Exercices corrigés : Analyse asymptotique (Prépa, 1re année)

1. Au numérateur, $n=o(n^3)$ et $\ln n=o(n^3)$ par croissances comparées, donc $-2n+\ln n=o(n^3)$ et $n^3-2n+\ln n=n^3+o(n^3)\sim n^3$. Au dénominateur, $\frac{e^{-n}}{n^2}\to0$, donc $e^{-n}=o(n^2)$ et $5n^2+e^{-n}\sim5n^2$. Par quotient d'équivalents : $$a_n\sim\frac{n^3}{5n^2}=\frac n5.$$

2. Comme $\frac2n\to0$ et $\ln(1+x)\underset{x\to0}{\sim}x$, la substitution donne $\ln\left(1+\frac2n\right)\sim\frac2n$. De même $\frac1{\sqrt n}\to0$ et $\sin x\underset{x\to0}{\sim}x$ donnent $\sin\frac1{\sqrt n}\sim\frac1{\sqrt n}$. Par produit : $$b_n\sim\frac2n\cdot\frac1{\sqrt n}=\frac2{n^{3/2}}.$$

3. Par croissances comparées, $3^n=o(n!)$ et $n^{10}=o(3^n)$, donc $n^{10}=o(n!)$ par transitivité. Ainsi $$c_n=n!\left(1+\frac{3^n}{n!}-\frac{n^{10}}{n!}\right),$$ et la parenthèse tend vers $1$. Donc $c_n\sim n!$.

4. Les deux termes sont équivalents à $n$ : il y a compensation, on ne peut pas soustraire les équivalents. Avec la quantité conjuguée, pour $n\geq1$ : $$d_n=\frac{(n^2+n)-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}=\frac n{n\left(\sqrt{1+\frac1n}+1\right)}=\frac1{\sqrt{1+\frac1n}+1}.$$ Cette quantité tend vers $\frac12$. La limite étant un réel non nul, $d_n\sim\frac12$.

1. Par substitution $u=3x\to0$ dans $\tan u\sim u$, on a $\tan(3x)\sim3x$. De plus $e^x-1\sim x$ et, par substitution $u=x^2\to0$, $\ln(1+x^2)\sim x^2$. Par produit et quotient, pour $x\neq0$ voisin de $0$ : $$\frac{\tan(3x)(e^x-1)}{\ln(1+x^2)}\sim\frac{3x\cdot x}{x^2}=3.$$ Une quantité équivalente à la constante $3$ tend vers $3$. La limite vaut $3$.

2. Avec $1-\cos u\sim\frac{u^2}2$ et $u=2x\to0$ : $1-\cos(2x)\sim\frac{4x^2}2=2x^2$. Par ailleurs $x\sin x\sim x\cdot x=x^2$. Le quotient est équivalent à $2$ : la limite vaut $2$.

3. Quand $x\to+\infty$, $\frac3x\to0$, donc $\ln\left(1+\frac3x\right)\sim\frac3x$ et $x\ln\left(1+\frac3x\right)\sim x\cdot\frac3x=3$. La limite vaut $3$.

4. $(1+x)^{1/2}-1\sim\frac x2$ et $\arctan x\sim x$. Le quotient est équivalent à $\frac12$ : la limite vaut $\frac12$.

1. Vrai. L'équivalence est compatible avec le produit : $u_n\sim v_n$ et $u_n\sim v_n$ donnent $u_n\cdot u_n\sim v_n\cdot v_n$.

2. Faux. Avec $u_n=n+1$ et $v_n=n$, on a $\frac{u_n}{v_n}\to1$ donc $u_n\sim v_n$, mais $\frac{e^{u_n}}{e^{v_n}}=e\not\to1$. On a en fait $e^{u_n}\sim e^{v_n}$ si et seulement si $u_n-v_n\to0$.

3. Faux. Avec $u_n=n+1$, $v_n=n$, $w_n=t_n=-n$ : $u_n\sim v_n$ et $w_n\sim t_n$, mais $u_n+w_n=1$ et $v_n+t_n=0$. Or la suite constante égale à $1$ n'est pas équivalente à la suite nulle, puisque seule une suite nulle à partir d'un certain rang est équivalente à $0$.

4. Vrai. $(u_n+v_n)-v_n=u_n=o(v_n)$, c'est exactement la définition de $u_n+v_n\sim v_n$.

5. Faux. Avec $u_n=\frac1{n^2}$ et $v_n=\frac1n$ : $u_n-v_n\to0$, mais $\frac{u_n}{v_n}=\frac1n\to0\neq1$.

6. Vrai. Au voisinage de $0$, $f(x)=\varepsilon(x)x^2=\big(x\varepsilon(x)\big)x$ avec $\varepsilon(x)\to0$, donc $x\varepsilon(x)\to0$ : $f(x)=o(x)$. Autrement dit $x^2=o(x)$ en $0$ et on applique la transitivité.

7. Faux. La fonction $f(x)=x^{3/2}$ vérifie $\frac{f(x)}{x^2}=x^{-1/2}\to0$ en $+\infty$, donc $f(x)=o(x^2)$, mais $\frac{f(x)}x=\sqrt x\to+\infty$. En $+\infty$, c'est $x=o(x^2)$ et non l'inverse : le point fait partie de la relation.

1. Au voisinage de $0$, $\cos x>0$ et $\ln(\cos x)=\ln(1+u)$ avec $$u=\cos x-1=-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}+o(x^4).$$ On a $u\to0$ et $u=O(x^2)$, donc $u^3=O(x^6)=o(x^4)$ et $o(u^2)=o(x^4)$. Il suffit donc de $\ln(1+u)=u-\frac{u^2}2+o(u^2)$. Or $u^2=\frac{x^4}4+o(x^4)$. Ainsi $$\ln(\cos x)=-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}-\frac{x^4}8+o(x^4)=-\frac{x^2}2-\frac{x^4}{12}+o(x^4),$$ puisque $\frac1{24}-\frac3{24}=-\frac2{24}=-\frac1{12}$. Contrôle : la fonction est paire, seuls des degrés pairs apparaissent.

2. On pose $u=\sin x=x-\frac{x^3}6+o(x^3)$ : $u\to0$ et $u=O(x)$, donc $o(u^3)=o(x^3)$. Le DL de $(1+u)^{1/2}$ à l'ordre $3$ est $$\sqrt{1+u}=1+\frac u2-\frac{u^2}8+\frac{u^3}{16}+o(u^3).$$ À l'ordre $3$ : $u^2=x^2+o(x^3)$ (le terme suivant est de degré $4$) et $u^3=x^3+o(x^3)$. Donc $$\sqrt{1+\sin x}=1+\frac x2-\frac{x^3}{12}-\frac{x^2}8+\frac{x^3}{16}+o(x^3).$$ Coefficient de $x^3$ : $-\frac1{12}+\frac1{16}=\frac{-4+3}{48}=-\frac1{48}$. Finalement $$\sqrt{1+\sin x}=1+\frac x2-\frac{x^2}8-\frac{x^3}{48}+o(x^3).$$

1. $e^x-1\sim x$ en $0$, donc $f(x)\sim\frac xx=1$ et $f(x)\to1$. On prolonge en posant $f(0)=1$.

2. La division par $x$ fait perdre un ordre : on utilise $e^x$ à l'ordre $4$. $$e^x-1=x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}6+\frac{x^4}{24}+o(x^4)=x\,(1+w),\qquad w=\frac x2+\frac{x^2}6+\frac{x^3}{24}+o(x^3).$$ Pour $x\neq0$, $f(x)=\frac1{1+w}$, avec $w\to0$ et $w=O(x)$, donc $o(w^3)=o(x^3)$ et $$\frac1{1+w}=1-w+w^2-w^3+o(x^3).$$ À l'ordre $3$ : $w^2=\frac{x^2}4+2\cdot\frac x2\cdot\frac{x^2}6+o(x^3)=\frac{x^2}4+\frac{x^3}6+o(x^3)$ et $w^3=\frac{x^3}8+o(x^3)$. Donc $$f(x)=1-\frac x2-\frac{x^2}6-\frac{x^3}{24}+\frac{x^2}4+\frac{x^3}6-\frac{x^3}8+o(x^3).$$ Coefficient de $x^2$ : $-\frac16+\frac14=\frac1{12}$. Coefficient de $x^3$ : $\frac{-1+4-3}{24}=0$. L'égalité est aussi vraie en $x=0$ puisque $f(0)=1$. Ainsi $$f(x)=1-\frac x2+\frac{x^2}{12}+o(x^3).$$

3. $f$ admet un $\mathrm{DL}_1(0)$ : $f(x)=1-\frac x2+o(x)$. Donc $f$ est dérivable en $0$ avec $f'(0)=-\frac12$. La tangente en $0$ a pour équation $y=1-\frac x2$. Par troncature, $f(x)-\left(1-\frac x2\right)=\frac{x^2}{12}+o(x^2)\sim\frac{x^2}{12}$, quantité strictement positive pour $x\neq0$ voisin de $0$ : la courbe est localement au-dessus de sa tangente, sans la traverser.

4. Pour $x\neq0$ : $f(x)+\frac x2=\frac{2x+x(e^x-1)}{2(e^x-1)}=\frac{x(e^x+1)}{2(e^x-1)}$. En remplaçant $x$ par $-x$ et en multipliant numérateur et dénominateur par $e^x$ : $$\frac{-x(e^{-x}+1)}{2(e^{-x}-1)}=\frac{-x(1+e^x)}{2(1-e^x)}=\frac{x(e^x+1)}{2(e^x-1)}.$$ La fonction est paire (en $0$ elle vaut $1$). Son DL, $1+\frac{x^2}{12}+o(x^3)$, ne doit contenir que des degrés pairs : c'est bien le cas, en particulier le coefficient de $x^3$ est nul.

1. Le dénominateur est d'ordre $3$, on développe le numérateur à l'ordre $3$ : $\sin x=x-\frac{x^3}6+o(x^3)$ et $x\cos x=x\left(1-\frac{x^2}2+o(x^2)\right)=x-\frac{x^3}2+o(x^3)$. Donc $$\sin x-x\cos x=\left(-\frac16+\frac12\right)x^3+o(x^3)=\frac{x^3}3+o(x^3).$$ Le quotient vaut $\frac13+o(1)$ : la limite est $\frac13$.

2. À l'ordre $2$ : $e^x=1+x+\frac{x^2}2+o(x^2)$ et $\cos x=1-\frac{x^2}2+o(x^2)$. Donc $e^x-\cos x-x=x^2+o(x^2)$ et le quotient tend vers $1$.

3. Pour $0<|x|<\pi$, $\frac{\sin x}x>0$ et $\left(\frac{\sin x}x\right)^{1/x^2}=\exp\left(\frac1{x^2}\ln\frac{\sin x}x\right)$. Avec $\sin x$ à l'ordre $3$ : $\frac{\sin x}x=1+u$, $u=-\frac{x^2}6+o(x^2)\to0$. Par substitution, $\ln(1+u)\sim u\sim-\frac{x^2}6$, donc $\frac1{x^2}\ln\frac{\sin x}x\to-\frac16$. Par continuité de $\exp$, la limite vaut $e^{-1/6}$.

4. Pour $x>1$, avec $h=\frac1x\to0^+$ : $$\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^2-x}=x\left(\sqrt{1+h+h^2}-\sqrt{1-h}\right).$$ Par substitution dans $\sqrt{1+u}=1+\frac u2+o(u)$ : $\sqrt{1+h+h^2}=1+\frac h2+o(h)$ et $\sqrt{1-h}=1-\frac h2+o(h)$. La différence vaut $h+o(h)$, donc l'expression vaut $x\left(\frac1x+o\left(\frac1x\right)\right)=1+o(1)$. La limite est $1$.

1. $u_n=\exp(t_n)$ avec $t_n=\frac{\ln n}n$. Par croissances comparées, $t_n\to0$, donc par continuité de $\exp$ en $0$, $u_n\to1$.

2. On a $e^t-1\underset{t\to0}{\sim}t$ et $t_n\to0$. Par substitution, $u_n-1=e^{t_n}-1\sim t_n=\frac{\ln n}n$.

3. Le DL $e^t=1+t+\frac{t^2}2+o(t^2)$ en $0$ et la substitution $t=t_n\to0$ donnent $$u_n=1+t_n+\frac{t_n^2}2+o(t_n^2)=1+\frac{\ln n}n+\frac{(\ln n)^2}{2n^2}+o\left(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\right).$$

4. D'après 3), $u_n-1-\frac{\ln n}n=\frac{(\ln n)^2}{2n^2}+o\left(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\right)$. En multipliant par $\frac{n^2}{(\ln n)^2}$ (pour $n\geq2$) : $$\frac{n^2}{(\ln n)^2}\left(u_n-1-\frac{\ln n}n\right)=\frac12+o(1)\xrightarrow[n\to+\infty]{}\frac12.$$

5. Pour $n\geq2$, $u_n-1>0$ et, d'après 2), $\frac{1/n}{u_n-1}\sim\frac{1/n}{(\ln n)/n}=\frac1{\ln n}\to0$. Donc $\frac1n=o(u_n-1)$ : l'écart $u_n-1$ tend vers $0$ plus lentement que $\frac1n$.

1. $g$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ comme somme de deux fonctions strictement croissantes. Ses limites sont $-\infty$ en $0^+$ et $+\infty$ en $+\infty$. Par le théorème de la bijection, $g$ réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\mathbb R$ : pour tout $n$, l'équation $g(x)=n$ a une unique solution $x_n>0$.

2. Comme $\ln x_n<x_n$, on a $n=x_n+\ln x_n<2x_n$, donc $x_n>\frac n2$ et $x_n\to+\infty$. Par croissances comparées, $\frac{\ln x_n}{x_n}\to0$. En divisant $n=x_n+\ln x_n$ par $x_n$ : $\frac n{x_n}=1+\frac{\ln x_n}{x_n}\to1$, donc $x_n\sim n$.

3. L'équation s'écrit $x_n=n-\ln x_n$, avec $\ln x_n=\ln n+\ln\frac{x_n}n$. Comme $\frac{x_n}n\to1$, la continuité de $\ln$ en $1$ donne $\ln\frac{x_n}n\to0$. Ainsi $\ln x_n=\ln n+o(1)$ et $$x_n=n-\ln n+o(1).$$

4. Posons $v_n=\frac{x_n}n-1$. D'après 3), $v_n=-\frac{\ln n}n+o\left(\frac1n\right)$. Comme $\frac1n=o\left(\frac{\ln n}n\right)$, on obtient $v_n\sim-\frac{\ln n}n$, et en particulier $v_n\to0$. Par substitution dans $\ln(1+v)\underset{v\to0}{\sim}v$ : $$\ln\frac{x_n}n=\ln(1+v_n)\sim v_n\sim-\frac{\ln n}n,\quad\text{donc}\quad\ln\frac{x_n}n=-\frac{\ln n}n+o\left(\frac{\ln n}n\right).$$ En réinjectant dans $x_n=n-\ln n-\ln\frac{x_n}n$ : $$x_n=n-\ln n+\frac{\ln n}n+o\left(\frac{\ln n}n\right).$$

1. $\ln(1+x)$ existe pour $x>-1$ et, $\ln$ étant injective, s'annule seulement en $x=0$. Le terme $\frac1x$ exige $x\neq0$. Donc $f$ est définie sur $D=]-1,0[\,\cup\,]0,+\infty[$.

2. $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3-\frac{x^4}4+o(x^4)$, donc pour $x\neq0$ : $$\frac{\ln(1+x)}x=1+w,\qquad w=-\frac x2+\frac{x^2}3-\frac{x^3}4+o(x^3).$$ On a $w\to0$ et $w=O(x)$, donc $\frac1{1+w}=1-w+w^2-w^3+o(x^3)$, avec $$w^2=\frac{x^2}4-\frac{x^3}3+o(x^3),\qquad w^3=-\frac{x^3}8+o(x^3).$$ Ainsi $$\frac x{\ln(1+x)}=1+\frac x2-\frac{x^2}3+\frac{x^3}4+\frac{x^2}4-\frac{x^3}3+\frac{x^3}8+o(x^3).$$ Coefficient de $x^2$ : $-\frac13+\frac14=-\frac1{12}$. Coefficient de $x^3$ : $\frac{6-8+3}{24}=\frac1{24}$. Donc $$\frac x{\ln(1+x)}=1+\frac x2-\frac{x^2}{12}+\frac{x^3}{24}+o(x^3).$$ En divisant par $x\neq0$ (perte d'un ordre) : $\frac1{\ln(1+x)}=\frac1x+\frac12-\frac x{12}+\frac{x^2}{24}+o(x^2)$.

3. D'après 2), pour $x\in D$ voisin de $0$ : $$f(x)=\frac12-\frac x{12}+\frac{x^2}{24}+o(x^2).$$ Donc $f(x)\to\frac12$ : on prolonge $f$ par continuité en posant $f(0)=\frac12$. Le prolongement admet le $\mathrm{DL}_1(0)$ $f(x)=\frac12-\frac x{12}+o(x)$, donc il est dérivable en $0$ avec $f'(0)=-\frac1{12}$. La tangente en $0$ a pour équation $y=\frac12-\frac x{12}$. Enfin $$f(x)-\left(\frac12-\frac x{12}\right)\sim\frac{x^2}{24},$$ quantité strictement positive pour $x\neq0$ voisin de $0$ : la courbe est localement au-dessus de sa tangente.

4. Quand $x\to-1^+$, $\ln(1+x)\to-\infty$, donc $\frac1{\ln(1+x)}\to0$, et $\frac1x\to-1$. Ainsi $f(x)\to1$ : on prolonge en posant $f(-1)=1$.

Pour $x\in]-1,0[$, posons $t=1+x\in]0,1[$. Alors $f(x)-1=\frac1{\ln t}-\frac{1+x}x=\frac1{\ln t}-\frac tx$, et $$\frac{f(x)-f(-1)}{x-(-1)}=\frac1{t\ln t}-\frac1x.$$ Par croissances comparées, $t\ln t\to0$ quand $t\to0^+$, avec $t\ln t<0$ : donc $\frac1{t\ln t}\to-\infty$. Comme $\frac1x\to-1$, le taux d'accroissement tend vers $-\infty$. Le prolongement n'est pas dérivable en $-1$ : la courbe admet au point $(-1,1)$ une demi-tangente verticale.

5. Pour $x>0$, $\ln(1+x)=\ln x+\ln\left(1+\frac1x\right)=\ln x+o(1)$, et $\ln x\to+\infty$, donc $\ln(1+x)\sim\ln x$. On écrit $$f(x)=\frac1{\ln(1+x)}\left(1-\frac{\ln(1+x)}x\right).$$ Or $\frac{\ln(1+x)}x\sim\frac{\ln x}x\to0$ par croissances comparées : la parenthèse tend vers $1$. Donc $f(x)\sim\frac1{\ln(1+x)}\sim\frac1{\ln x}$ ; en particulier $f(x)\to0^+$.