Développements limités I Généralités
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Développements limités I Généralités
Développements limités I Généralités I.A Définitions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . I.B Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . I.C Développements limités usuels . . . . . . . . . . . I.D Exemples de développements limités au voisinage de l’infini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . d’un . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . point ou . . . . . . 1 1 2 4 6 II Opérations algébriques sur les développements limités II.A Somme et produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.B Composée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.C Quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II.D Développement limité d’une primitive ou d’une dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 7 8 8 III Applications des développements limités III.A Calcul de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.B Etude locale et branches infinies de fonctions . . . . . III.B.1 Étude au voisinage d’un point x0 . . . . . . . . III.B.2 Étude au voisinage de ±∞ . . . . . . . . . . . III.C Étude locale d’un arc paramétré . . . . . . . . . . . . III.C.1 Tangente en un point d’une courbe paramétrée III.C.2 Position par rapport à la tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 10 11 11 11 12 13 14 I . . . . . . . . . . . . . . Généralités I est un intervalle de R. I.A Définitions usuelles Définition 1. Soit f : I → R une fonction. 1. On dit que f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de 0 (noté DLn (0)) si f peut s’écrire sous la forme : f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + | {z } Partie régulière du DL o(xn ) | {z } Reste du DL 2. On dit f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de x0 (noté DLn (x0 )) si f peut s’écrire sous la forme : f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + · · · + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n ) 3. On dit f admet un développement limité à l’ordre n au voisinage de l’infini (noté DLn (+∞) ou DLn (−∞)) si f peut s’écrire sous la forme : f (x) = a0 + an 1 a1 + ··· + n + o n x x x 1 Théorème 1. Si la fonction f admet un développement limité d’ordre n en 0 (resp. x0 , resp. ±∞), alors celui-ci est unique. = a0 + a1 x + · · · + an xn + o(xn ) = b0 + b1 x + · · · + bn xn + o(xn ) Alors (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )x + · · · + (an − bn )xn = o(xn ), donc pour tout i ∈ [[0, n]], on a ai = bi (c’est évident si on considère la définition des o). Démonstration. Supposons f (x) Remarques 1. 1. f est dérivable en 0 si et seulement si f admet un DL1 (0), et dans ce cas, on a : f (x) = a0 + a1 x + o(x) avec a0 = f (0) et a1 = f 0 (0). 2. Si f admet un DLn (0) et si p 6 n, alors f admet un DLp (0). En effet : f (x) = a0 + a1 x + · · · + ap xp + ap+1 xp+1 + · · · + an xn + o(xn ) {z } | =o(xp ) Exercice 1. Démontrer le 1) de la remarque. 1 Exemple 1. Recherchons le développement limité de x 7→ 1−x . On sait, d’après la formule donnant la somme des termes d’une suite géométrique, que : 1 + x + x2 + . . . + xn = xn+1 1−x Or, = o(xn ), car xn+1 xn (1−x) = 1 xn+1 1 − xn+1 = − 1−x 1−x 1−x x −→ 1−x x→0 0. D’où le résultat (à retenir) : 1 = 1 + x + x2 + . . . + xn + o(xn ) 1−x De même, on obtient (en remplaçant x par −x) : 1 = 1 − x + x2 + . . . + (−1)n xn + o(xn ) 1+x I.B Formules de Taylor On rappelle que si une fonction f est de classe C 1 sur un intervalle [a, x], on a : Z x Z x f (x) − f (a) = f 0 (t) dt et donc : f (x) = f (a) + f 0 (t)dt (?) a 0 a 1 2 Si f est de classe C (i.e. f est de classe C ), on peut faire une intégration par parties, avec u(t) = f (t) et v 0 (t) = 1 : 0 0 u (t) = f (t) v(t) = t − x Z x x f (x) = f (a) + (t − x)f 0 (t) a − (t − x)f 00 (t) dt a Z x 0 = f (a) + (x − a)f (a) + (x − t)f 00 (t) dt a 2 En faisant des intégrations par parties successives, on a la formule suivante : Théorème 2 (Formule de Taylor avec reste intégral). Si f est une fonction de classe C n+1 sur un intervalle I et si a ∈ I, alors on a ∀x ∈ I : (x − a)2 00 f (a) + · · · 2! Z x (x − t)n (n+1) (x − a)n (n) ··· + f (a) + f (t)dt n! n! a = f (a) + (x − a)f 0 (a) + f (x) Démonstration. Montrons le résultat par récurrence pour n ∈ N : ◦ Pour n = 0, c’est le résultat (?) énoncé plus haut : Z x f (x) = f (a) + f 0 (t) dt a ◦ Supposons la formule vraie au rang n − 1. Soit f une fonction de classe C n+1 sur I, alors f est de classe C n sur I et, d’après l’hypothèse de récurrence : Z x (x − a)2 00 (x − a)n−1 (n−1) (x − t)n−1 (n) f (x) = f (a)+(x−a)f 0 (a)+ f (a)+· · ·+ f (a)+ f (t) dt 2! (n − 1)! (n − 1)! a f étant de classe C n+1 sur I, on peut alors effectuer une intégration par parties sur le terme intégral en posant u(t) = f (n) (t) Z x a et v 0 (t) = (x−t)n−1 (n−1)! −(x−t)n n! : u0 (t) = f (n+1) (t) v(t) = x Z x (x − t)n (n) (x − t)n (n+1) (x − t)n−1 (n) f (t)dt = − f (t) + f (t) dt (n − 1)! n! n! a a Z x (x − t)n (x − a)n (n) = f (a) + f (n+1) (t) dt n! n! a Donc la formule est vraie au rang n. ◦ Par récurrence, la formule est vraie pour tout n > 1. Corollaire 1 (Inégalité de Taylor-Lagrange). Soit f une fonction de classe C n+1 sur l’intervalle I, et a ∈ I. On suppose qu’il existe M ∈ R tel que : ∀t ∈ I, |f (n+1) (t)| 6 M Dans ce cas, on a : n X (x − a)k (k) |x − a|n+1 f (a) 6 M f (x) − k! (n + 1)! k=0 Démonstration. D’après le théorème 2, on a : Z x n X (x − a)k (k) (x − t)n (n+1) f (a) = f (t) dt f (x) − k! n! a k=0 Z x |x − t|n (n+1) 6 |f (t)| dt n! | {z } a 6M n X (x − a)k (k) f (a) f (x) − k! k=0 6 M n! 3 Z x a |x − t|n dt = M |x − a|n+1 (n + 1)! En effet, pour x > a, on a : Z x Z x h −(x − t)n+1 ix (x − a)n+1 |x − a|n+1 |x − t|n dt = (x − t)n dt = = = a n+1 n+1 n+1 a a et on a le même résultat pour x < a. Théorème 3 ((Formule de Taylor-Young)). Soit f une fonction de classe C n sur l’intervalle I et a ∈ I. Alors ∀x ∈ I : f (x) = f (a) + (x − a)f 0 (a) + (x − a)2 00 (x − a)n (n) f (a) · · · + f (a) + o (x − a)n 2! n! Démonstration. Afin de simplifier la démonstration, on va supposer f de classe C n+1 (la plupart des fonctions auquelles nous appliquerons ce résultat sont de classe C ∞ ). Quitte à réduire l’intervalle de départ, on peut supposer que I est un segment. Ainsi f (n+1) est une fonction continue sur un segment, donc majorée en valeur absolue par un réel M > 0. On sait alors, d’après le corollaire 1, que : n 2 M f (x) − f (a) − (x − a)f 0 (a) − (x − a) f 00 (a) · · · − (x − a) f (n) (a) 6 |x − a|n+1 2! n! (n + 1)! |x−a|n+1 Or (x−a)n = |x − a| −→ 0, donc : x→a 2 f (x) − f (a) − (x − a)f 0 (a) − (x−a) f 00 (a) · · · − 2! (x − a)n D’où f (x) − f (a) − (x − a)f 0 (a) − prouve le résultat. I.C (x−a)2 00 f (a) · · · 2! − (x−a)n (n) f (a) n! (x−a)n (n) f (a) n! −→ 0 x→a = o (x − a)n , ce qui Développements limités usuels On va établir les développements limités en 0 des fonctions usuelles. Pour cela, on utilise la formule de Taylor-Young avec a = 0 (formule de Mac-Laurin), ce qui donne pour une fonction f de classe C ∞ : x2 00 xn (n) f (0) + · · · + f (0) + o(xn ) 2 n! f (x) = f (0) + xf 0 (0) + On va ainsi déterminer les développements limités suivants (qui concernent des fonction de classe C ∞ ) : • DL(0) de x 7→ ex : On a ∀n > 0, exp(n) (0) = exp(0) = 1, d’où : ex = 1 + x + x3 xn x2 + + ··· + + o(xn ) 2! 3! n! • DL(0) de x 7→ sin x : On a sin0 x = cos x = sin x + π 2 , et on établit facilement que : sin(n) x = sin x + nπ 2 d’où sin(2n) (0) = 0 et sin(2n+1) (0) = (−1)n , ce qui donne : 4 sin x = x − x3 x5 x2n+1 + + · · · + (−1)n + o(x2n+2 ) 3! 5! (2n + 1)! • DL(0) de x 7→ cos x : De la même façon, on établit que : cos x = 1 − x2 x4 x2n + + · · · + (−1)n + o(x2n+1 ) 2! 4! (2n)! • DL(0) de f : x 7→ ln(1 + x) : 1 On a f 0 (x) = 1+x , , f 00 (x) = récurrence que : −1 (1+x)2 , f (n) (x) = , f 000 (x) = 2 (1+x)3 et on montre par (−1)n−1 (n − 1)! (1 + x)n d’où f (n) (0) = (−1)n−1 (n − 1)!, ce qui donne : ln(1 + x) = x − x2 x3 xn + + · · · + (−1)n−1 + o(xn ) 2 3 n • DL(0) de f : x 7→ (1 + x)α (α ∈ R) : On a f 0 (x) = α(1 + x)α−1 et on montre par récurrence que : f (n) (x) = α(α − 1) . . . (α − n + 1)(1 + x)α−n d’où f (n) (0) = α(α − 1) . . . (α − n + 1), ce qui donne : α(α − 1) 2 α(α − 1) . . . (α − n + 1) n x + ··· + x + o(xn ) 2! n! √ Par exemple pour α = 12 , on peut obtenir le DL2 (0) de x 7→ 1 + x : (1 + x)α = 1 + αx + √ 1 1 1 1 + x = (1 + x) 2 = 1 + x − x2 + o(x2 ) 2 8 De même, pour α = − 21 , on peut obtenir le DL2 (0) de x 7→ √ √1 1+x : 1 1 1 3 = (1 + x)− 2 = 1 − x + x2 + o(x2 ) 2 8 1+x • DL(0) de x 7→ sh x : sh x = x + x3 x5 x2n+1 + + ··· + + o(x2n+2 ) 3! 5! (2n + 1)! • DL(0) de x 7→ ch x : ch x = 1 + x2 2! + x4 x2n + ··· + + o(x2n+1 ) 4! (2n)! Remarque 2. Le premier terme du développement limité est un équivalent de la fonction. On reconnaît ainsi sans difficulté les équivalents usuels en 0 de sin x, ln(1 + x), ex − 1, . . .. 5 I.D Exemples de développements limités au voisinage d’un point ou de l’infini La méthode consiste à utiliser les développements limités usuels en 0 en posant : 1. X = x − x0 pour un DLn (x0 ). 2. X = 1 x pour un DLn (+∞). Exemple 2. 1. Cherchons le DLn (1) de ln x. On pose X = x − 1 (⇔ x = 1 + X), on a ainsi : ln x = = X2 X3 Xn + + · · · + (−1)n+1 + o(xn ) 2 3 n (x − 1)2 (x − 1)3 (x − 1)n (x − 1) − + + · · · + (−1)n+1 + o(xn ) 2 3 n ln(1 + X) = X − Attention à ne pas développer ce résultat ! 2. Cherchons le DLn (+∞) de cos x1 . On pose X = ainsi : cos 1 x = = II 1 x (⇔ x = 1 + X), on a X2 X4 X 2n + + · · · + (−1)n + o(X 2n+1 ) 2! 4! (2n)! 1 1 1 1 + + · · · + (−1)n + o 2n+1 1− 2 4 2n 2!x 4!x (2n)!x x cos X = 1 − Opérations algébriques sur les développements limités II.A Somme et produit Proposition 1. Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle I de R. Si f et g admettent chacune un DLn (0), alors : 1. f + g admet un DLn (0), et la partie régulière de celui-ci est la somme des parties régulières des DLn (0) de f et g. 2. f g admet un DLn (0), et la partie régulière de celui-ci est le produit des parties régulières des DLn (0) de f et g, en supprimant les termes de degré > n. Démonstration. On écrit : f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + o(xn ) et g(x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn + o(xn ) 1. (f + g)(x) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + · · · + (an + bn )xn + o(xn ). ! n X 2. (f g)(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + · · · + ak bn−k xn + · · · + an bn x2n + o(xn ) | {z } k=0 o(xn ) Exemples 3. 6 1. Calculons le DL4 (0) de ex + cos(x). On a : ex + cos x = = x2 x3 x4 x2 x4 1+x+ + + + o(x4 ) + 1 − + + o(x4 ) 2 6 24 2 24 x3 x4 2+x+ + + o(x4 ) 6 12 2. Calculons le DL4 (0) de ln(1 + x) sin x. x2 x3 x4 + − + o(x4 ) 2 3 4 x4 x3 x4 = x2 − − + + o(x4 ) 6 2 3 x4 x3 = x2 − + + o(x4 ) 2 6 ln(1 + x) sin x = x− x3 x− + o(x4 ) 6 On peut remarquer que ce dernier calcul peut donner un DL5 (0) car x × o(x4 ) = o(x5 )). II.B Composée Proposition 2. Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle I de R. Si f et g admettent chacune un DLn (0) et si lim f (x) = 0 alors g ◦ f admet un x→0 DLn (0), obtenu en composant les parties régulières des DLn (0) de g et f . Exemple 4. Recherchons le DL4 (0) de ln(cos x). On commence par déterminer un DL4 (0) de cos x. On a : cos x = 1 − x2 x4 + + o(x4 ) 2 24 D’où : x2 x4 ln 1 − + + o(x4 ) 2 24 x4 x2 + o(x4 ) −→ 0 = ln(1 + u) avec u = − + x→0 2 24 u2 u3 u4 = u− + − + o(u4 ) 2 3 4 2 2 2 2 3 2 4 x x4 1 x x4 1 x x4 1 x x4 = − + − − + + − + − − + + o(x4 ) 2 24 2 2 24 3 2 24 4 2 24 x2 x4 1 x4 x2 x4 ln(cos x) = − + − + o(x4 ) = − − + o(x4 ) 2 24 2 4 2 12 ln(cos x) = N.B. : Le calcul est simplifié par le fait qu’on élimine systématiquement les termes de degré >4. 7 II.C Quotient Méthode : Si g(x) = 1 + a1 x + · · · + an xn + o(xn ), alors : 1 g(x) = 1 1−u avec u = −(a1 x + · · · + an xn + o(xn )) −→ 0 x→0 2 n n = 1 + u + u + · · · + u + o(u ) = 1 − (a1 x + · · · + an xn ) + (a1 x + · · · + an xn )2 + · · · + (a1 x + · · · + an xn )n + o(xn ) Il reste à développer et à conserver les termes de dégré 6 n. Remarques 3. 1. Cette méthode fonctionne pour g(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + o(xn ) avec a0 6= 0 : Il suffit de mettre a0 en facteur pour se ramener au cas précédent. 2. Pour calculer un DLn (0) de fg , on écrit fg = f × g1 et on utilise la méthode précédente, puis le produit. Il suffit que le terme constant du DLn (0) de g soit non nul. Exemple 5. Cherchons le DL4 (0) de tan x. On a : 3 tan x = = = = tan x = x − x6 + o(x4 ) sin x = 2 4 cos x 1 − x2 + x24 + o(x4 ) ! 2 2 2 x x4 x x4 x3 4 4 + o(x ) 1+ − + − + o(x ) x− 6 2 24 2 24 x3 x2 x4 x4 x− + o(x4 ) 1+ − + + o(x4 ) 6 2 24 4 2 4 3 x 5x x + o(x4 ) 1+ − + o(x4 ) x− 6 2 24 3 3 3 x x x x+ − + o(x4 ) = x + + o(x4 ) 2 6 3 Remarque 4. Dans l’exemple précédent, on aurait pu se contenter d’écrire 2 cos x = 1 − x2 + o(x3 ) (c’est à dire un DL3 (0)), car on obtient un o(x4 ) en multipliant par x. Exercice 2. Calculer le développement limité à l’ordre 2 en 0 de II.D x . sin x Développement limité d’une primitive ou d’une dérivée Théorème 4. Soit I un intervalle de R, et f : I → R une fonction dérivable sur I. Si f 0 admet un DLn (0) (f 0 (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn + o(xn )), alors f admet un DLn+1 (0) et : f (x) = f (0) + a0 x + a1 x2 xn+1 + · · · + an + o(xn+1 ) 2 n+1 8 2 n+1 Démonstration. Posons F (x) = f (x) − f (0) − a0 x + a1 x2 + · · · + an xn+1 . On a ainsi, d’après l’hypothèse : F 0 (x) = f 0 (x) − (a0 + a1 x + · · · + an xn ) = o(xn ) D’après le théorème des accroissements finis, il existe θ ∈]0, 1[ tel que F (x) − F (0) = xF 0 (θx), d’où : x2 xn+1 f (x) − f (0) − a0 x + a1 + · · · + an = xo(θn xn ) = o(xn+1 ) 2 n+1 On retrouve ainsi le résultat annoncé. Application : Calculons le DL(0) de arctan : arctan0 x = = 1 = 1 − x2 + (x2 )2 + · · · + (−1)n (x2 )n + o(x2n+1 ) 1 + x2 1 − x2 + x4 + · · · + (−1)n x2n + o(x2n+1 ) Donc : arctan x = |arctan {z 0} +x − =0 arctan x = x − x3 x5 x7 x2n+1 + − + · · · + (−1)n + o(x2n+2 ) 3 5 7 2n + 1 x5 x7 x2n+1 x3 + − + · · · + (−1)n + o(x2n+2 ) 3 5 7 2n + 1 Remarque 5. On peut retrouver par ce moyen le développement limité en 0 1 , ou celui de cos à partir de celui de x → ln(1 + x) à partir de celui de x → 1+x de sin. Théorème 5. Si f : I → R est dérivable et admet un DLn (0), et si f 0 admet un DLn−1 (0) (par exemple si f est de classe C n ), alors le DLn−1 (0) de f 0 s’obtient en dérivant celui de f . Exemple 6. On peut obtenir le DLn−1 (0) de x → 1 s’agit de la dérivée de x → 1−x : 1 (1−x)2 en remarquant qu’il 1 = 1 + x + x2 + · · · + xn + o(xn ) 1−x Donc : 1 = 1 + 2x + 3x2 + · · · + nxn−1 + o(xn−1 ) (1 − x)2 On peut évidemment obtenir ce développement limité par d’autres moyens, toutefois moins rapides. Remarque 6. Le fait que f admette un DLn (0) n’implique pas nécessairement que f 0 admette un DLn−1 (0). Par exemple, si : f (x) = 1 + x + x2 + x4 cos On a : 1 = 1 + x + x2 + o(x3 ) x 1 1 f 0 (x) = 1 + 2x + x3 cos +x2 sin 6= 1 + 2x + o(x2 ) x | {z x} =o(x2 ) 2 car x sin x2 1 x = sin x1 n’a pas de limite lorsque x tend vers 0. 9 III Applications des développements limités III.A Calcul de limites On a vu précédemment que les équivalents permettaient de calculer certaines limites. L’inconvénient de ceux-ci est qu’on ne peut pas les additionner, ce qui n’est pas le cas des développements limités. On utilise donc ces derniers lorsque les équivalents ne suffisent pas. Exemple 7. 1. Cherchons lim x→0 1 2 − : sin2 x 1 − cos x sin x sin2 x 1 − cos x x3 + o(x4 ) 6 1 = x2 − x4 + o(x5 ) 3 x4 x2 − + o(x5 ) = 2 24 = x− Donc : 2 sin2 x 1 1 − cos x = = 1 2 1 2 2 3 × = × 1 + x + o(x ) x2 x2 3 1 − 31 x2 + o(x3 ) 2 1 1 2 2 3 × = 2 × 1 + x + o(x ) 1 2 x2 x 12 1 − 12 x + o(x3 ) Donc on a : 2 1 2 2 2 1 1 − = 2 + + o(x) − 2 − + o(x) = + o(x) 2 x 3 x 6 2 sin x 1 − cos x On en déduit : lim x→0 1 2 1 = − 2 sin2 x 1 − cos x 1 2. Cherchons lim (1 + sin x) x : x→0 1 (1 + sin x) x 1 1 = e x ln(1+sin x) = e x ln(1+x+o(x)) 1 = e x (x+o(x)) = e1+o(1) 1 Donc lim (1 + sin x) x = e. x→0 ex − cos x − sin x . x→0 x2 2 2 On a : ex = 1 + x + x2 + o(x2 ), cos x = 1 − x2 + o(x2 ) et sin x = x + o(x2 ), donc : ex − cos x − sin x x2 + o(x2 ) = = 1 + o(1) x2 x2 ex − cos x − sin x Finalement, lim =1 x→0 x2 3. Cherchons lim 10 III.B Etude locale et branches infinies de fonctions III.B.1 Étude au voisinage d’un point x0 Soit f : I → R et x0 un point de I. Si au voisinage de x0 , on a : f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + o((x − x0 )) alors y = a0 + a1 (x − x0 ) est l’équation de la tangente à la courbe en x0 (rappel : a1 = f 0 (x0 )). Si de plus au voisinage de x0 , on a : f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + o((x − x0 )2 ) alors la position de la courbe par rapport à cette tangente au voisinage de x0 est donnée par le signe de a2 (si a2 6= 0) : – Si a2 > 0, la courbe est au dessus de la tangente au voisinage de x0 (f (x) − (a0 + a1 (x − x0 )) = a2 (x − x0 )2 + o((x − x0 )2 ) > 0). – Si a2 < 0, la courbe est en dessous de la tangente au voisinage de x0 (f (x) − (a0 + a1 (x − x0 )) < 0). Dans le cas où a2 = 0, et si : f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a3 (x − x0 )3 + o((x − x0 )3 ) avec a3 6= 0, alors x0 est un point d’inflexion (la courbe traverse sa tangente). Remarque 7. On peut généraliser ce résultat : si an (n > 2) est le premier terme non nul du développement limité de f en x0 alors, si n est impair on a un point d’inflexion, et si n est pair la courbe se situe au dessus ou au dessous de la tangente, suivant le signe de an . Exercice 3. Utiliser cette méthode pour préciser l’équation de la tangente à la courbe de la fonction cosinus en 0, ainsi que la position de la courbe par rapport à cette tangente au voisinage de 0 (faire un dessin). Même travail pour la fonction sinus. III.B.2 Étude au voisinage de ±∞ Soit f : R → R. Si au voisinage de +∞ (resp. −∞), on a : f (x) = a0 x + a1 + o(1) alors y = a0 x + a1 est l’équation de l’asymptote à la courbe en +∞ (resp. −∞). Si de plus au voisinage de +∞, on a : a2 1 f (x) = a0 x + a1 + +o x x avec a2 6= 0, alors la position de la courbe par rapport à cette asymptote au voisinage de ±∞ est donnée par le signe de a2 (si a2 6= 0). Si a2 = 0, un développement plus poussé peut nous permettre de déterminer cette position. 11 Rappel : La limite du rapport f (x) x lorsque x tend vers +∞ nous permet de déterminer la nature d’une branche infinie : f (x) −→ 0 (resp. +∞), on a une branche parabolique de direction x x→+∞ (Ox) (resp. (Oy)). – Si f (x) −→ a 6= 0, on a une direction asymptotique suivant la droite x x→+∞ d’équation y = ax. Dans ce cas, si f (x) − ax −→ b ∈ R, on a une – Si x→+∞ asymptote d’équation y = ax + b. Exemples 8. 1. Étudions la branche en +∞ de la fonction f : x 7→ x2 ln 1 + x1 : 1 1 1 1 2 f (x) = x − 2 + 3 +o x 2x 3x x3 1 1 1 = x− + +o 2 3x x Donc f admet une asymptote d’équation y = x − 12 au voisinages de +∞. 1 Au voisinage de +∞, la courbe est au dessus de l’asymptote car > 0. 3x Le calcul (et le résultat) est le même si on étudie la branche en −∞. 1 La courbe se situe cette fois-ci en dessous de l’asymptote car < 0 au 3x voisinage de −∞. √ √ 2. Étudions la branche en +∞ de la fonction f : x 7→ 4 x4 + x2 + 3 x3 + x2 . On pose X = x1 : r r 1 1 1 1 f (x) 4 3 1 + 2 + 1 + = (1 + X 2 ) 4 + (1 + X) 3 = x x x 1 2 1 1 2 = 1 + X + o(X ) + 1 + X − X 2 + o(X 2 ) 4 3 9 1 5 2 1 5 1 2 = 2 + X + X + o(X ) = 2 + + + o( 2 ) 3 36 3x 36x2 x On en déduit : 1 5 1 f (x) = 2x + + + o( ) 3 36x x Donc f admet une asymptote d’équation y = 2x + 31 au voisinage de +∞, et la courbe est au dessus de l’asymptote. À titre d’exercice, on peut étudier la branche en −∞ (attention aux subtilités du calcul). III.C Étude locale d’un arc paramétré ( Rappel : Soit f~ : I t → 7→ R2 −−−−→ un arc paramétré de classe OM (t) = (x(t), y(t)) C 1 . Le vecteur : lim t→t0 −−−−−−−→ − M (t0 )M (t) → = f 0 (t0 ) = (x0 (t0 ), y 0 (t0 )) t − t0 12 est un vecteur tangent à la courbe de f en M (t0 ) s’il est non nul. Le point est alors dit régulier, stationnaire dans le cas contraire. L’objectif de cette partie est d’utiliser les développements limités pour étudier le comportement de la courbe au voisinage d’un point, en particulier lorsqu’il est stationnaire. Nous allons exposer la démarche à suivre sur des exemples. On supposera toujours f~ de classe C k , avec k suffisamment grand. III.C.1 Tangente en un point d’une courbe paramétrée t2 x(t) = t−1 Exemple 9. Soit Γ : t3 + 4 y(t) = t−1 Cherchons un point stationnaire de f~ et étudions la tangente en ce point : x0 (t) = y 0 (t) = = t(t − 2) 2t(t − 1) − t2 = 2 (t − 1) (t − 1)2 2 3 3t (t − 1) − (t + 4) 2t3 − 3t2 − 4 = (t − 1)2 (t − 1)2 2 (t − 2)(2t + t + 2 (t − 1)2 Il existe donc un unique point stationnaire en t0 = 2. Effectuons maintenant un développement limité à l’ordre 2 au voisinage de t0 . On pose h = t − 2 : (2 + h)2 = (4 + 4h + h2 )(1 − h + h2 + o(h)) 1+h = 4 + h2 + o(h2 ) (2 + h)3 + 4 y(t) = x(2 + h) = = (12 + 12h + 6h2 + o(h2 ))(1 − h + h2 + o(h)) 1+h = 12 + 6h2 + o(h2 ) x(t) = x(2 + h) = On peut ainsi écrire : f~(2 + h) = (4, 12) +h2 (1, 6) + (o(h2 ), o(h2 )) | {z } | {z } −−−→ =o(h2 ) =f~(2) Ce qu’on peut réécrire de la manière suivante : f~(2 + h) − f~(2) ∼ h2 (1, 6) h→0 Il existe donc une tangente en t0 = 2, dirigée par le vecteur (1, 6). Généralisation : On rappelle qu’au voisinage du point t0 , la formule de MacLaurin nous donne : x(t0 + h) y(t0 + h) hn (n) x (t0 ) + o(hn ) n! hn (n) = y(t0 ) + hy 0 (t0 ) + · · · + y (t0 ) + o(hn ) n! = x(t0 ) + hx0 (t0 ) + · · · + 13 On peut écrire ces relations sous la forme : → → − −−−→ → − → − hn −− f (t0 + h) = f (t0 ) + h f 0 (t0 ) + · · · + f (n) (t0 ) + o(hn ) n! −−→ −−−→ avec f (k) (t0 ) = (x(k) (t0 ), y (k) (t0 )) et o(hn ) = (o(hn ), o(hn )). Si au voisinage du point t0 , on peut écrire le DLp (0) de f~ : −−→ → − → − f (p) (t0 ) p −−−→ f (t0 + h) = f (t0 ) + h + o(hp ) p! −−→ où p est le premier entier > 1 tel que f (p) (t0 ) = (x(p) (t0 ), y (p) (t0 )) 6= ~0, alors la −−→ courbe admet au point M (t0 ) une tangente dirigée par le vecteur f (p) (t0 ). En effet : −−→ → − → − f (p) (t0 ) p h f (t0 + h) − f (t0 ) ∼ t→t0 p! III.C.2 Position par rapport à la tangente Nous constatons que le développement limité qui précède nous donne le vecteur tangent à la courbe en un point mais pas la position de la courbe par rapport à ce vecteur tangent. Comme au paragraphe III.B.1, un développement limité plus poussé peut nous permettre de préciser cette position. Avec les notations précédentes, on suppose que q est le plus petit entier tel que −−→ −−→ (f (p) (t0 ), f (q) (t0 )) est libre. On écrit : → − f (t0 + h) −−→ −−→ → − f (p) (t0 ) p f (q) (t0 ) q −−−→ = f (t0 ) + h + ··· + h + o(hq ) p! q! −−→ −−→ → − f (p) (t0 ) p f (q) (t0 ) q −−−→ p = f (t0 ) + (h + o(h )) + h + o(hq ) p! q! −−−−−−−→ → − → − On a alors f (t0 + h) − f (t0 ) = M (t0 )M (t) ∼ h→0 hp hq , p! q! dans le repère −−→ −−→ hp (f (p) (t0 ), f (q) (t0 )). Dans ce cas, si par exemple p et q sont impairs, le signe de p! −−→ −−→ hq (p) et étant celui de h, la courbe se situe dans le quart de plan (M (t0 ), −f (t0 ), −f (q) (t0 )) q! −−→ −−→ lorsque h < 0 et dans le quart de plan (M (t0 ), f (p) (t0 ), f (q) (t0 )) lorsque h > 0 : la coube traverse la tangente en M (t0 ) et il s’agit d’un point d’inflexion. On peut résumer les différents cas possibles dans la proposition suivante : 14 Proposition 3. Soit I un intervalle de R, f : I → R2 un arc paramétré de classe C k (k suffisamment grand) de trajectoire Γ, et t0 ∈ I. −−→ → − Si on note p le plus petit entier > 1 tel que f (p) (t0 ) 6= 0 et q > p le plus petit −−→ −−→ entier tel que (f (p) (t0 ), f (q) (t0 )) est libre, Γ a alors l’allure suivante au voisinage de M (t0 ) : : • 1er cas : p pair et q pair. h>0 −−→ f (q) (t0 ) M (t0 ) • 2nd cas : p impair et q pair. Γ Γ h<0 h<0 −−→ f (p) (t0 ) −−→ f (q) (t0 ) M (t0 ) h>0 −−→ f (p) (t0 ) Point de rebroussement de seconde espèce Point à allure normale • 3ème cas : p impair et q impair. • 4ème cas : p pair et q impair. Γ Γ −−→ f (q) (t0 ) h<0 M (t0 ) −−→ f (q) (t0 ) h>0 h>0 −−→ M (t0 ) f (p) (t ) h < 0 0 −−→ f (p) (t0 ) Point de rebroussement de première espèce Point d’inflexion Exercice 4. Montrer que la courbe paramétrée : √ x(t) = sin t( 2√ − sin t) √ Γ: y(t) = (cos t + 2)(2 cos t + sin t − 3 2) admet un point de rebroussement de seconde espèce au voisinage de t0 = π 4. Exercice 5. Faire l’étude complète (éventuellement à l’aide de Maple) de la courbe : x(t) = sin t Γ: cos2 t y(t) = 2 − cos t Dessiner la courbe avec précision (en particulier au voisinage du point de rebroussement). Remarque 8. On constate que les points de rebroussement (première et seconde espèce) sont des points stationnaires. En revanche, les points d’inflexion → − → − ne le sont pas nécessairement. Si f 0 (t) 6= 0 et si M (t) est un point d’inflexion, 15 → − − → alors ( f 0 (t), f 00 (t)) est liée. On peut donc dans ce cas chercher les points d’inflexion en résolvant l’équation : x0 (t) x00 (t) =0 y 0 (t) y 00 (t) 16