Chapitre 18 : Développement limités

Soient $a_0, a_1,...a_n$ et $b_0, b_1,...b_n$ des réels, $\varepsilon : I\to\mathbb{R}$ et $\eta : I\to\mathbb{R}$ des fonctions qui tendent vers zéro en zéro tel que $\begin{array}{l} \forall x\in I, f(x) = a_O+a_1x+a_2x^2+...a_nx^n + x^n\varepsilon(x) \hspace{20pt} (1)\\ \forall x\in I, f(x) = b_O+b_1x+b_2x^2+...b_nx^n + x^n\varepsilon(x) \hspace{20pt} (2) \end{array}$

Montrons que $\forall i \in [\![ 0;n ]\!]$, $a_i = b_i$

$(1)-(2)$ donne $\forall x\in I$, $(a_0-b_0)+...+(a_n-b_n)x^n+(\varepsilon(x)-\eta(x))x^n = 0$

Par l'absurde : Soir $r$ le premier indice tq $a_r \neq b_r$ i.e. $a_0=b_0,...,a_{r-1}=b_{r-1}, a_r\neq b_r$
$\forall x\in I, (a_r-b_r)x^n + (b_{r+1}-b_{r+1})x^{r+1}+...+(a_n-b_n)x^n + (\varepsilon(x)-\eta(x))x^n = 0$
Pour $x\neq 0$, on divise par $x^r$
$(a_r-b_r) + (a_{r+1}-b_{r+1})x +...+(a_n-b_n)x^{n-r} = 0$
On fait tendre $x$ vers zéro avec $c\neq 0$, ainsi $a_r-b_r = 0$, d'où la contradiction. Soit $x\in I$, $f(x) = a_0+a_1x+...+a_nx^n+x^n\varepsilon(x)$ où $\varepsilon(x)\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$
Donc $f(-x) = a_0-a_1x+a_2x^2-...+(-1)^na_nx^n+x^n\varepsilon(x)$

Si $f$ est paire $f(-x)=f(x)$.
Ainsi par unicité des développement limité, on identifie les coefficients :
$a_0 = a_0 \hspace{20pt} a_1=-a_1 = 0\hspace{20pt} a_3=a_3 \hspace{10pt}...\hspace{10pt}$

Si $f$ est impaire $f(-x)=-f(x)$.
Ainsi par unicité des développement limité, on identifie les coefficients :
$a_0 = -a_0 = 0 \hspace{20pt} a_1=a_1\hspace{20pt} a_3= -a_3 = 0 \hspace{10pt}...\hspace{10pt}$

Soit $\varepsilon : I \to \mathbb{R}$ tq $\varepsilon(x)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0$
\begin{eqnarray*} e^x &\underset{x\rightarrow 0}=& 1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}\varepsilon(x)\\ \cos(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& 1 - \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+x^{2n+1}\varepsilon(x)\\ \sin(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + ... + (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+x^{2n+2}\varepsilon(x)\\ \ch(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& 1 + \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...+ \frac{x^{2n}}{(2n)!}+x^{2n+1}\varepsilon(x)\\ \sh(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + ... + \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+x^{2n+2}\varepsilon(x)\\ \tan(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x + \frac{x^3}{3}+\frac{2}{15}x^5 + x^6\varepsilon(x)\\ \th(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x - \frac{x^3}{3} + \frac{2}{15}x^5 + x^6\varepsilon(x)\\ (1+x)^{\alpha} &\underset{x\rightarrow 0}=& 1 + \alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2 +...+ \frac{\alpha(\alpha-1)...(\alpha-n+1)}{n!}x^n+x^n\varepsilon(x)\\ \frac{1}{\sqrt{1+X}} &\underset{x\rightarrow 0}=& 1 - \frac{1}{2} x + \frac{1\times 3}{2\times 4}x^2 - \frac{1\times 3 \times 5}{2\times 3 \times 6}x^3 +...+(-1)^n \frac{1\times 3 \times...\times (2n-1)}{2\times 4\times...\times (2n)}x^n+x^n\varepsilon(x)\\ \sqrt{1+X} &\underset{x\rightarrow 0}=& 1+\frac{1}{2}x - \frac{1}{2\times 4}x^2 + \frac{1\times 3}{2\times 4 \times 6}x^3 + ...+ (-1)^{n+1} \frac{1\times 3 \times ... \times (2n-3)}{2\times 4 \times...\times (2n)}x^n + x^n\varepsilon(x)\\ \frac{1}{1-x} &\underset{x\rightarrow 0}=& 1 + x +x^2 +...+x^n + x^n\varepsilon(x)\\ \frac{1}{1+x} &\underset{x\rightarrow 0}=& 1 - x + x^2 + (-1)^nx^n+x^n\varepsilon(x)\\ \ln(1+x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x - \frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3} -...+(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n} +x^n\varepsilon(x)\\ \arctan(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} -...+(-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)} + x^{2n+2}\varepsilon(x)\\ \argth(x) &\underset{x\rightarrow 0}=& x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} -...+(-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)} + x^{2n+2}\varepsilon(x) \end{eqnarray*}

Montrons que $f$ admet une limite fini en zéro.
$DL_3(0)$ de $\sin(x) \underset{x\rightarrow 0}= x - \frac{x^3}{3!}+o(x^3)$
Donc $\sin x - x \underset{x\rightarrow0}\sim \frac{-x^3}{6}$
Ainsi $f(x) \underset{x\rightarrow0}\sim \frac{\frac{-x^3}{6}}{x^3} = \frac{-1}{6}$
$f$ admet un prolongement continue en zéro obtenu en posant $f(0) = \frac{-1}{6}$
Montrons que $f$ est dérivable en zéro.
Il suffit de montrer que $f$ admet un \DL{1} $DL_4(0)$ de $\sin(x)\underset{x\rightarrow0}= x-\frac{x^3}{6}+x^4\varepsilon(x)$ où $\varepsilon\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$
Donc si $x\neq 0$, $f(x) = \frac{\sin(x)-x}{x^3} = \frac{\frac{-x^3}{6}+x^4\varepsilon(x)}{x^3}$
\begin{eqnarray*} f(x) &=& \frac{-1}{6}+x\varepsilon(x) \hspace{20pt} DL_1(0) \text{ de } f\\ &=& a_0+a_1x+x\varepsilon(x) \end{eqnarray*} ou $a_0 = \frac{-1}{6}$ et $a_1 = 0$
D'après le cours, $f$ est dérivable en zéro et $f'(0) = 0$

$\displaystyle{}\ln(1+x) \underset{x\rightarrow0}= x - \frac{x^2}{2}+x^2\varepsilon(x)$ où $\varepsilon(x)\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$
$\displaystyle{}x = \frac{1}{n}\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}0$ \begin{eqnarray*} \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) &\underset{n\rightarrow+\infty}=&\frac{1}{n} - \frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2}\varepsilon\left(\frac{1}{n}\right)\\ n^2\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) &\underset{n\rightarrow+\infty}=& n - \frac{1}{2} + \varepsilon\left(\frac{1}{n}\right)\\ u_n &\underset{n\rightarrow+\infty}=& \exp\left( n^2\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \right)\\ &\underset{n\rightarrow+\infty}=& e^{n-\frac{1}{2}+\varepsilon\left(\frac{1}{n}\right)}\\ &\underset{n\rightarrow+\infty}=& \frac{e^n}{\sqrt{e}}\times e^{\varepsilon\left( \frac{1}{n} \right)} \end{eqnarray*} Donc $\displaystyle{}\frac{u_n}{\frac{e^n}{\sqrt{e}}}\xrightarrow[n\rightarrow+\infty]{}1$
Ainsi $\displaystyle{}u_n \underset{+\infty}\sim \frac{e^n}{\sqrt{e}}$

$DL_3(0)$ de $\displaystyle{}\sqrt{1-x}\underset{x\rightarrow0}= 1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3+o(x^3)$
$DL_3(0)$ de $\displaystyle{}\cos(x)\underset{x\rightarrow0}= 1 - \frac{1}{2}x^2+o(x^3)$
Ainsi \begin{eqnarray*} \sqrt{1-x}\times \cos(x) &\underset{x\rightarrow0}=& \left(1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3+o(x^3)\right) \times \left( 1 + \frac{1}{2}x^2+o(x^3) \right)\\ f(x) &\underset{x\rightarrow0}=& 1+\frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2+\frac{1}{16}x^3 - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{4}x^3 + o(x^3)\\ &\underset{x\rightarrow0}=& 1+\frac{1}{2}x-\frac{5}{8}x^2-\frac{3}{18}x^3+o(x^3) \end{eqnarray*}

On pose $u = \sin(x) \xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$
$\displaystyle{}\tan \underset{u\rightarrow0}= u = \frac{u^3}{3}+\frac{2}{15}u^5 + o(u^5)$

$\displaystyle{}u \underset{x\rightarrow0}=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)$
$\displaystyle{}u^2 \underset{x\rightarrow0}= x^2 - \frac{1}{3}x^4 +o(x^5)$
$\displaystyle{}u^3 = u^2\times u \underset{x\rightarrow0}= x^3 - \frac{1}{6}x^5-\frac{1}{3}x^5+o(x^5) = x^3-\frac{1}{2}x^5+o(x^5)$
$\displaystyle{}u^5\underset{x\rightarrow0}= x^5 + o(x^5)$

Ainsi $\displaystyle{}\tan(\sin(x)) \underset{x\rightarrow0}=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{6}+\frac{2}{15}x^5+o(x^5)$

Conclusion : $\displaystyle{}f(x) \underset{x\rightarrow0}= x+\frac{1}{6}x^3-\frac{1}{40}x^5 + o(x^5)$

On a $\sqrt{\cos(x)} = \sqrt{(\cos(x)-1)+1}$
On pose $u = \cos(x)-1$
$\displaystyle{}\cos(x) \underset{x\rightarrow0}= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+o(x^7)$
$\displaystyle{}\sqrt{\cos(x)} \underset{x\rightarrow0}= \sqrt{1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+o(x^7)}$
$\displaystyle{} \sqrt{\cos(x)-1} \underset{x\rightarrow0}= \sqrt{\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+o(x^7)}$

$\displaystyle{}\sqrt{1+u} \underset{x\rightarrow0}= 1+\frac{1}{2}u - \frac{1}{8}u^2+\frac{1}{16}u^3 +\underbrace{ ... }_{\text{calcul inutile}}+o(u^7)$
$\displaystyle{}u\underset{u\rightarrow0}\sim \frac{-x^2}{6}$ ainsi $\displaystyle{}u^3\underset{u\rightarrow0}\sim \frac{x^6}{8}$, $\displaystyle{}u^4\underset{u\rightarrow0}\sim \frac{x^8}{16} = o(x^7)$, de même pour $u^5 = o(x^7)$, $u^6 = o(x^7)$ et $u^7 = o(x^7)$

$\displaystyle{}u = \underset{x\rightarrow0}= -\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+o(x^7)$
$\displaystyle{}u^2 = \frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{24} + o(x^7)$

Donc \begin{eqnarray*} f(x) &\underset{x\rightarrow0}=& 1+\frac{1}{2}\left( \frac{-x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720} \right) - \frac{1}{8}\left( \frac{x^4}{4}-\frac{x^6}{24} \right)+\frac{1}{16}\left(\frac{-x^6}{8}\right) + o(x^7)\\ &\underset{x\rightarrow0}=& 1-\frac{x^2}{4}-\frac{1}{96}x^4 - \frac{19}{5760}x^6 + o(x^7) \end{eqnarray*}

$\displaystyle{}\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)} = \sin(x) \times \frac{1}{\cos(x)}$
$\displaystyle{}\frac{1}{\cos(x)} = \frac{1}{1+u}$ où $u = \cos(x)-1\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$

$\displaystyle{}u = \cos(x)-1 \underset{x\rightarrow0}= -\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^5)$
$\displaystyle{}u\underset{x\rightarrow0}\sim \frac{-x^2}{2}$, $\displaystyle{}u^3\underset{x\rightarrow0}\sim \frac{-x^6}{8} = o(x^5)$, de même pour $u^4$ et $u^5$

$\displaystyle{}\frac{1}{1+u} \underset{u\rightarrow0}= 1 - u + u^2 - u^3 + u^4 - u^5 + o(u^5)$
$\displaystyle{}\frac{1}{\cos(x)} = \frac{1}{1+\cos(u)} \underset{u\rightarrow0}= 1-\left( \frac{-x^2}{2}+\frac{x^4}{24} \right)-\frac{x^4}{4}+o(x^5)$
$\displaystyle{}\frac{1}{\cos(x)}\underset{x\rightarrow0}=1+\frac{x^2}{2}+\frac{5x^4}{24}+o(x^5)$
$\displaystyle{}\sin(x) \underset{x\rightarrow0}= x - \frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}$
\begin{eqnarray*} \tan(x) &=& \sin(x) \times \frac{1}{\cos(x)}\\ &\underset{x\rightarrow0}=& x+\frac{x^3}{2}+\frac{5}{24}x^5 - \frac{x^3}{6}-\frac{1}{12}x^5 = \frac{x^5}{120}+o(x^5)\\ &\underset{x\rightarrow0}=& x + \frac{x^3}{3}+\frac{2}{15}x^5+o(x^5) \end{eqnarray*}

$\displaystyle{}(\arccos)'(x) = \frac{-1}{\sqrt{1+x^2}}$
Il faut donc un \DL{4} de $x\mapsto \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$ Posons $u = -x^2\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$
$\displaystyle{}\frac{1}{\sqrt{1+u}}\underset{u\rightarrow0}= 1 - \frac{1}{2}u+\frac{3}{8}u^2-\frac{5}{16}u^3+...+o(x^4)$
or $\displaystyle{}u^3\underset{u\rightarrow0}=-x^6 = o(x^4)$ de même pour $u^4$
$\displaystyle{}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\underset{u\rightarrow0}=1+\frac{1}{2}x^2+\frac{2}{8}x^4+o(x^4)$
On multiplie par $-1$ et on primitive
Donc \begin{eqnarray*} \arccos(x) &\underset{x\rightarrow0}= & \arccos(0)-x-\frac{1}{6}x^3-\frac{3}{40}x^5+o(x^5)\\ &\underset{x\rightarrow0}=& \frac{\pi}{2} - x - \frac{1}{6}x^3-\frac{3}{40}x^5+o(x^5) \end{eqnarray*}

1. Ici $x^3-3x+2 \underset{+\infty}x^3$ donc $\sqrt[3]{x^3-3x+2}\underset{+\infty}x$ i.e. $\displaystyle{}\frac{f(x)}{x}\xrightarrow[x\rightarrow0]{}1 (a=1)$
On doit étudier $f(x)-x$
Si $x>0$, \begin{eqnarray*} f(x)-x &=& \sqrt[3]{x^3-3x+2}-x\\ &=& \sqrt[3]{x^3\left( 1-\frac{3}{x^2}+\frac{2}{x^3} \right)}-x\\ x\left[ \left( 1-\frac{3}{x^2}+\frac{2}{x^3} \right)^{\frac{1}{3}}-1 \right] \end{eqnarray*} On pose $\displaystyle{}u = \frac{-3}{x^2} + \frac{2}{x^3}\xrightarrow[x\rightarrow+\infty]{}0$
$DL_1(0)$ : $\displaystyle{}(1+u)^{\frac{1}{3}} \underset{x\rightarrow 0}= 1+\frac{u}{3}+o(u) = 1 + \frac{u}{3}+u\varepsilon(u)$ où $\varepsilon(u)\xrightarrow[u\rightarrow0]{}0$
$\displaystyle{}u\underset{x\rightarrow+\infty}\sim \frac{-3}{x^2}$
Donc $\displaystyle{}(1+u)^{\frac{1}{3}}-1 = \frac{1}{3}u + o(u) \underset{u\rightarrow0}\sim \frac{1}{3}u$
ainsi $\displaystyle{}f(x)-x \underset{+\infty}\sim\frac{-1}{x}$
En particulier $f(x) - x \xrightarrow[x\rightarrow+\infty]{}0 (b = 0)$

D'où l'asymptote $\Delta : y = x$

2. Au voisinage de $+\infty$, $\displaystyle{}\frac{-1}{x}<0$
0Donc $f(x)-x < 0$
Donc $\mathscr{C}_f$ est au dessous de son asymptote

1. Montrons que $\displaystyle{}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}-x}{x^3} = \frac{1}{8}$

$DL_3(0)$ : $\displaystyle{}\sqrt{1+x}\underset{x\rightarrow0}= 1 + \frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 + o(x^3)$
$DL_3(0)$ : $\displaystyle{}\sqrt{1-x}\underset{x\rightarrow0}= 1 - \frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2 - \frac{1}{16}x^3 + o(x^3)$

\begin{eqnarray*} f(x) &\underset{x\rightarrow0}=& \frac{\left( 1 + \frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2 + \frac{1}{16}x^3 + o(x^3) \right)-\left( 1 - \frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2 - \frac{1}{16}x^3 + o(x^3) \right)}{x^3}\\ &\underset{x\rightarrow0}=& \frac{\frac{1}{8}x^3+o(x^3)}{x^3}\\ &\underset{x\rightarrow0}=& \frac{1}{8}+o(1)\\ &\underset{x\rightarrow0}=& \frac{1}{8} + \varepsilon(x) \hspace{20pt} \text{ où }\varepsilon(x)\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0 \end{eqnarray*} Donc $f(x)\xrightarrow[x\rightarrow0]{}\frac{1}{8}$

2. Montrons que $\displaystyle{}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+x^2)-\sin^2(x)}{x^4} = -\frac{1}{6}$

On pose $u = x^2$, $DL_2(0)$
$\displaystyle{}\ln(1+u)\underset{u\rightarrow0}= u - \frac{u^2}{2}+o(u^2)$
$\displaystyle{}\ln(1+x^2)\underset{x\rightarrow0}= x^2 - \frac{x^4}{2}+o(x^4)$
$DL_4(0)$
$\displaystyle{}\sin(x) \underset{x\rightarrow0}= x - \frac{x^3}{6}+o(x^4)$
$\displaystyle{}\sin^2(x) \underset{x\rightarrow0}= x^2 - \frac{1}{3}x^4+o(x^4)$

Donc $\displaystyle{}f(x) \underset{x\rightarrow0}= \frac{x^2-\frac{x^4}{2}-x^2-\frac{1}{3}x^4+o(x^4)}{x^4} = \frac{-1}{6}+o(1)$
Donc $f(x) \underset{x\rightarrow0}= \frac{-1}{6}+\varepsilon(x)$ où $\varepsilon(x)\xrightarrow[x\rightarrow0]{}0$ i.e. $\displaystyle{}f(x) \xrightarrow[x\rightarrow0]{}\frac{-1}{6}$