Exercice 30607-corrige biffé

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Exercice 30607-corrige biffé

  1. 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 : ewww.fsjesr.ac.ma Economiques et Sociales, Rabat ´ 2Fili`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. 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 2on 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 e1+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 2voisinage 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 aAinsi, 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 8Posons √ 3 1 ln(1 + x) ln(1 + x + 1 + x) = ln 2 + x − x2 + o(x2 ) X= . 2 8 xOn 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 xAinsi, la fonction f3 (x) peut s’´crire sous la forme : e f4 (x) = eX = e(X−1)+1 = e eX−1
  3. 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 3Posons X = 3 x − 4 1 2 16 x , quand x → 0 alors X → 0 et Ainsi, 1 1 1 h 2ln(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 − 1Ainsi, 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 8voisinage 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 h2Posons 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. 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 eavoisinage de +∞ de la fonction : Exercice 4 x−1 ´ • Etudions les branches infinies de la fonction d´finie par : e f2 (x) = x x+1 xOn 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 etDonc la fonction f2 n’admet pas de D´veloppement Limit´ e eau 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 3Cherchons 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 2d’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 Xvoisinage de +∞ de la fonction : f1 (x) = ee h x+1 1 e 1 11f3 (x) = x2 ln(x+1)−x2 ln(x) = x2 ln = x2 ln 1 + = 1 − h + h2 + o(h2 ) x x h 2 24On remarque que : e e 11e = − + h + o(h) h 2 24 lim f3 (x) = ∞ e 11e 1 x→+∞ f1 (x) = ex − + +oDonc la fonction f3 n’admet pas de D´veloppement Limit´ e e 2 24x xau voisinage de +∞, cependant elle admet un D´veloppement e Donc, la courbe repr´sentative de f1 admet au voisinage e 1G´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 − 1Cherchons 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. 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 5Or, 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 + h2Donc la courbe repr´sentative de f2 admet la demi-droite e Puisque la valuation du d´nominateur de la fraction ra- ed’´quation y = 0 comme asymptote horizontale au voisi- e tionnelle est de l’ordre de 2, il suffit de d´velopper, au enage 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+hDonc la courbe repr´sentative de f2 admet la demi-droite e Par passage ` la limite il vient, ad’´quation y = 2x comme asymptote oblique au voisinage ede +∞. √ 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→+∞ 1Posons 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 1Donc la courbe repr´sentative de f3 admet la droite d’´quation e e = + − + o(1) h 2 hy = x−1 comme asymptote oblique au voisinage de l’infini. 1 = + o(1) 2
  6. 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 6Par 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 x2Cette 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, 0Cette 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 2Par passage ` la limite il vient, a 1 +ax b 1 + 2x 2 1 + x − ex − 1 x2 + o(x2 ) − 1 + o(1) 1lim = 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 xExercice 6 (a−b) 2 xSoit 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+1au 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. 7. ´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 7Trouvons le r´el a pour que la fonction f soit continue en e Donc, la droite y = −x est la tangente ` Cf au point a0. D´terminons pour ceci le D´veloppement au voisinage e e d’abscisse 0. Et commede 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 ) 2en 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 10si 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 + x6en 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 + x6Exercice 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) = 0not´e Cf , par rapport ` la tangente au point d’abscisse 0. e aD´terminons pour ceci le D´veloppemnt Limit´ de f ` e e e a etl’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
  8. 8. ´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 8´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 parcontinuit´ 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 edonn´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.comalors la courbe repr´sentative de f est au dessous de la etangente, D’apr`s le D´veloppement Limit´ donn´ on peut d´terminer e e e e eun ´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 pointcritique de f , Comme f (−1) = 0 et le premier exposant de l’´quivalence esusmentionn´e est paire ((x+1)2 ), alors f1 pr´sente un ex- e etremum en ce point et comme en plus le coefficient de cetexposant −3 e−1 < 0, alors la courbe repr´sentative de f 2 epr´sente un maximum relatif au point (−1, e−1 ), e Comme la courbe repr´sentative de f pr´sente un maxi- e emum relatif au point (−1, e−1 ) alors f est concave au voi-sinage de ce point.

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