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Développements limités

Développement limité en dehors de zéro - Exercice 1

1 h
90
Dans certaines situations, il est demandé de déterminer un D.L. d'une expression fonctionnelle f(x)f(x) à l'abscisse a≠0a \neq 0. Dans ce cas, il est possible de poser x=a+hx = a + h et de fait h=x−ah = x - a tend vers zéro. Auquel cas, on se retrouve dans la situation de la détermination d'un D.L. de l'expression f(h)f(h) avec h⟶0h \longrightarrow 0.
Sinon il y a l'usage de la formule générale de Taylor−YoungTaylor-Young.
Question 1
Déterminer les D.L. qui vous sont proposés.

Déterminer le D.L. à l'ordre 44, de f(x)=sin⁡(x)f(x) = \sin(x), au voisinage de π2\dfrac{\pi}{2}.

Correction
Soit hh un réel. On pose x=π2+hx = \dfrac{\pi}{2} + h.
On a :
f(x)=sin⁡(x)=sin⁡(π2+h)=cos⁡(h)f(x) = \sin\left(x\right) = \sin\left(\dfrac{\pi}{2} + h\right) = \cos(h)
Or, on a :
cos⁡(h)=1−12h2+124h4+o(h4)\cos(h) = 1 - \dfrac{1}{2}h^2 + \dfrac{1}{24}h^4 + o(h^4)
Nous avons posé x=π2+hx = \dfrac{\pi}{2} + h don h=x−π2h = x - \dfrac{\pi}{2}. Ainsi :
f(x)=sin⁡(x)=sin⁡(π2+h)=1−12(x−π2)2+124(x−π2)4+o(x−π2)4f(x) = \sin\left(x\right) = \sin\left(\dfrac{\pi}{2} + h\right) = 1 - \dfrac{1}{2}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)^2 + \dfrac{1}{24}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)^4 + o\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)^4
Finalement :
sin⁡(x)=1−12(x−π2)2+124(x−π2)4+o(x−π2)4{\color{red}{\boxed{\sin(x) = 1 - \dfrac{1}{2}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)^2 + \dfrac{1}{24}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)^4 + o\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)^4 }}}
Question 2

Déterminer le D.L. à l'ordre 44, de f(x)=arctan⁡(x)f(x) = \arctan(x), au voisinage de 11.

Correction
La fonction f:x⟶arctan⁡(x)f : x \longrightarrow \arctan(x) est infiniment dérivable sur R\mathbb{R}. Et on a :
∙  f′(x)=arctan⁡′(x)=11+x2\bullet \,\, f'(x) = \arctan'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}
∙∙  f′′(x)=arctan⁡′′(x)=−2x(1+x2)2\bullet \bullet \,\, f''(x) = \arctan''(x) = \dfrac{-2x}{\left(1+x^2\right)^2}
∙∙∙  f′′′(x)=arctan⁡′′′(x)=6x2−2(1+x2)3\bullet \bullet \bullet \,\, f'''(x) = \arctan'''(x) = \dfrac{6x^2-2}{\left(1+x^2\right)^3}
∙∙∙∙  f′′′′(x)=arctan⁡′′′′(x)=−24x3+24x(1+x2)4\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, f''''(x) = \arctan''''(x) = \dfrac{-24x^3+24x}{\left(1+x^2\right)^4}
Donc :
∙  f′(x=1)=arctan⁡′(1)=11+12=12\bullet \,\, f'(x=1) = \arctan'(1) = \dfrac{1}{1+1^2} = \dfrac{1}{2}
∙∙  f′′(x=1)=arctan⁡′′(1)=−2×1(1+12)2=−12\bullet \bullet \,\, f''(x=1) = \arctan''(1) = \dfrac{-2\times 1}{\left(1+1^2\right)^2} = -\dfrac{1}{2}
∙∙∙  f′′′(x=1)=arctan⁡′′′(1)=6×12−2(1+12)3=12\bullet \bullet \bullet \,\, f'''(x=1) = \arctan'''(1) = \dfrac{6 \times 1^2-2}{\left(1+1^2\right)^3} = \dfrac{1}{2}
∙∙∙∙  f′′′′(x=1)=arctan⁡′′′′(1)=−24×13+24×1(1+12)4=0\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, f''''(x=1) = \arctan''''(1) = \dfrac{-24\times 1^3+24\times 1}{\left(1+1^2\right)^4} = 0
De plus :
f(1)=arctan⁡(1)=π4f(1) = \arctan(1) = \dfrac{\pi}{4}
Ainsi, on obtient :
f(x)=f(1)+f′(1)(x−1)+12f′′(1)(x−1)2+16f′′′(1)(x−1)3+124f′′′′(1)(x−1)4+o((x−1)4)f(x) = f(1) + f'(1)(x-1) + \dfrac{1}{2}f''(1)(x-1)^2 + \dfrac{1}{6}f'''(1)(x-1)^3 + \dfrac{1}{24}f''''(1)(x-1)^4 + o\left((x-1)^4\right)
Soit :
f(x)=π4+12(x−1)+12(−12)(x−1)2+1612(x−1)3+124×0(x−1)4+o((x−1)4)f(x) = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{1}{2}(x-1) + \dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{1}{2}\right)(x-1)^2 + \dfrac{1}{6}\dfrac{1}{2}(x-1)^3 + \dfrac{1}{24} \times 0(x-1)^4 + o\left((x-1)^4\right)
Finalement, on obtient :
f(x)=arctan⁡(x)=π4+12(x−1)−14(x−1)2+112(x−1)3+o((x−1)4){\color{red}{\boxed{f(x) = \arctan(x) = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{1}{2}(x-1) - \dfrac{1}{4}(x-1)^2 + \dfrac{1}{12}(x-1)^3 + o\left((x-1)^4\right) }}}
Question 3

Déterminer le D.L. à l'ordre 22, de f(x)=xxf(x) = x^x, au voisinage de 22.

Correction
La fonction f:x⟶xxf : x \longrightarrow x^x est infiniment dérivable sur R+⋆\mathbb{R}^{+\star}. Et on a :
∙  f′(x)=(xx)′=(eln⁡(xx))′=(exln⁡(x))′=(xln⁡(x))′exln⁡(x)=(xln⁡(x))′xx=(ln⁡(x)+1)xx\bullet \,\, f'(x) = \left( x^x \right)' = \left( e^{\ln(x^x)} \right)' = \left( e^{x\ln(x)} \right)' = \left( x\ln(x) \right)' e^{x\ln(x)} = \left( x\ln(x) \right)' x^x = (\ln(x) + 1)x^x
∙∙  f′′(x)=(xx)′′=((ln⁡(x)+1)xx)′=1xxx+(ln⁡(x)+1)(xx)′=xx−1+(ln⁡(x)+1)2xx\bullet \bullet \,\, f''(x) = \left( x^x \right)'' = \left( (\ln(x) + 1)x^x \right)' = \dfrac{1}{x}x^x + (\ln(x) + 1) \left( x^x \right)'= x^{x-1} + (\ln(x) + 1)^2x^x
Donc :
∙  f′(x=2)=(ln⁡(2)+1)22=4(1+ln⁡(2))\bullet \,\, f'(x=2) = (\ln(2) + 1)2^2 = 4(1 + \ln(2))
∙∙  f′′(x=2)=22−1+(ln⁡(2)+1)222=2+4(1+ln⁡(2))2\bullet \bullet \,\, f''(x=2) = 2^{2-1} + (\ln(2) + 1)^2 2^2 = 2+4(1+\ln(2))^2
De plus :
f(2)=22=4f(2) = 2^2 = 4
Ainsi, on obtient :
f(x)=f(2)+f′(2)(x−2)+12f′′(2)(x−2)2+o((x−2)2)f(x) = f(2) + f'(2)(x-2) + \dfrac{1}{2}f''(2)(x-2)^2 + o\left((x-2)^2\right)
Soit :
f(x)=4+4(1+ln⁡(2))(x−2)+12(2+4(1+ln⁡(2))2)(x−2)2+o((x−2)2)f(x) = 4 + 4(1 + \ln(2))(x-2) + \dfrac{1}{2}\left( 2+4(1+\ln(2))^2 \right)(x-2)^2 + o\left((x-2)^2\right)
Finalement, on obtient :
f(x)=xx=4+4(1+ln⁡(2))(x−2)+(1+2(1+ln⁡(2))2)(x−2)2+o((x−2)2){\color{red}{\boxed{f(x) = x^x = 4 + 4(1 + \ln(2))(x-2) + \left(1+2(1+\ln(2))^2 \right)(x-2)^2 + o\left((x-2)^2\right) }}}
Question 4

Déterminer le D.L. à l'ordre 22, de f(x)=x1x−1f(x) = x^{\frac{1}{x-1}}, au voisinage de 11.

Correction
Soit hh un réel. On pose x=1+hx = 1 +h. On a alors :
f(x)=x1x−1=(1+h)11+h−1=(1+h)1h=eln⁡((1+h)1h)=e1hln⁡(1+h)f(x) = x^{\frac{1}{x-1}} = (1 + h)^{\frac{1}{1 + h - 1}} = (1 +h)^{\frac{1}{h}} = e^{\ln\left( (1 +h)^{\frac{1}{h}} \right)} = e^{\frac{1}{h}\ln\left( 1+h \right)}
Mais, on sait que :
ln⁡(1+h)=h−12h2+13h3+o(h3)\ln\left( 1+h \right) = h-\dfrac{1}{2}h^2+\dfrac{1}{3}h^3 +o(h^3)
Donc :
1hln⁡(1+h)=1−12h+13h2+o(h2)\dfrac{1}{h}\ln\left( 1+h \right) = 1-\dfrac{1}{2}h+\dfrac{1}{3}h^2 +o(h^2)
Ainsi :
e1hln⁡(1+h)=e1−12h+13h2+o(h2)=e1×e−12h+13h2+o(h2)=e×e−12h+13h2+o(h2)e^{\frac{1}{h}\ln\left( 1+h \right)} = e^{1-\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 +o(h^2)} = e^1\times e^{-\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 +o(h^2)} = e \times e^{-\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 +o(h^2)}
Or :
eX=1+X+12X2+o(X2)e^X = 1+X+\dfrac{1}{2}X^2+o(X^2)
Comme lim⁡x⟶0(−12h+13h2+o(h2))=0\lim_{x \longrightarrow 0} \left( -\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 +o(h^2) \right) = 0, on va donc pouvoir poser X=−12h+13h2X = -\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2. On a alors :
f(x)=e×(1+(−12h+13h2)+12(−12h+13h2)2+o(h4))f(x) = e \times \left( 1+\left( -\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 \right)+\dfrac{1}{2}\left( -\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 \right)^2 + o(h^4) \right)
En se limitant aˋ l’ordre deux{\color{red}{\textbf{limitant à l'ordre deux}}} on obtient :
f(x)=e×(1+(−12h+13h2)+12(−12h)2+o(h2))f(x) = e \times \left( 1+\left( -\frac{1}{2}h+\frac{1}{3}h^2 \right)+\dfrac{1}{2}\left( -\frac{1}{2}h \right)^2 + o(h^2) \right)
Soit :
f(x)=e×(1−12h+13h2+18h2+o(h2))f(x) = e \times \left( 1 - \frac{1}{2}h + \frac{1}{3}h^2 + \dfrac{1}{8}h^2 + o(h^2) \right)
En regroupant les termes en h2h^2 :
f(x)=e×(1−12h+1124h2+o(h2))f(x) = e \times \left( 1 - \frac{1}{2}h + \frac{11}{24}h^2 + o(h^2) \right)
Puis, comme on a posé x=1+hx = 1 +h alors h=x−1h = x-1. D'où :
f(x)=)f(x) = )
Finalement :
f(x)=x1x−1=e×(1−12(x−1)+1124(x−1)2)+o((x−1)2){\color{red}{\boxed{f(x) = x^{\frac{1}{x-1}} = e \times \left( 1 - \frac{1}{2}(x-1) + \frac{11}{24}(x-1)^2 \right) + o((x-1)^2) }}}
Question 5

Déterminer le D.L. à l'ordre 33, de f(x)=ln⁡(tan⁡(x))f(x) = \ln\left(\tan(x)\right), au voisinage de π4\dfrac{\pi}{4}.

Correction
Soit hh un réel. On pose x=π4+hx = \dfrac{\pi}{4} + h, et de fait on obtient :
f(x)=ln⁡(tan⁡(x))=ln⁡(tan⁡(π4+h))f(x) = \ln\left(\tan(x)\right) = \ln\left(\tan\left(\dfrac{\pi}{4} + h \right)\right)
Or, on sait que pour aa et bb réels, on a :
tan⁡(a+b)=tan⁡(a)+tan⁡(b)1−tan⁡(a)tan⁡(b)\tan(a+b) = \dfrac{\tan(a) + \tan(b)}{1 - \tan(a) \tan(b)}
Donc, avec tan⁡(π4)=1\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right) = 1 on trouve que :
tan⁡(π4+h)=tan⁡(π4)+tan⁡(h)1−tan⁡(π4)tan⁡(h)=1+tan⁡(h)1−tan⁡(h)\tan\left(\dfrac{\pi}{4} + h \right) = \dfrac{\tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right) + \tan(h)}{1 - \tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right) \tan(h)} = \dfrac{1 + \tan(h)}{1 - \tan(h)}
Ainsi :
f(x)=ln⁡(1+tan⁡(h)1−tan⁡(h))=ln⁡(1+tan⁡(h))−ln⁡(1−tan⁡(h))f(x) = \ln\left(\dfrac{1 + \tan(h)}{1 - \tan(h)}\right) = \ln\left(1 + \tan(h)\right) - \ln\left(1 - \tan(h)\right)
Mais, on sait que tan⁡(h)=h+13h3+o(h3)\tan(h) = h + \dfrac{1}{3}h^3 + o(h^3). Donc :
f(x)=ln⁡(1+h+13h3+o(h3))−ln⁡(1−h−13h3+o(h3))f(x) = \ln\left(1 + h + \dfrac{1}{3}h^3 + o(h^3) \right) - \ln\left(1 - h - \dfrac{1}{3}h^3 + o(h^3)\right)
Or on a lim⁡x⟶0(h+13h3+o(h3))=0\lim_{x \longrightarrow 0} \left( h + \dfrac{1}{3}h^3 + o(h^3) \right) = 0. Et comme
ln⁡(1+X)=X−12X2+13X3+o(X3)\ln(1+X) = X - \dfrac{1}{2}X^2 + \dfrac{1}{3}X^3 + o(X^3)
On va donc pouvoir poser X=h+13h3X = h + \dfrac{1}{3}h^3 d'une part, et d'autre part X=−h−13h3X = -h - \dfrac{1}{3}h^3 pour obtenir :
f(x)=h+13h3−12(h+13h3)2+13(h+13h3)3−(−h−13h3−12(−h−13h3)2+13(−h−13h3)3)+o(h9)f(x) = h + \dfrac{1}{3}h^3 - \dfrac{1}{2}\left( h + \dfrac{1}{3}h^3 \right)^2 + \dfrac{1}{3}\left( h + \dfrac{1}{3}h^3 \right)^3 - \left( -h - \dfrac{1}{3}h^3 - \dfrac{1}{2}\left( -h - \dfrac{1}{3}h^3 \right)^2 + \dfrac{1}{3}\left( -h - \dfrac{1}{3}h^3 \right)^3 \right) + o(h^9)
En se limitant aˋ l’ordre trois{\color{red}{\textbf{limitant à l'ordre trois}}} on obtient :
f(x)=h+13h3−12(h)2+13(h)3−(−h−13h3−12(−h)2+13(−h)3)+o(h3)f(x) = h + \dfrac{1}{3}h^3 - \dfrac{1}{2}\left( h \right)^2 + \dfrac{1}{3}\left( h \right)^3 - \left( -h - \dfrac{1}{3}h^3 - \dfrac{1}{2}\left( -h \right)^2 + \dfrac{1}{3}\left( -h \right)^3 \right) + o(h^3)
Soit encore :
f(x)=h+13h3−12h2+13h3+h+13h3+12h2+13h3+o(h3)f(x) = h + \dfrac{1}{3}h^3 - \dfrac{1}{2}h^2 + \dfrac{1}{3}h^3 + h + \dfrac{1}{3}h^3 + \dfrac{1}{2}h^2 + \dfrac{1}{3}h^3 + o(h^3)
Ce qui nous donne :
f(x)=2h+43h3+o(h3)f(x) = 2h + \dfrac{4}{3}h^3 + o(h^3)
Nous avions posé x=π4+hx = \dfrac{\pi}{4} + h, donc h=x−π4h = x - \dfrac{\pi}{4}. Ainsi, on obtient au final :
f(x)=ln⁡(tan⁡(x))=2(x−π4)+43(x−π4)3+o((x−π4)3){\color{red}{\boxed{f(x) = \ln\left(\tan(x)\right) = 2\left(x - \dfrac{\pi}{4}\right) + \dfrac{4}{3}\left(x - \dfrac{\pi}{4}\right)^3 + o\left(\left(x - \dfrac{\pi}{4}\right)^3\right) }}}