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:
Corrigé TD 3 Exercice 1.

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MMAN2 - Analyse élémentaire II L1 Math, Math-InfoCorrigé TD 3

Rappel :Une fonctionfest ditenégligeabledevant une autre fonctiongau voisinage d"un pointc, ce qui

s"écritf=oc(g), si pour tout" >0, il existe un voisinageVdectel que

8t2V;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 11x Clairementlimx!+111x = 1, on a alorslimx!+1E(x)x = 1, doncE(x)+1x. Pourx <0, quand on divise parx, on inverse les sens d"inégalité : 11x >E(x)x 1: De nouveau lorsquex! 1la limite à gauche est 1, on alimx!1E(x)x = 1, doncE(x)1x.1

Exercice 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+1

02x+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)xx01f

0(x0):

Alors par la définition de dérivée, la limite pour le premier terme lorsquextend versx0est exactement

f

0(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 non

constante 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

3

négligeable 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 + 1x

2= 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 au

voisinage 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 aussi

10 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+ 1x

2= limx!+1r1

x 3+1x 4= 0 et lim x!+1xx

2= limx!+11x

= 0: Donc les deux termes sont deo+1(x2), ce qui signifie que la somme est aussi deo+1(x2).4

Exercice 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 2

Lorsquextend 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.

5

Par le même calcul, on sait maintenant que

ln(x2+ 1)2lnx= ln 1 +1x 2

Sa 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 maintenantupar1x

2, et on a

ln(x2+ 1)2lnx= ln 1 +1x 2 +11x

2.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 +1x

On 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 1x

Lorsquextend 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 +11x

2, 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)=lnxx

2=xx+ 1=11 +

1x

qui a clairement pour limite 1 lorsquextend vers+1. La limite pour la fraction étant 1, on obtient donc

une équivalence. 6

2. 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 x

1=(x+1)= (elnx)1=(x+1)=elnxx+1;

(x+ 1)1=x= (eln(x+1))1=x=eln(x+1)x

On peut donc réécrire

x

1=(x+1)(x+ 1)1=x=elnxx+1eln(x+1)x

=elnxx+1

1eln(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) soit

1eu0 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 x

1=(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)12

Montrer que, pour toutx2R, on a112

x2cosx112 x2+124 x4. 7

Ici 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)016quotesdbs_dbs33.pdfusesText_39
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