1 + x 1 2r1 + x 12=x→11 + x 1 + 21 + x 12x 128+ ox 1221 + x 14x 1232+ ox 12=x→11 + 3x 123x 1216+ ox 12.

Page 28 : Ainsi,gx=x→11 + 3x 123x 1216+ ox 12et la tangente de g en 1 est donn´ee par la droite :y = 1 + 3x 12.Trouvons la position de la courbe par rapport a cette tangente. Pour cela, notons que le DL21 de g nouspermet de concluregx 1 + 3x 12=x→13x 1216+ ox 12.Ainsigx 1 + 3x 1213x 12160.Par cons´equent, la courbe est en-dessous de sa tangente en 1. Finalement, la courbe a l’allure d’une droite auvoisinage de 1.Exercice 23On sait que la fonction d´efinie par fx = arctanx, r´eciproque de la fonction tangente, est de classe CsurR. Sa d´eriv´ee est donn´ee par : f ′x =11 + x2 .1. Donner un d´eveloppement limit´e d’ordre 5 en 0 de f.2. Montrer que x 0,arctanx + arctan 1x = π2 .3. En d´eduire un d´eveloppement asymptotique d’ordre 3 de f au voisinage de +.Solution1. Donner un d´eveloppement limit´e d’ordre 5 en 0 de f : Nous avonsarctan′x=11 + x2=x→01 x2 + x4 + ox4.Par cons´equentarctanx=x→0arctan0 + x0+10 + 1 x2+12 + 1 + x4+14 + 1 + ox4+1=x→0arctan0 + x x33 + x55 + ox5=x→0x x33 + x55 + ox52. Montrer que x 0,arctanx + arctan 1x= π2 : PosonsFx = arctanx + arctan 1x.Alorsx 0,F ′x=arctan′x +arctan 1x′=11 + x2 +11 +1x2·1x2=11 + x2 11 + x2 = 0.Par cons´equent, F est une fonction constante, c’est-a-direx 0,arctanx + arctan 1x= C R.

Page 29 : En particulier, pour x = 1, nous avonsC = arctan1 + arctan11=2 arctan1=2π4 = π2 .Ce qui nous permet de conclure que, pour tout x 0, nous avonsarctanx + arctan 1x= π2 .3. En d´eduire un d´eveloppement asymptotique d’ordre 3 de f au voisinage de +: D’apres la questionpr´ec´edente, nous pouvons ´ecrirearctanx = π2 arctan 1x.Maintenant, quandx →+=⇒1x →0.Ainsi, a l’aide du DL30 de arctanx trouv´e dans la question 1, nous pouvons ´ecrirearctanx=π2 arctan 1x=x→+π2 1x +13x3 + o 1x3.Exercice 24Rechercher si les courbes suivantes admettent une asymptote en +et d´eterminer la position s’il y a lieu :y =pxx + 1.ay =rx3x 1.by = x2 1 lnx + 1x 1.cy = x + 1 arctan1 + 2/x.dy = x. arctan x.e1/x.ey = e2/xp1 + x2 arctan x.fy =px2 x exp1x + 1.gSolution1. y =pxx + 1 : Nous avonspxx + 1=sx21 + 1x=xr1 + 1x=x→+x1 + 12x 18x2 + o 1x2=x→+x + 12 18x + o 1x.Ainsi, la droitey = x + 12est asymptote a la courbe. Trouvons la position de la courbe par rapport a cette asymptote. Pour cela,notons que le DL1 que nous avons trouv´e, nous permet de conclure quepxx + 1 x 12+18x 0,si x 0.Par cons´equent, la courbe est en-dessous de sa asymptote.

Page 30 : 2. y =rx3x 1 : Posons fx =rx3x 1. Pour trouver l’asymptote a la courbe, on poseu = 1xet on ´etudie la fonctionfxx= u · f 1u= us1u31u 1 = us1u21 u =11 u.Nous avons11 u=u→01 u2+ 3u28+ ou2=u→01 + u2 + 3u28+ ou2.Par cons´equentfxx=x→+1 + 12x +38x2 + o 1x2.D’ourx3x 1=x→+x + 12 + 38x + o 1x.La droitey = x + 12est donc asymptote a la courbe. Trouvons la position de la courbe par rapport a cette asymptote. Pourcela, notons que le DL1 que nous avons trouv´e, nous permet de conclure querx3x 1 x 12++ 38x 0,si x 0.Par cons´equent, la courbe est au-dessus de sa asymptote.3. y = x2 1 lnx + 1x 1: Posons fx = x2 1 lnx + 1x 1. Pour trouver l’asymptote a la courbe, onposeu = 1xet on ´etudie la fonctionfxx=u · f 1u=u 1u2 1ln 1u + 11u 1Nous avonsu 1u2 1ln 1u + 11u 1=1 u2 1u ln1 + u1 u=1 u2 1uln1 + u ln1 u=u→01 u2 1uu u22 + u33 + ou3u u22 u33 + ou3 =u→01 u2 1u2u + 2u33+ ou3

Page 31 : Ainsiu 1u2 1ln 1u + 11u 1=u→01 u2 1u2u + 2u33+ ou3=u→01 u22 + 2u23+ ou2=u→02 2u2 + 2u23+ ou2=u→02 4u23+ ou2Par cons´equentfxx=x→+2 43x2 + o 1x2.D’oux2 1 lnx + 1x 1=x→+2x 43x + o 1x.La droitey = 2xest donc asymptote a la courbe.Trouvons la position de la courbe par rapport a cette asymptote. Pour cela, notons que le DL1 quenous avons trouv´e, nous permet de conclure quex2 1 lnx + 1x 12x+43x 0,si x 0.Par cons´equent, la courbe est en-dessous de sa asymptote.4. y = x · arctan x · e1/x : Tout d’abord, rappelons queex=x→01 + x + x22 + ox2.Donce1x=x→+1 + 1x +12x2 + o 1x2.De plus, d’apres l’exercice 23.1, nous avonsarctanx=x→+π2 1x + o 1x2.D’ou nous pouvons ´ecrirex · arctan x · e1/x=x→+x ·π2 1x + o 1x2·1 + 1x +12x2 + o 1x2=x→+πx2 1 + o 1x·1 + 1x +12x2 + o 1x2=x→+πx2 + π2 1 +π4 1x+ o 1x.Ainsi, la droitey = πx2 + π2 1est asymptote a la courbe.Trouvons la position de la courbe par rapport a cette asymptote. Pour cela, notons que le DL1 quenous avons trouv´e, nous permet de conclure quex · arctan x · e1/x πx2 π2 + 1+π4 1x0,si x 0.Par cons´equent, la courbe est en-dessous de sa asymptote.

Page 32 : 5. y = e2/xp1 + x2 arctan x : Nous avonse2/x ·p1 + x2 · arctan x=e2/x · x ·r1 + 1x2 · arctan x=1 + 2x +42x2 + o 1x2· x1 +12x2 + o 1x2·π2 1x + o 1x2=1 + 2x + 2x2 + o 1x2·x + 12x + o 1x·π2 1x + o 1x2=x + 2 + 52x + o 1x·π2 1x + o 1x2=πx2 + π 1 +5π4 2x+ o 1x.Ainsi, la droitey = πx2 + π 1est asymptote a la courbe.Trouvons la position de la courbe par rapport a cette asymptote. Pour cela, notons que le DL1 quenous avons trouv´e, nous permet de conclure quee2/x ·p1 + x2 · arctan x πx2 π + 1+5π4 2x0,si x 0.Par cons´equent, la courbe est au-dessus de sa asymptote.

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