Corrigé des exercices - Dunod

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2. On détermine un développement limité du numérateur à l’ordre 1 au voisinage de 2 :
(2 + h) 2 − 2 2+h = (2 + h) 2 − 4e h ln 2 = (4 + 4h) − 4(1 + h ln 2) + o(h)
= 4(1 − ln 2)h + o(h).
On en déduit
lim
x→2
x 2 − 2 x
sin(x − 2) = lim 4(1 − ln2)h + o(h)
= 4(1 − ln 2).
h→0 sin h
3. On utilise des développements limités du numérateur et du dénominateur au voisinage
de a :
((
(a + h) a − a a+h = a a 1 + h ) a )
− a h = a a (1 + h − 1 − h lna + o(h))
a
= a a (1 − lna)h + o(h)
asin(a + h) − (a + h)sin a = asin acos h + acos asin h − (a + h)sin a
= (acos a − sina)h − asin a h 2 + o(h 2 ).
2
• Si acos a − sin a ≠ 0, on trouve
lim
x→a
x a − a x
asin x − xsin a = lim
h→0
a a (1 − lna)h + o(h)
(acos a − sin a)h − asin a h
2
2 + o(h 2 )
= aa (1 − lna)
acos a − sin a .
• Si acos a − sin a = 0, c’est-à-dire si tan a = a, équation qui possède une solution dans
chacun des intervalles
]kπ, π [
2 + kπ (k ∈ N ∗ ), la limite est infinie et il faut distinguer limite
à droite et à gauche. On obtient
lim
x→a +
x a − a x
asin x − xsina = lim
a a (1 − lna)h + o(h)
h→0 + − asin a = ±∞,
h
2
2 + o(h 2 )
le signe étant celui de lna − 1 On a lna − 1 > 0 car a π et le signe de sin a dépend de la
sina
parité de k : la limite est +∞ si k est pair et −∞ sinon. Pour la limite à gauche les résultats
sont inversés.
Exercice 24.5
1. On écrit ( ) x (
ln(x + 1)
= exp xln
lnx
Quand x tend vers +∞, on a
ln(x + 1)
lnx
( ln(x + 1)
lnx
))
.
= 1 + 1 (1
lnx ln + 1 )
−→ 1.
x
On en déduit que
( ) ln(x + 1)
xln
∼x 1 (1
lnx lnx ln + 1 )
∼ 1
x lnx .