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Examen partiel numéro 1 du 28 novembre 2013
En une heure, les documents et calculatrices ne sont pas autorisésUn formulaire de DL se trouve en page 2
Exercice 1.Calculer
lim x!+13x3+ 4cosx2x3; limx!2x 2+xx 2x1: Exercice 2-a.Calculer le domaine de définition et de continuité def(x) =p1+x21x 2. b.On pose g(x) =f(x)six6= 0; 12 six= 0:Montrer quegest continue sur[1;+1[.
Exercice 3.Étudier le domaine de définition, de continuité et de dérivabilité de f(x) =plogx:Exercice 4.Calculer
lim x!0;x6=0e x1sinx: Exercice 5.Calculer les développements limités en0, à l"ordre2, dep1 +xex, puis celui à l"odre 3 de sinx1x. Exercice 6.Montrer, en revenant à la définition des limites avec les", que lim x!+1x3+xcosx2x3=12
2Formulaire des DL en0
11x= 1 +x+x2++xn+xn"(x)
log(1x) =xx22 x33 + xnn +xn"(x) (1 +x)= 1 +x+(1)2 x2++(1):::(n+ 1)n!xn+xn"(x) expx= 1 +x1! +x22! ++xnn!+xn"(x) cosx= 1x22! +x44! ++ (1)nx2n(2n)!+x2n"(x) sinx=xx33! ++ (1)nx2n+1(2n+ 1)!+x2n+1"(x) 1 Licence MIASHS première année, UE Analyse S1 MI0A01X. Cours : Marc Perret Corrigé de l"examen partiel numéro 1 du 28 novembre 2013 En une heure, les documents et calculatrices ne sont pas autorisésUn formulaire de DL se trouve en page 2
Exercice 1.Calculer
lim x!+13x3+ 4cosx2x3; limx!2x 2+xx 2x1:Corrigé.Première limite.On a
3x3+ 4cosx2x3=32
+2cosxx 3: - Le premier terme du membre de droite tend vers 32- Puisque1cosx1pour toutx2R, on a, pour toutx2R+: 2x
32cosxx
32x3:
Les deux termes à gauche et à droite2x
3tendent vers0lorsquex!+1, donc par le théorème
des gendarmes le terme du milieu tend aussi vers0.On a donc
lim x!+13x3+ 4cosx2x3=32 + 0 =32Deuxième limite.Le numérateur tend (par continuité d"un polynôme) vers22+ 2 = 6, alors que le
dénominateur tend vers2221 = 1. Par propriété d"une limite quotient, il ne s"agit pas là d"une
forme indéterminée, et on a lim x!2x 2+xx2x1=61
= 6: Exercice 2-a.Calculer le domaine de définition et de continuité def(x) =p1+x21x 2. b.On pose g(x) =f(x)six6= 0; 12 six= 0:Montrer quegest continue surR.
Corrigé du a).puisque1 +x2>0pour toutxdansR, le numérateur est défini surR, donc D f=R: Étudions maintenant la continuité defsurDf. Nous allons montrer quefest continue surDf tout entier. 2Étude du numérateur.La fonction
p1 +x21sera continue là oup1 +x2l"est. Or, celle-ci est la composée de : -u:x7!1 +x2, continue surR, donc surDf; -v:t7!pt, continue surJ=R+; - on au(Df)J=R+. Donc, par continuité d"une composée, le numérateur est continu surDf. Étude du dénominateur.La fonctionx7!x3est continue surR, donc surDf.Conclusion.Puisque le numérateur et le dénominateur sont continus surDf, et puisque le dénomi-
nateur ne s"annule pas surDf, le quotient est continu surDf=R+. Corrigé du b).Puisqueg=fsurR,gest définie et continue sur cet ensemble. D"autre part,g est évidement définie en0(puisqueg(0) =12 existe), il ne reste donc plus qu"à vérifier quegest continue en0, c"est-à dire quelimx!0;x6=0f(x) =g(0) =12 . Cela se prouve à l"aide de la quantité conjuguée. On a, pour toutx6= 0: p1 +x21x2=(p1 +x21)(p1 +x2+ 1)x
2(p1 +x2+ 1)
(1 +x2)12x2(p1 +x2+ 1)
x2x2(p1 +x2+ 1)
1p1 +x2+ 1:
Par continuité, on a bien que cette quantité tend, lorsquex!0, vers1p1+02+1=12
=g(0), doncg est aussi continue en0, doncgest définie et continue surR. Exercice 3.Étudier le domaine de définition, de continuité et de dérivabilité de f(x) =plogx: Corrigé.Domaine de définition.Six2R, alorsf(x)est défini si et seulement si : -logxest défini, c"est-à dire si et seulement six >0;-plogxest défini, c"est-à dire c"est-à dire si et seulement silogx0, c"est-à dire si et seulement
six1DoncDf= [1;+1[.
Étude du domaine de continuité def.Nous allons montrer quefest continue surDf= [1;+1[.La fonctionf(x)est la composée de :
-u:x7!logx, continue surR+, donc surDf; -v:t7!pt, continue surJ=R+; - on au(Df)J=R+. Donc, par continuité d"une composée,fest continue surDf. 3 Étude du domaine de dérivabilité def.Nous allons montrer quefest dérivable sur]1;+1[Df.La fonctionf(x)est la composée de :
-u:x7!logx, dérivable surR+, donc sur]1;+1[; -v:t7!pt, dérivable surK=R+; - on au(]1;+1[)K=R+. Donc, par dérivabilité d"une composée,fest dérivable sur]1;+1[Df. Remarque.fn"est pas dérivable en1, puisquev(t) =ptn"est pas dérivable ent= 0, alors que log1 = 0.Exercice 4.Calculer
lim x!0;x6=0e x1sinx: Corrigé.Il s"agit d"une forme indéterminée00 . On applique la règle de l"hospital. On pose f(x) =exetg(x) = sinx: Il s"agit là de deux fonctions dérivables en0, avecf0(0) =e0= 1etsin0(0) = cos0 = 1. Puisque g0(0) = 16= 0, la règle de l"hospital s"applique, et donne :
lim x!0;x6=0e x1sinx= limx!0;x6=0f(x)f(0)g(x)g(0)=f0(0)g0(0)=11
= 1: Exercice 5.Calculer les développements limités en0, à l"ordre2, dep1 +xex, puis celui à l"odre 3 de sinx1x. Corrigé.La somme.On a d"après le formulaire (pour=12 , on a(1)2 =12 (12 1)2 =18 p1 +x= (1 +x)12 = 1 +x2 x28 +x2"(x) e x= 1 +x+x22 +x2"(x); donc p1 +xex=x2 58x2+x2"(x):
Le produit.On a
sinx1x= sinx11x, donc d"après le formulaire : sinx=xx36 +x3"(x)11x= 1 +x+x2+x3+x3"(x);
4 donc on trouve, en tronquant en degré3: sinx1x= xx361 +x+x2+x3+x3"(x)
=x+x2+x3x36 +x3"(x) =x+x2+56 x3+x3"(x): Exercice 6.Montrer, en revenant à la définition des limites avec les", que lim x!+1x3+xcosx2x3=12
Corrigé.On commence par calculer
j x3+xcosx2x312 j=j(x3+xcosx)x32x3j =jxcosx2x3j jcosxj2x2 12x2: Soit maintenant" >0. On a12A2="pourA=1p2". On pose doncA=1p2", et vérifions que ceA convient. Soit doncx2R,x6= 0, et supposons quex > A. Alors j x3+xcosx2x312 j 12x2<12A2="; ce qu"il fallait démontrer.Formulaire des DL en0
11x= 1 +x+x2++xn+xn"(x)
log(1x) =xx22 x33 + xnn +xn"(x) (1 +x)= 1 +x+(1)2 x2++(1):::(n+ 1)n!xn+xn"(x) 5 expx= 1 +x1! +x22! ++xnn!+xn"(x) cosx= 1x22! +x44! ++ (1)nx2n(2n)!+x2n"(x) sinx=xx33! ++ (1)nx2n+1(2n+ 1)!+x2n+1"(x) 1 Licence MIASHS première année, UE Analyse S1 MI0A01X. Cours : Marc PerretExamen partiel numéro 2 du 20 décembre 2013
En une heure, les documents et calculatrices ne sont pas autorisésFormulaire des DL en0
11x= 1 +x+x2++xn+xn"(x)
log(1x) =xx22 x33 + xnn +xn"(x) (1 +x)= 1 +x+(1)2 x2++(1):::(n+ 1)n!xn+xn"(x)(si2Rconstante) expx= 1 +x1! +x22! ++xnn!+xn"(x) cosx= 1x22! +x44! ++ (1)nx2n(2n)!+x2n"(x) sinx=xx33! ++ (1)nx2n+1(2n+ 1)!+x2n+1"(x)Exercice 1.Écrire les développements limités enx= 0et à l"ordre indiqué des expressions sui-
vantes :11 +xcosxà l"ordre3;cosxexà l"ordre3;
p1 + log(1 +x)à l"ordre3;excosxà l"ordre2; Exercice 2.Déterminer les limites suivantes en0: sinxlog(1x)cosx1;sin3xlog(1x);cosxp1 +x;(ex1)(cosx1)log(1 +x3):Exercice 3.Calculerlimx!+1x3+1x+1logcos1x
etlimx!+1x2(3p1 +x3x). 1 Licence MIASHS première année, UE Analyse S1 MI0A01X. Cours : Marc Perret Corrigé de l"examen partiel numéro 2 du 20 décembre 2013 En une heure, les documents et calculatrices ne sont pas autorisésFormulaire des DL en0
11x= 1 +x+x2++xn+xn"(x)
log(1x) =xx22 x33 + xnn +xn"(x) (1 +x)= 1 +x+(1)2 x2++(1):::(n+ 1)n!xn+xn"(x)(si2Rconstante) expx= 1 +x1! +x22! ++xnn!+xn"(x) cosx= 1x22! +x44! ++ (1)nx2n(2n)!+x2n"(x) sinx=xx33! ++ (1)nx2n+1(2n+ 1)!+x2n+1"(x)Exercice 1.Écrire les développements limités enx= 0et à l"ordre indiqué des expressions sui-
vantes :11 +xcosxà l"ordre3;cosxexà l"ordre3;
p1 + log(1 +x)à l"ordre3;excosxà l"ordre2; Corrigé.La somme.On a d"après le formulaire :11 +x= 1x+x2x3+x3"(x)
cosx= 1x22 +x3"(x); donc11 +xcosx=x+32
x2x3+x3"(x): 2Le produit.On a d"après le formulaire :
cosx= 1x22 +x3"(x) e x= 1x+x22 x36 +x3"(x); donc on trouve, en tronquant en degré3: cosxex= 1x221x+x22
x36 +x3"(x) = 1x+x33 +x3"(x): donc cosxex= 1x+x33 +x3"(x):Le DL composé.On a
p1 + log(1 +x) =p1 +t avect= log(1 +x)!0lorsquex!0. On peut donc faire un DL composé. D"après le formulaire : log(1 +x) =xx22 +x33 +x3"(x) p1 +t= 1 +t2 t28 +t316 +t3"(t); donc on trouve, en tronquant en degré3: p1 + log(1 +x) = 1 + xx22 +x33 2 xx22 +x33 28xx22 +x33 316
+x3"(x) = 1 + x2 38
x2+1748 x3+x3"(x): puisque 16 +18 +116
=1748 . Donc p1 + log(1 +x) = 1 +x2 38
x2+1748 x3+x3"(x):
Le quotient.Premier temps : calcul de
1cosx. On a d"après le formulaire
1cosx=11x22
+x2"(x); 3 oùt=x22 +x2"(x)!0lorsquex!0. On peut donc calculer1cosxpar un DL composé. D"après le formulaire,11t= 1 +t+t2+t2"(t) donc en tronquant en degré2:1cosx= 1 +x22
+x3"(x): Second temps : calcul du produit.On a en tronquant en degré2: e xcosx=ex1cosx =ex11x22 +x2"(x)1 +x+x22
1 +x22
+x2"(x) = 1 +x+x2+x2"(x): Donc excosx= 1 +x+x2+x2"(x): e xcosx=ex1x22 +x2"(x); Exercice 2.Déterminer les limites suivantes en0: sinxlog(1x)cosx1;sin3xlog(1x);cosxp1 +x;(ex1)(cosx1)log(1 +x3): Corrigé.Première limite.Il s"agit d"une forme indéterminée 00 . Si on veut utiliser les équivalents, on a d"après le formulaire : log(1x) =x+x"(x) sinx=x+x"(x) cosx= 1x22 +x2"(x); donc log(1x) x sinxx cosx1 x22 4 Puisqu"on peut multiplier et diviser des équivalents, on en déduit que sinxlog(1x)cosx1x(x) x22 = 2; donc lim x!0;x6=0sinxlog(1x)cosx1= 2 puisque deux fonctions équivalentes ont même limite. Remarque.Si on avait voulu utiliser les DL, il aurait fallu faire des DL du numérateur et du dénominateur à l"ordre2. Après calculs, on arriverait à : sinxlog(1x)cosx1=x2+x2"(x) x22 +x2"(x)1 +"(x)
12 +"(x) 1 12 = 2: Deuxième limite.Il s"agit encore d"une forme indéterminée 00 . On peut appliquer la règle de l"hospital pourf(x) = sin3xetg(x) = log(1x), puisque ces deux fonctions sont dérivables en0, avec g0(0) =16= 0. On trouve que la limite vautf0(0)g
0(0)=31=3.
On peut aussi faire des DL d"ordre1du numérateur et du dénominateur (comme à chaquefois que la règle de l"hospital s"applique). On peut aussi raisonner par équivalents : on déduit du
formulaire que sin3x3x log(1x) x: Puisqu"on peut multiplier et diviser des équivalents, on en déduit que sin3xlog(1x)3xx=3; donc lim x!0;x6=0sin3xlog(1x)=3 puisque deux fonctions équivalentes ont même limite.Troisième limite.Il ne s"agit PAS d"une forme indéterminée! Par continuité du cosinus en0, le
numérateur tend verscos0 = 1et par continuité de la racine carrée en1, le dénominateur tend versp1 + 0 = 1. Donc par propriétés des limites, on a
lim x!0;x6=0cosxp1 +x=11 = 1: 5 Quatrième limite.Il s"agit d"une forme indéterminée 00 . On a tout intérêt à utiliser les équivalents :par les DL, il faudrait faire des DL du numérateur et du dénominateur à l"ordre 3.On a d"après le
formulaire e x= 1 +x+x"(x) cosx= 1x22 +x2"(x) log(1 +x3) =x3+x3"(x); donc e x1x cosx1 x22 log(1 +x3)x3: Puisqu"on peut multiplier et diviser des équivalents, on en déduit que (ex1)(cosx1)log(1 +x3)x x22 x 3=12 donc lim x!0;x6=0(ex1)(cosx1)log(1 +x3)=12 puisque deux fonctions équivalentes ont même limite.Exercice 3.Calculerlimx!+1x3+1x+1logcos1x
etlimx!+1x2(3p1 +x3x).Corrigé.Première limite.Il s"agit d"une forme indéterminée1 log1 =1 0. On va utiliser les