Développements limites: Calculs de limites

Exercices corrigés et détaillés



Exercices corrigés: calculer les développements limités

Calculer les développements limités en a des fonctions suivantes, au point donné et à l'ordre indiqué.
(Revoir les formules de DL usuels en 0)

  1.  limx0 1/xln(1 + x)/x2
    1/2
    On a, en 0
    \[\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}2+o\left( x^2\rp\]


    et donc,
    \[\begin{array}{ll} f(x)&=\dfrac1x-\dfrac{\ln(1+x)}{x^2}\\[1em] &=\dfrac1x-\dfrac1{x^2}\left( x-\dfrac{x^2}2+o\left( x^2\rp\rp\\[1em] &=\dfrac12+o(1) \enar\]


    ce qui montre que $\dsp\lim_{x\to0}f(x)=\dfrac12$.
  2.  limx0 1/x2lnsin(x)/x
    1/6
    En 0 on a
    \[\sin(x)=x-\dfrac{x^3}{6}+o\left( x^3\rp\]


    et donc,
    \[f(x)=\dfrac{1}{x^2}\ln\lp\dfrac{\sin x}{x}\right) =\dfrac1{x^2}\ln\lp1-\dfrac{x^2}6+o\lp x^2\rp\rp\]


    puis en utilisant le développement limité du logarithme en 0,
    \[f(x)=\dfrac1{x^2}\left( -\dfrac{x^2}6+o\left( x^2\rp\rp =-\dfrac16+o(1)\]


    ce qui montre la limite
    \[\lim_{x\to0}(x)=-\dfrac16\]

  3.  limx+∞ xx2 − 2x
    1
    pour $x>0$, et en posant $u=\dfrac1x\to0$,
    \[\begin{array}{ll}\sqrt{x^2-2x}&=x\sqrt{1-\dfrac2x}=\dfrac1u\sqrt{1-2u}\\ &=\dfrac1u\lp1-\dfrac12(2u)+o(u)\rp\\ &=\dfrac1u-1+o(1)\\ &=x-1+o(1)\enar\]


    et ainsi,
    \[x-\sqrt{x^2-2x}=1+o(1)\]


    et donc,
    \[\lim_{x\to+\infty}x-\sqrt{x^2-2x}=1\]

  4.  limx2 ln(x) − ln(2)/x3x2x−2
    1/14
    On pose $t=x-2$ et alors
    \[\begin{array}{ll}\ln(x)&=\ln(2+t)\\[.8em]
&=\ln\lp2\lp1+\dfrac{t}2\rp\rp\\[1em]
&=\ln(2)+\ln\lp1+\dfrac{t}2\rp\\
&=\ln(2)+\dfrac{t}2+o(t)
\enar\]

    et donc, pour le numérateur,
    \[\ln(x)-\ln(2)=\dfrac{t}2+o(t)\]

    Au dénominateur, avec le même changement de variable, on a en développant et ne conservant que les termes de degré au plus 1,
    \[x^2=(2+t)^2=4+4t+o(t)\]

    et
    \[x^3=(2+t)^3=8+12t\]

    et donc
    \[\begin{array}{rl}&-2-x-x^2+x^3\\[.2em]
=&-2-(2+t)-(2+t)^2+(2+t)^3\\[.2em]
=&-2-(2+t)-(4+4t)+(8+12t)+o(t)\\[.2em]
=&7t+o(t)
\enar\]

    d'où
    \[\dfrac{\ln(x)-\ln(2)}{x^3-x^2-x-2}=\dfrac{\dfrac{t}2+o(t)}{7t+o(t)}=\dfrac{\dfrac12+o(1)}{7+o(1)}
\]

    et on trouve finalement la limite
    \[\lim_{x\to2}\dfrac{\ln(x)-\ln(2)}{x^3-x^2-x-2}=\dfrac1{14}\]

  5.  limx+∞ 2x + 1/2x − 1 2x
    e2
    On pose $t=\dfrac1x\to0$, et alors, avec
    \[f(x)=\lp\dfrac{2x+1}{2x-1}\rp^{2x}\]

    on a
    \[\begin{array}{ll}\ln\left( f(x)\rp&=2x\ln\left(\dfrac{2x+1}{2x-1}\rp\\[1.2em]
&=\dfrac2t\ln\lp\dfrac{\dfrac2t+1}{\dfrac2t-1}\rp\\[2.2em]
&=\dfrac2t\ln\lp\dfrac{2+t}{2-t}\rp\\[1em]
&=\dfrac2t\Bigl(\ln(2+t)-\ln(2-t)\Bigr)
\enar\]

    Avec le DL $\ln(1+u)=u+o(u)$, on a alors
    \[\begin{array}{ll}\ln(2+t)&=ln(2)+\ln\lp1+\dfrac{t}2\rp\\
&=\ln(2)+\dfrac{t}2+o(t)\enar\]

    et de même
    \[\ln(2-t)=\ln(2)-\dfrac{t}2+o(t)\]

    d'où
    \[\ln(f(x))=\dfrac2t\Bigl( t +o(t)\Bigr)
=2+o(1)\]

    On a donc trouvé que
    \[\lim_{x\to+\infty}\ln(f(x))=2\]

    et donc que
    \[\lim_{x\to+\infty}f(x)=e^2\]

  6.  limx0 2/sin2x1/1 − cos(x)
    1/2

    \[\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o\left( x^4\rp\]

    et donc
    \[\begin{array}{ll}\dfrac1{\sin^2 x}&=\dfrac1{\left( x-\dfrac{x^3}{6}+o\left( x^4\rp\rp^2} \\[2.6em]&=\dfrac1{x^2}\,\dfrac1{\lp1-\dfrac{x^2}{6}+o\lp x^3\rp\rp^2}\\[2.6em]
&=\dfrac1{x^2}\lp1+2\dfrac{x^2}{6}+o\lp x^2\rp\rp\\[1.4em]
&=\dfrac1{x^2}+\dfrac13+o(1)
\enar\]

    et $\cos x= 1-\dfrac{x^2}2+\dfrac{x^4}{24}+o\left( x^4\rp$ donc $1-\cos x=\dfrac{x^2}2-\dfrac{x^4}{24}+o\left( x^4\rp$ et
    \[\begin{array}{ll}\dfrac1{1-\cos x}&=\dfrac1{\dfrac{x^2}2}\,\dfrac1{\lp1-\dfrac{x^2}{12}+o\lp x^2\rp\rp}\\[2.6em]
&=\dfrac2{x^2}\lp1-\dfrac{x^2}{12}+o\lp x^2\rp\rp^{-1}\\[1.2em]
&=\dfrac2{x^2}\lp1+\dfrac{x^2}{12}+o\lp x^2\rp\rp\\[1.2em]
&=\dfrac2{x^2}+\dfrac16+o(1)\enar\]

    On obtient donc,
    \[\dfrac2{\sin^2x}-\dfrac1{1-\cos x}
=\dfrac23-\dfrac16+o(1)=\dfrac12+o(1)\]

    d'où
    \[\lim_{x\to0}\dfrac2{\sin^2x}-\dfrac1{1-\cos x}=\dfrac12\]

  7.  limx+∞ x x − 3/x + 1 x
    −2
    Pour se ramener à 0, on pose $u=\dfrac1x\iff x=\dfrac1u$, avec donc $u\to0$ et on a alors
    \[\begin{array}{ll}f(x)&=x\sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}}-x\\[1.4em] &=\dfrac1u\sqrt{\dfrac{\frac1u-3}{\frac1u+1}}-\dfrac1u\\[1.4em] &=\dfrac1u\sqrt{\dfrac{1-3u}{1+u}}-\dfrac1u\\[1em] &=\dfrac1u\lp1-3u\rp^{1/2}\lp1+u\rp^{-1/2}-\dfrac1u \enar\]


    On peut alors utiliser un développement limité:
    \[\begin{array}{ll}\lp1-3u\rp^{1/2}\lp1+u\rp^{-1/2} &=\lp1-\dfrac32u+o(u)\rp\,\lp1-\dfrac12u+o(u)\rp\\[1.2em] &=1-2u+o(u) \enar\]


    puis,
    \[f(x)=\dfrac1u\lp1-2u+o(u)\rp-\dfrac1u =-2+o(1)\]


    ce qui montre que
    \[\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{u\to0}f(x)=-2\]

  8.  limx+∞ x + x + xx
    1/2
    On a
    \[\begin{array}{ll}\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}
&=\sqrt{x+\sqrt{x\lp1+\dfrac1{\sqrt{x}}\right)}}\\[1.4em]
&=\sqrt{x+\sqrt{x}\sqrt{1+\dfrac1{\sqrt{x}}}}\\[1.4em]
&=\sqrt{x\lp1+\dfrac1{\sqrt{x}}\sqrt{1+\dfrac1{\sqrt{x}}}\right)}\\[1.4em]
&=\sqrt{x}\sqrt{1+\dfrac1{\sqrt{x}}\sqrt{1+\dfrac1{\sqrt{x}}}}
\enar\]

    soit, en posant $u=\dfrac1{\sqrt{x}}$, et en développant au permier ordre,
    \[\begin{array}{ll}\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}&=\dfrac1u\sqrt{1+u\sqrt{1+u}}\\[1em]
			    &=\dfrac1u\sqrt{1+u\lp1+\dfrac12u+o(u)\right)}\\[1em]
			    &=\dfrac1u\sqrt{1+u+\dfrac12u^2+o\left( u^2\right)}\\[1em]
			    &=\dfrac1u\lp1+\dfrac12u+o(u)\rp\\[1em]
			    &=\dfrac1u+\dfrac12+o(1)
			    \enar\]

    et on trouve alors la limite recherchée:
    \[\begin{array}{ll}&\dsp\lim_{x\to+\infty}\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}-\sqrt{x}\\[1em]
			    &\dsp=\lim_{u\to0}\dfrac1u\sqrt{1+u\sqrt{1+u}}-\dfrac1u
			    =\dfrac12\enar\]

  9.  limx+∞ x sin1/x x2
    e−1/6
    On pose $f(x)=\left( x\sin\left(\dfrac1x\rp\rp^{x^2}$ et on a alors, en prenant le logarithme
    \[\ln(f(x))=x^2\ln\left( x\sin\left(\dfrac1x\rp\rp\]

    On se ramène ensuite en 0 en posant $u=\dfrac1x\to0$:
    \[\begin{array}{ll}\sin\lp\dfrac1x\rp&=\sin(u)\\&=u-\dfrac{u^3}6+o(u^3)\\
&=\dfrac1x-\dfrac1{6x^3}+o\lp\dfrac1{x^3}\rp\enar\]

    et donc
    \[x\sin\lp\dfrac1x\rp=1-\dfrac1{6x^2}+o\lp\dfrac1{x^2}\rp\]

    On prend alors le logarithme népérien, et en posant $u=-\dfrac1{6x^2}+o\lp\dfrac1{x^2}\rp\to0$,
    \[ln\left( x\sin\left(\dfrac1x\rp\rp=\ln(1+u)=u+o(u)\]

    soit
    \[ln\left( x\sin\left(\dfrac1x\rp\rp=-\dfrac1{6x^2}+o\left(\dfrac1{x^2}\rp\]

    et donc
    \[x^2ln\left( x\sin\left(\dfrac1x\rp\rp=-\dfrac1{6}+o\left(1\rp\]

    et on trouve donc que
    \[\lim_{x\to+\infty}\ln(f(x))=-\dfrac16\]

    et on en déduit la limite
    \[\lim_{x\to+\infty}f(x)=e^{-\frac16}\]

  10.  limx+∞ x+x2+1x+x2−1
    0


Voir aussi:
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