Corrigé (des exercices 1-8) du TD no 9 — Formules de Taylor
Corrigé (des exercices 1-8) du TD no 9 — Formules de Taylor. Corrigé de l'exercice 1. 1. (a) Formule de Taylor-Young : supposons que f soit de classe Cn sur. I
Formule de Taylor-Lagrange
Justifier la possibilité d'écrire la formule de Taylor-Lagrange pour à l'ordre 3 et écrire cette formule. Allez à : Correction exercice 1. Exercice 2. Soit
Chapitre 4 - Formules de Taylor et développements limités
Démonstration : Cette proposition est démontrée dans l'exercice (corrigé) 3.11. 4.3 Fonctions analytiques (hors programme) Remarque 4.2 Soit f une ...
Feuille 3 Analyse Formules de Taylor Exercice 1. Soit :ℝ → ℝ une
Exercice 2. Soit un réel strictement positif. 1. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction cosinus hyperbolique sur l'intervalle [0
Exercices de mathématiques - Exo7
Indication pour l'exercice 2 Α. Pour la première question vous pouvez appliquer la formule de Taylor ou bien poser h = x−1 et considérer un dl au voisinage de
Corrigé de lexercice 4.13.bis
(a) Écrire la formule de Taylor-Young `a l'ordre 3 pour h en x0 = 0. (b) En déduire la position par rapport au graphe de h de la tangente `a ce graphe au point
Exercices du chapitre VI avec corrigé succinct
Les deux autres résultats s'en déduisent immédiatement. Exercice VI.2 Ch6-Exercice2. Montrer que la formule de Taylor-Lagrange `a l'ordre 0 n
Correction Feuille 6 : Formules de Taylor. ∑ ∑
96 . Exercice 2. Méthode 1 avec la formule de Taylor-Lagrange Soit f la fonction exponentielle qui est bien C ∞.
Exercices de mathématiques - Exo7
Formule de Taylor. 388. 80 125.02 Calculs. 392. 81 125.03 Applications. 401. 3. Page 4. 82 125.04 Développements limités implicites. 408. 83 125.05 Equivalents.
Corrigé (des exercices 1-8) du TD no 9 — Formules de Taylor
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Formule de Taylor-Lagrange
Exercice 2. Soit un réel strictement positif. 1. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction cosinus hyperbolique sur l'intervalle [0
Chapitre 4 - Formules de Taylor et développements limités
Démonstration : Cette proposition est démontrée dans l'exercice (corrigé) 3.11. 4.3 Fonctions analytiques (hors programme).
Exercices de mathématiques - Exo7
Indication pour l'exercice 2 ?. Pour la première question vous pouvez appliquer la formule de Taylor ou bien poser h = x?1 et considérer un dl au voisinage de
Feuille 3 Analyse Formules de Taylor Exercice 1. Soit :? ? ? une
Exercice 2. Soit un réel strictement positif. 1. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction cosinus hyperbolique sur l'intervalle [0
Corrigé TD 3 Exercice 1.
Exercice 13. Rappel. La formule de Taylor–Lagrange est une sorte de généralisation du théorème des accroissements finis plus fine pour les fonctions
Feuille dexercices 10 Développements limités-Calculs de limites
Correction exercice 1. à l'ordre 5 donne le polynôme de Taylor du développement limité de tan( ) à ... car pour appliquer cette formule il faut que .
TD no 9 — Formules de Taylor
Qu'appelle-t-on un développement limité de f en x0 à l'ordre n ? Exercice 2. Ecrire la formule de Taylor-Young à l'ordre 4 pour les fonctions suivantes. 1. x ?
Université de Marseille Licence de Mathématiques 1ere année
29 juil. 2015 4 Formules de Taylor et développements limités. 68. 4.1 Taylor-Lagrange . ... Exercice 1.18 (Corrigé de l'exercice 1.11).
Exercices de mathématiques - Exo7
285 371.00 Différentielle d'ordre supérieur formule de Taylor. 1151. 286 372.00 Difféomorphisme
Université Paris Diderot 2019-2020
MMAN2 - Analyse élémentaire II L1 Math, Math-InfoCorrigé TD 3Rappel :Une fonctionfest ditenégligeabledevant une autre fonctiongau voisinage d"un pointc, ce qui
s"écritf=oc(g), si pour tout" >0, il existe un voisinageVdectel que8t2V;jf(t)j "jg(t)j:
Si la fonctiongne s"annule pas au voisinage dec, c"est-à-dire qu"il existe un voisinageVdecsur lequelg6= 0,
alors cette condition revient à dire que la limitelimx!cf(x)g(x)est zero.La fonctionfest diteéquivalenteàgau voisinage dec, ce qui s"écritfcg, sifg=oc(g), autrement dit,
la différence entrefetgest négligeable devantg.De nouveau, si la fonctiongne s"annule pas au voisinage dec, alors cette condition revient à dire que la
limitelimx!cf(x)g(x)vaut 1.La relation
cest une relation d"équivalence, c"est-à-dire que l"on afcf,fcg)gcf, etfcg;gch) fch.Exercice 1.
Montrer queE(x)+1xet queE(x)1xoùE(x)désigne la fonction partie entière.Par définition de la partie entière, on a
E(x)x < E(x) + 1;
donc x1< E(x)x: Supposons d"abord quex >0on peut diviser parxet obtenir 11xExercice 2.
1. Trouver un équivalent en 0 àx7!cos(sinx).
Comme la limite en 0 estlimx!0cos(sinx) = 1qui n"est pas 0, la fonction constante 1 est donc un équi-
valent, i.e.cos(sinx)01. 1. Si deux fonctions fetgont la même limite 0 en un pointx0, c"est-à-direlimx!x0f(x) = lim x!xog(x) = 0, on ne peut pas conclure quefx0g. Un contre-exemple tout simple estx7!0 etx7!xen 0; 2. Il p eutarriv erque fx0gsans qu"il existe de limite enx0, par exemplef(x) =( 0en0 sin 1x , et g(x) = (1 +x)f(x)(ou même tout simplementg(x) =f(x)).2. Trouver un équivalent en 0 àx7!pj2xx2j.
On a pj2xx2j=p2jxj pj1x=2j:Le deuxième terme a pour limite
limx!0pj1x=2j= 1:On a donc
pj2xx2j0p2jxj.3. Trouver un équivalent en 0 àx7!tan2x+1. Comme la limite detan2x+1en 0 esttan= 0, on ne peut donc pas conclure comme dans la pre-mière question. Mais enla fonctiontanest dérivable avec dérivéetan0= 1=cos2= 1. Par la définition
de la dérivée on a f(x) =f(a) +f0(a)x+oa(xa):On a donc
tanu= tan+ tan0(u) +o(u) =u+o(u): Autrement dit,tanuu. Remplaçonsupar2x+1, on obtient tan 2x+102x+1=2x2x+10 2x:
On conclut quetan2x+1
0 2x.Remarque.On peut soit calculer directement la dérivée de cette fonction en 0, qui donne2:
tan 2x+1 0= 2x+1 0cos 22x+1=2(2x+1)2cos 22x+1
qui vaut2quandx= 0. De nouveau par la définition de la dérivée, tan
2x+1= 0 + (2)x+o0(x) =2x+o0(x) =2x+o0(2x):
2 On peut donc conclure que2xest un équivalent (c.f.aussi l"exercice 3).4. Trouver un équivalent en 0 àx7!lnjsinxj.
On alimx!0jsinxj= 0etlimu!0lnu=1, donc par compositionlimx!0lnjsinxj=1.On asinx0x, ou de manière équivalente,
sinx=x+o0(x) =x1 +o0(1): Donc lnjsinxj= lnjxj j1 +o0(1)j= lnjxj+ lnj1 +o0(1)j:Commelimx!0lnj1 +o0(1)j= ln1 = 0etlimx!0lnjxj=1, la différencelnj1 +o0(1)jest négligeable devant
lnjxj, on conclut quelnjsinxj0lnjxj.Exercice 3. Montrer que sifest dérivable au pointx0etf0(x0)6= 0alorsf(x)f(x0)x0(xx0)f0(x0).Comme on af0(x0)6= 0, on peut faire la division
f(x)f(x0)(xx0)f0(x0)=f(x)f(x0)xx01f0(x0):
Alors par la définition de dérivée, la limite pour le premier terme lorsquextend versx0est exactement
f0(x0). Donc la limite pour cette fraction vaut 1. On peut donc conclure quef(x)f(x0)x0(xx0)f0(x0).
Remarques.
1. C"est p eut-êtrevu comme la form ulede T aylor-Youngà l"ordre 1 : f(x) =f(x0) +f0(x0)(xx0) +ox0(xx0):Pour obtenir la relation d"équivalence, il faut que la différence soit deox0f0(x0)(xx0): c"est bien
le cas sif0(x0)6= 0. 2.Même si ce n"e stpas demandé, on p eutregarder le cas f0(x0) = 0. Dans ce cas la fonction à droite
est identiquement nulle. Donc la seule possibilité est que la fonction à gauche l"est aussi :fest donc
forcément la fonction constante qui vautf(x0)partout. En particulier, sifest une fonction nonconstante mais admet une dérivée nulle enx0, la relation d"équivalence dans cet exercice n"est jamais
vraie (par exemplex0= 0etf(x) =x2).Exercice 4. Montrer que sifx0etgx0 et siet sont de même signe au voisinage dex0, alorsf+gx0+ .Par définition, dire que deux fonctions sont équivalentes au voisinage d"un point revient à dire que leur
différence est négligeable devant l"une d"eux. L"hypothèse nous dit donc que la différence entrefetest
3négligeable devantet la différence entreget est négligeable devant . Clairement la différence entref+g
et+ est tout simplement la somme des deux différences : (f+g)(+ ) = (f) + (g ): On va montrer que chacun des deux termes est négligeable devant+ .Utilisons le fait queet soient de même signe au voisinage dex0: la somme des deux est forcément
aussi de même signe. La valeur absolue de la somme est donc la somme des deux valeurs absolues, et va
majorer chacune des deux. Plus précisément, si on notes(x)2 f1;1gle signe commun de(x)et (x), alors j(x)j+j (x)j=s(x)(x) +s(x) (x) =s(x)((x) + (x)) =j(x) + (x)j: Et en conséquence,j(x)j j(x)j+j (x)j=j(x) + (x)jet pareilj (x)j j(x) + (x)j. Commefest négligeable devant, l"inégalitéjj j+ jmontre quefest négligeable de- vant+ aussi. Pareilg est elle aussi négligeable devant+ . On conclut alors que la somme (f+g)(+ ) = (f)+(g )est de nouveau négligeable devant+ , ce qui revient à dire quef+g est équivalente à+ .Exemple.Commelimx!+1px
2+1x = limx!+1q1 + 1x2= 1, on ap1 +x2+1x.
Puis comme(x7!x)et(x7!p1 +x2)sont de même signe positif surR+, on déduit dex+1xet x +1p1 +x2que2x+1x+p1 +x2. Il faut faire bien attention que cet argument ne marche que lorsqueet sont de même signe auvoisinage dex0, un fait qu"est utilisé dans la preuve. En général il n"est pas possible d"ajouter deux
relations d"équivalence. Pour un simple contre-exemple, au voisinage de0on a1 +x01et aussi10 1, mais leurs sommes(1+x)+(1) =xet1+(1) = 0ne sont évidemment pas équivalentes
au voisinage de0, du fait que1et1ne sont pas de même signe.Exercice 6.Montrer que
px+ 1x=o+1(x2): On a lim x!+1px+ 1x2= limx!+1r1
x 3+1x 4= 0 et lim x!+1xx2= limx!+11x
= 0: Donc les deux termes sont deo+1(x2), ce qui signifie que la somme est aussi deo+1(x2).4Exercice 8.
1. Montrer quechx1ex=2et queshx+1ex=2puis queshx+1chx.
On achx= (ex+ex)=2 = (e2x+ 1)ex=2. Lorsquextend vers1on calcule la limite lim x!1e2x+ 1 = 1:Doncchx1ex=2.
Pareil on ashx= (exex)=2 = (1e2x)ex=2, et la limite lim x!+11e2x= 1:Doncshx+1ex=2.
De façon analogue, on monteraitchx+1ex=2. Par la transitivité de, on conclut queshx+1chx.2. Donner des équivalents en 0 aux fonctionsshetch.
Commesh00 = 1, par la définition de dérivée on a shx=x+o0(x) soitshx0x.(On fait aussi rappeler l"exercice 3.) Pourchx, commelimx!0chx= ch0 = 1, on achx01.Exercice 9.1. Déterminer un équivalent simple en+1à la fonctionx7!ln(x2+ 1)lnx.
On écrit
ln(x2+ 1)lnx= lnx2+ 1x = ln x+1x = ln x 1 +1x 2 = lnx+ ln 1 +1x 2Lorsquextend vers+1,1x
2tend vers 0. Le deuxième terme a donc pour limitelimx!+1ln1+1x
2) = ln1 = 0.
Il est donc négligeable devantlnx. On conclut queln(x2+ 1)lnx+1lnx.2. Déterminer un équivalent simple en+1à la fonctionx7!ln(x2+ 1)2lnx.
5Par le même calcul, on sait maintenant que
ln(x2+ 1)2lnx= ln 1 +1x 2Sa limite lorsquextend vers+1étant zéro, on ne peut pas conclure directement. On regarde alors la dérivée
pour la fonctionln(1 +u)enu= 0: c"est11+uqui vaut 1 en 0. On a donc ln(1 +u) = ln(1 + 0) + 1u+o0(u) =u+o0(u); autrement ditln(1 +u)0u. On remplace maintenantupar1x2, et on a
ln(x2+ 1)2lnx= ln 1 +1x 2 +11x2.Exercice 10.
1. Montrer que
ln(x+ 1)x lnxx+ 1+1lnxx 2.Remarquons d"abord que par les résultats de croissances comparées, tous les trois termes ont pour limite 0
lorsquextend vers+1. On écrit ln(x+ 1) = ln x 1 +1x = lnx+ ln 1 +1xOn a donc
ln(x+ 1)x lnxx+ 1=lnx+ ln1 +1x x lnxx+ 1 = lnx1x 1x+ 1 + ln 1 +1x 1x lnxx(x+ 1)+ ln 1 +1x 1xLorsquextend vers+1,1x
tend vers 0, on a donc l"équivalenceln(1 +1x )+11x , qui vient deln(1 +u)0u.Le deuxième terme satisfait doncln1 +1x
1x +11x2, qui est alors négligeable devantlnxx
2puisque 1 est
négligeable devantlnx. On peut donc l"oublier et regarder seulement le premier terme. C"est-à-dire il suffit
de démontrerlnxx(x+ 1)+1lnxx 2:Pour cela on calcule la fraction
lnxx(x+ 1)=lnxx2=xx+ 1=11 +
1xqui a clairement pour limite 1 lorsquextend vers+1. La limite pour la fraction étant 1, on obtient donc
une équivalence. 62. En déduire quex1=(x+1)(x+ 1)1=x+1 lnxx
2.Pour cette question on va trouver une séquence de relations d"équivalence pour finalement arriver au ré-
sultat voulu.Les termes à gauche ressemblent les termes qu"on a vus pour la première question, mais il faut d"abord
appliquer un logarithme x1=(x+1)= (elnx)1=(x+1)=elnxx+1;
(x+ 1)1=x= (eln(x+1))1=x=eln(x+1)xOn peut donc réécrire
x1=(x+1)(x+ 1)1=x=elnxx+1eln(x+1)x
=elnxx+11eln(x+1)x
lnx(x+1) =:elnxx+1(1ef(x)); où on a fait un calcule de typeeaeb=ea(1eba), et on a noté la fonctionf(x):=ln(x+1)x lnx(x+1).Comme les puissances
lnxx+1etln(x+1)x ont pour limite 0 lorsquextend vers+1, on alimx!+1elnxx+1= 1. Cela veut dire qu"on peut ignorer ce terme et regarder seulement le terme1ef(x). Autrement dit on a l"équivalence e lnxx+1(1ef(x))+11ef(x):On a aussilimx!+1f(x) = limx!+1
ln(x+1)x lnx(x+1)= 0. Au voisinage de 0 on a le développement limité deeu e u= 1 +u+o0(u) soit1eu0 u:
En remplaçantuparf(x)on obtient
1ef(x)+1 f(x):
Finalement on af(x)+1lnxx
2par la première question. On peut donc formuler une séquence de relations
d"équivalence x1=(x+1)(x+ 1)1=x=elnxx+1(1ef(x))+11ef(x)+1 f(x)+1 lnxx
2 et conclure par la transitivité de.Exercice 13.Rappel.Laformule de Taylor-Lagrangeest une sorte de généralisation du théorème des accroissements
finis plus fine pour les fonctions multiple dérivables : soitf:I!Rune fonction de classeCnetn+ 1-fois
dérivable, pouraetbdeux points dans l"intervalle de définition, il existe un pointcstrictement compris entre
aetbtel que f(b) =f(a) +f0(a)(ba) +f00(a)12Montrer que, pour toutx2R, on a112
x2cosx112 x2+124 x4. 7Ici on a écrit les premiers termes du développement limité decosxen0. A priori ces estimations ne sont
valables qu"au voisinage de0. Mais on peut montrer qu"elles sont en fait valables pour toutx2R.Clairement les trois fonctions sont toutes paires, il suffit donc de démontrer pourx0. On utilise la
formule de Taylor-Lagrange pour les points 0 etx: à l"ordre 2, on obtient cosx= cos0 + cos00x+ cos00a12 x2pour un certaina2]0;x[:Commecos0 = 1,cos00 =sin0 = 0etcos00a=cosa, on a
cosx= 1cosa12 x2112 x2; la dernière inégalité venant du fait quecosa1. Puis on applique la formule de Taylor-Lagrange à l"ordre 4 cosx= cos0 + cos00x+ cos00012 x2+ cos(3)016 x3+ cos(4)a124 x4; oùa2]0;x[. On calcule de nouveaucos0 = 1,cos00 =sin0 = 0,cos000 =cos0 = 1,cos(3)0 = sin0 = 0 etcos(4)a= cosa. Donc cosx= 112 x2+ cosa124 x4112 x2+124 x4; la dernière inégalité venant de nouveau du fait quecosa1.Solution alternative.On peut aussi démontrer ces deux inégalités en étudiant les variations pour certaines
fonctions. Démontrons d"abord l"inégalité à gauche. Considérons la fonction de différence
f(x):= cosx112 x2: On va montrer que c"est une fonction à valeur toujours positives. Calculons sa dérivée f0(x) = (sinx)012
2x=sinx+x:
On peut dériver de nouveau
f00(x) =cosx+ 10
qui est toujours positive. On a doncx f00(x)f
0(x)f(x)10+1+0+
0 00Plus précisément,f0(x)<0pourxnégatif etf0(x)>0pourxpositif, doncf(x)atteint son minimum en 0
qui vaut 0, d"oùf(x)0. Pour l"inégalité à droite, de nouveau on considère la fonction de différence g(x):=112 x2+124 x4cosx: 8On calcule
g0(x) =012
2x+124
4x3(sinx) =x+16
x3+ sinx; et g00(x) =1 +16
3x2+ cosx= cosx112
x2=f(x); qui est exactement la fonctionf(x)qu"on a vue pour la première inégalité. On ax g00(x) =
f(x)g0(x)g(x)10+1+0+
0 00 On voit donc queg(x)atteint son minimum en 0 qui vaut 0, d"oùg(x)0.Exercice 14.Montrer que pour tout réelx >0,1x
12x2 12(x+1)2. En déduire la limite de1 +1x
xlorsquextend vers+1. On va appliquer la formule de Taylor-Lagrange. Réécrivons d"abord ln(x+ 1)lnx= ln1 +1x Considérons la fonctionf(y) = ln(1 +y)définie poury0. On af0(y) =11+yetf00(y) =1(1+y)2, et aussi
f(0) = 0,f0(0) = 1. D"après la formule de Taylor-Lagrange à l"ordre 2, on a f(y) =f(0) +f0(0)y+f00(c)12 y2avecc2]0;y[; soit f(y) = 0 + 1y+1(1+c)212 y2=y12(1+c)2y2: On a 1(1+y)2<1(1+c)2<1(1+0)
2= 1; donc y12 y2< f(y)< y12(1+y)2y2: Posons maintenanty=1x
, on a 1x 12 1x 2 <1x 12 1+1x 21x
2=1x 12(x+1)2;
d"où les inégalités. Pour calculer la limite de
1 +1x x, on prend d"abord un logarithme : ln 1 +1x x=xln1 +1x 9 Par les inégalités on sait
112x< xln1 +1x
<1x2(x+1)2: Lorsquextend vers+1, les deux cotés ont tous 1 pour limite. Donc on conclut quelimx!+1xln1+1x = 1, et puislimx!+11 +1x x=e.Exercice 16. Soitfune fonction de classeC2sur un intervalle d"intérieur non vide et soitaun point deI. Déterminerlimh!0f(a+h) +f(ah)2f(a)h
2. On utilise la formule de Taylor-Young à l"ordre 2 f(a+h) =f(a) +f0(a)h+f00(a)12 h2+o0(h2) et f(ah) =f(a) +f0(a)(h) +f00(a)12 (h)2+o0(h2): En sommant les deux on obtient
f(a+h) +f(ah) = 2f(a) +f00(a)h2+o0(h2); c"est-à-dire f(a+h) +f(ah)2f(a)h 2=f00(a) +o0(1):
Donc lim h!0f(a+h) +f(ah)2f(a)h 2=f00(a).Exercice 18.
Notation :J"abrège " développement limité enx0à l"ordren» parDLn(x0). 1. Effectuer le développement limité desinx,tanxetcosxà l"ordre 5 en 0.
Pour avoir les développements limités desinxetcosx, on utilise la formule de Taylor-Young. Il faut d"abord
calculer les dérivées successives. En 0 on a sin0 = 0;sin00 = cos0 = 1;sin000 =sin0 = 0;sin(3)0 =cos0 =1;sin(4)0 = sin0 = 0; et cos0 = 1;cos00 =sin0 = 0;cos000 =cos0 =1;cos(3)0 = sin0 = 0;cos(4)0 = cos0 = 1: Remarquons que poursinxetcosxles dérivées successives sont périodiques : poursinxc"est toujours
0;1;0;1qui répète, et pourcosxc"est1;0;1;0. On a donc
sinx= 0 + 1x+ 012 x2+ (1)16 x3+ 0124 x4+ 11120 x5+o0(x5) =x16 x3+1120 x5+o0(x5) 10 et cosx= 1 + 0x+ (1)12 x2+ 016 x3+ 1124 x4+ 01120 x5+o0(x5) = 112 x2+124 x4+o0(x5): Pour avoir le développement limité detanx, soit on calcule les dérivées successives, un calcul qui est as-
sez pénible et que je vais omettre ici; soit on utilise le fait quetanx=sinxcosx tanx=sinxcosx=x16 x3+1120quotesdbs_dbs12.pdfusesText_18
12(x+1)2. En déduire la limite de1 +1x
xlorsquextend vers+1. On va appliquer la formule de Taylor-Lagrange. Réécrivons d"abord ln(x+ 1)lnx= ln1 +1xConsidérons la fonctionf(y) = ln(1 +y)définie poury0. On af0(y) =11+yetf00(y) =1(1+y)2, et aussi
f(0) = 0,f0(0) = 1. D"après la formule de Taylor-Lagrange à l"ordre 2, on a f(y) =f(0) +f0(0)y+f00(c)12 y2avecc2]0;y[; soit f(y) = 0 + 1y+1(1+c)212 y2=y12(1+c)2y2: On a1(1+y)2<1(1+c)2<1(1+0)
2= 1; donc y12 y2< f(y)< y12(1+y)2y2:Posons maintenanty=1x
, on a 1x 12 1x2 <1x 12 1+1x 21x
2=1x 12(x+1)2;
d"où les inégalités. Pour calculer la limite de
1 +1x x, on prend d"abord un logarithme : ln 1 +1x x=xln1 +1x 9 Par les inégalités on sait
112x< xln1 +1x
<1x2(x+1)2: Lorsquextend vers+1, les deux cotés ont tous 1 pour limite. Donc on conclut quelimx!+1xln1+1x = 1, et puislimx!+11 +1x x=e.Exercice 16. Soitfune fonction de classeC2sur un intervalle d"intérieur non vide et soitaun point deI. Déterminerlimh!0f(a+h) +f(ah)2f(a)h
2. On utilise la formule de Taylor-Young à l"ordre 2 f(a+h) =f(a) +f0(a)h+f00(a)12 h2+o0(h2) et f(ah) =f(a) +f0(a)(h) +f00(a)12 (h)2+o0(h2): En sommant les deux on obtient
f(a+h) +f(ah) = 2f(a) +f00(a)h2+o0(h2); c"est-à-dire f(a+h) +f(ah)2f(a)h 2=f00(a) +o0(1):
Donc lim h!0f(a+h) +f(ah)2f(a)h 2=f00(a).Exercice 18.
Notation :J"abrège " développement limité enx0à l"ordren» parDLn(x0). 1. Effectuer le développement limité desinx,tanxetcosxà l"ordre 5 en 0.
Pour avoir les développements limités desinxetcosx, on utilise la formule de Taylor-Young. Il faut d"abord
calculer les dérivées successives. En 0 on a sin0 = 0;sin00 = cos0 = 1;sin000 =sin0 = 0;sin(3)0 =cos0 =1;sin(4)0 = sin0 = 0; et cos0 = 1;cos00 =sin0 = 0;cos000 =cos0 =1;cos(3)0 = sin0 = 0;cos(4)0 = cos0 = 1: Remarquons que poursinxetcosxles dérivées successives sont périodiques : poursinxc"est toujours
0;1;0;1qui répète, et pourcosxc"est1;0;1;0. On a donc
sinx= 0 + 1x+ 012 x2+ (1)16 x3+ 0124 x4+ 11120 x5+o0(x5) =x16 x3+1120 x5+o0(x5) 10 et cosx= 1 + 0x+ (1)12 x2+ 016 x3+ 1124 x4+ 01120 x5+o0(x5) = 112 x2+124 x4+o0(x5): Pour avoir le développement limité detanx, soit on calcule les dérivées successives, un calcul qui est as-
sez pénible et que je vais omettre ici; soit on utilise le fait quetanx=sinxcosx tanx=sinxcosx=x16 x3+1120quotesdbs_dbs12.pdfusesText_18
2=1x
12(x+1)2;
d"où les inégalités.Pour calculer la limite de
1 +1x x, on prend d"abord un logarithme : ln 1 +1x x=xln1 +1x 9Par les inégalités on sait
112x< xln1 +1x
<1x2(x+1)2: Lorsquextend vers+1, les deux cotés ont tous 1 pour limite. Donc on conclut quelimx!+1xln1+1x = 1, et puislimx!+11 +1x x=e.Exercice 16. Soitfune fonction de classeC2sur un intervalle d"intérieur non vide et soitaun point deI.Déterminerlimh!0f(a+h) +f(ah)2f(a)h
2. On utilise la formule de Taylor-Young à l"ordre 2 f(a+h) =f(a) +f0(a)h+f00(a)12 h2+o0(h2) et f(ah) =f(a) +f0(a)(h) +f00(a)12 (h)2+o0(h2):En sommant les deux on obtient
f(a+h) +f(ah) = 2f(a) +f00(a)h2+o0(h2); c"est-à-dire f(a+h) +f(ah)2f(a)h2=f00(a) +o0(1):
Donc lim h!0f(a+h) +f(ah)2f(a)h2=f00(a).Exercice 18.
Notation :J"abrège " développement limité enx0à l"ordren» parDLn(x0).1. Effectuer le développement limité desinx,tanxetcosxà l"ordre 5 en 0.
Pour avoir les développements limités desinxetcosx, on utilise la formule de Taylor-Young. Il faut d"abord
calculer les dérivées successives. En 0 on a sin0 = 0;sin00 = cos0 = 1;sin000 =sin0 = 0;sin(3)0 =cos0 =1;sin(4)0 = sin0 = 0; et cos0 = 1;cos00 =sin0 = 0;cos000 =cos0 =1;cos(3)0 = sin0 = 0;cos(4)0 = cos0 = 1:Remarquons que poursinxetcosxles dérivées successives sont périodiques : poursinxc"est toujours
0;1;0;1qui répète, et pourcosxc"est1;0;1;0. On a donc
sinx= 0 + 1x+ 012 x2+ (1)16 x3+ 0124 x4+ 11120 x5+o0(x5) =x16 x3+1120 x5+o0(x5) 10 et cosx= 1 + 0x+ (1)12 x2+ 016 x3+ 1124 x4+ 01120 x5+o0(x5) = 112 x2+124 x4+o0(x5):Pour avoir le développement limité detanx, soit on calcule les dérivées successives, un calcul qui est as-
sez pénible et que je vais omettre ici; soit on utilise le fait quetanx=sinxcosx tanx=sinxcosx=x16 x3+1120quotesdbs_dbs12.pdfusesText_18[PDF] formule de ventura passini
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