MPSI · Analyse asymptotique

Applications des développements limités

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Dans toute cette leçon, II désigne un intervalle réel d'intérieur non vide et ff une fonction réelle définie sur II.

Détecter un extremum local

Question

La condition f′(a)=0f'(a)=0 ne suffit pas à caractériser un extremum : la fonction x↦x3x\mapsto x^3 l'annule en 00 sans y présenter d'extremum. Que faut-il regarder de plus — et comment un développement limité à l'ordre 22 peut-il trancher, alors même que ff n'est pas supposée deux fois dérivable ?

Proposition 1 : Critère d'extremum local par développement limité d'ordre 2

Soit a∈I˚a \in \mathring{I}. Supposons qu'il existe λ∈R∗\lambda \in \mathbb{R}^* tel que :

f(x)=x→af(a)+λ(x−a)2+o ⁣((x−a)2)f(x) \underset{x \to a}{=} f(a) + \lambda(x-a)^2 + \mathrm{o}\!\left((x-a)^2\right)
  1. Si λ>0\lambda > 0, alors ff admet un minimum local en aa.
  2. Si λ<0\lambda < 0, alors ff admet un maximum local en aa.

Démonstration :

Par hypothèse, il existe une fonction ε\varepsilon de limite nulle en aa telle que, au voisinage de aa,

f(x)−f(a)=(x−a)2(λ+ε(x)).f(x)-f(a) = (x-a)^2\bigl(\lambda+\varepsilon(x)\bigr) .

Comme λ≠0\lambda\neq0, appliquons la définition de la limite de ε\varepsilon avec le réel strictement positif ∣λ∣2\frac{|\lambda|}{2} : il existe un voisinage VV de aa sur lequel

∣ε(x)∣⩽∣λ∣2.\left|\varepsilon(x)\right| \leqslant \frac{|\lambda|}{2}.

Sur V∩IV\cap I, la quantité λ+ε(x)\lambda+\varepsilon(x) est donc du signe strict de λ\lambda : si λ>0\lambda>0, elle est minorée par λ2>0\frac{\lambda}{2}>0 ; si λ<0\lambda<0, elle est majorée par λ2<0\frac{\lambda}{2}<0.

Puisque (x−a)2⩾0(x-a)^2\geqslant0, on en déduit sur V∩IV\cap I :

1. Si λ>0\lambda>0, alors f(x)−f(a)⩾λ2(x−a)2⩾0f(x)-f(a) \geqslant \frac{\lambda}{2}(x-a)^2 \geqslant 0, c'est-à-dire f(x)⩾f(a)f(x)\geqslant f(a) : la fonction ff admet un minimum local en aa.

2. Si λ<0\lambda<0, alors f(x)−f(a)⩽λ2(x−a)2⩽0f(x)-f(a) \leqslant \frac{\lambda}{2}(x-a)^2 \leqslant 0, c'est-à-dire f(x)⩽f(a)f(x)\leqslant f(a) : la fonction ff admet un maximum local en aa.

Test 1 : Et si λ est nul ?

Si f(x)=x→af(a)+o ⁣((x−a)2)f(x) \underset{x\to a}{=} f(a)+o\!\left((x-a)^2\right), alors ff admet un extremum local en aa.

Test 2

Si f(x)=x→13−5(x−1)2+o ⁣((x−1)2)f(x) \underset{x\to 1}{=} 3-5(x-1)^2+o\!\left((x-1)^2\right), alors ff admet un maximum local en 11, égal à 33.

Test 3 : La réciproque

Si ff admet un minimum local en aa et un développement limité à l'ordre 22 en aa, alors le coefficient de (x−a)2(x-a)^2 est strictement positif.

Exercice 1

Montrer que f:x⟼sinh⁡(x)sin⁡xf : x \longmapsto \dfrac{\sinh(x)}{\sin x} est prolongeable par continuité en 00 et que c'est alors un minimum local.

Solution :(cliquer pour afficher)

Le prolongement. La fonction ff est définie sur un voisinage épointé de 00, puisque sin⁡x≠0\sin x\neq0 pour 0<∣x∣<π0<|x|<\pi. Les développements usuels donnent

sinh⁡x=x→0x+x36+o(x3)=x(1+x26+o(x2)),\sinh x \underset{x\to0}{=} x+\frac{x^3}{6}+o(x^3) = x\left(1+\frac{x^2}{6}+o(x^2)\right),sin⁡x=x→0x−x36+o(x3)=x(1−x26+o(x2)).\sin x \underset{x\to0}{=} x-\frac{x^3}{6}+o(x^3) = x\left(1-\frac{x^2}{6}+o(x^2)\right).

Pour x≠0x\neq0, on simplifie par xx :

f(x)=1+x26+o(x2)1−x26+o(x2).f(x) = \frac{1+\frac{x^2}{6}+o(x^2)}{1-\frac{x^2}{6}+o(x^2)} .

Le dénominateur tend vers 11 ; on l'inverse en posant u(x)=x26+o(x2)u(x)=\frac{x^2}{6}+o(x^2), de limite nulle et de valuation 22, de sorte que u2=o(x2)u^2 = o(x^2) :

11−u(x)=1+u(x)+o(x2)=1+x26+o(x2).\frac{1}{1-u(x)} = 1+u(x)+o(x^2) = 1+\frac{x^2}{6}+o(x^2).

Par produit,

f(x)=x→0(1+x26)(1+x26)+o(x2)=1+x23+o(x2).f(x) \underset{x\to0}{=} \left(1+\frac{x^2}{6}\right)\left(1+\frac{x^2}{6}\right)+o(x^2) = 1+\frac{x^2}{3}+o(x^2).

En particulier f(x)→1f(x)\to1 : la fonction ff se prolonge par continuité en posant f(0)=1f(0)=1.

L'extremum. Le développement précédent s'écrit alors

f(x)=x→0f(0)+13x2+o(x2),f(x) \underset{x\to0}{=} f(0)+\frac13 x^2+o(x^2),

c'est-à-dire la forme de la proposition avec λ=13\lambda = \frac13. Comme λ>0\lambda>0, le prolongement de ff admet en 00 un minimum local.

Contrôle indépendant. Pour 0<x<π0<x<\pi, on a sinh⁡x>x>sin⁡x>0\sinh x>x>\sin x>0, donc f(x)>1=f(0)f(x)>1=f(0) ; et ff est paire, l'inégalité vaut donc des deux côtés. Il s'agit bien d'un minimum.

Position par rapport à la tangente

Question

Les deux premiers termes d'un développement limité donnent l'équation de la tangente. Mais une tangente ne dit pas de quel côté d'elle se trouve la courbe : c'est le premier terme suivant qui doit le décider. Lequel exactement, et pourquoi son degré change-t-il tout ?

Proposition 2

Supposons que ff admette un développement limité à l'ordre p⩾2p \geqslant 2 en x0∈Ix_0\in I :

f(x)=a0+a1(x−x0)+ap(x−x0)p+o((x−x0)p)avec ap≠0.f(x) = a_0 + a_1(x - x_0) + a_p(x - x_0)^p + o\left((x - x_0)^p\right) \quad \text{avec } a_p \neq 0.

Alors :

  1. Le graphe de ff admet la droite d'équation y=a0+a1(x−x0)y = a_0 + a_1(x - x_0) pour tangente en x0x_0.
  2. Au voisinage de x0x_0, la position de la courbe par rapport à cette tangente est donnée par le signe de ap(x−x0)pa_p(x - x_0)^p.

Démonstration :

1. Par troncature à l'ordre 11, le développement de l'énoncé donne

f(x)=a0+a1(x−x0)+o(x−x0),f(x) = a_0+a_1(x-x_0)+o(x-x_0),

puisque les termes ap(x−x0)pa_p(x-x_0)^p et o ⁣((x−x0)p)o\!\left((x-x_0)^p\right) sont des o(x−x0)o(x-x_0) dès que p⩾2p\geqslant2. D'après la caractérisation des développements limités à l'ordre 11, la fonction ff est donc dérivable en x0x_0 avec

f(x0)=a0etf′(x0)=a1.f(x_0) = a_0 \qquad \text{et} \qquad f'(x_0) = a_1 .

L'équation de la tangente au graphe de ff en x0x_0 est y=f(x0)+f′(x0)(x−x0)y = f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0), soit y=a0+a1(x−x0)y = a_0+a_1(x-x_0).

2. Notons T(x)=a0+a1(x−x0)T(x) = a_0+a_1(x-x_0). Par différence,

f(x)−T(x)=ap(x−x0)p+o ⁣((x−x0)p).f(x)-T(x) = a_p(x-x_0)^p+o\!\left((x-x_0)^p\right).

Le membre de droite est un développement limité à l'ordre pp dont le premier coefficient non nul est apa_p : d'après la proposition du terme prépondérant,

f(x)−T(x)∼x→x0ap(x−x0)p,f(x)-T(x) \underset{x\to x_0}{\sim} a_p(x-x_0)^p ,

et deux fonctions équivalentes sont de même signe strict au voisinage de x0x_0. La position de la courbe par rapport à sa tangente est donc donnée par le signe de ap(x−x0)pa_p(x-x_0)^p.

Remarque :

Le signe de (x−x0)p(x-x_0)^p ne dépend de la parité de pp que d'un côté du point :

  • si pp est pair, (x−x0)p>0(x-x_0)^p>0 des deux côtés : la courbe reste du même côté de sa tangente, au-dessus si ap>0a_p>0, en dessous si ap<0a_p<0 ;
  • si pp est impair, (x−x0)p(x-x_0)^p change de signe en x0x_0 : la courbe traverse sa tangente. On dit que x0x_0 est un point d'inflexion.

Test 4 : Point d'inflexion

Si f(x)=x→02+x+5x3+o(x3)f(x) \underset{x\to0}{=} 2+x+5x^3+o(x^3), alors le graphe de ff traverse sa tangente en 00.

Test 5 : Un coefficient positif suffit-il ?

Si ap>0a_p>0, alors la courbe est au-dessus de sa tangente au voisinage de x0x_0.

Exercice 2 : Développement limité et étude de tangente

On considère la fonction f:x↦ex1−xf : x \mapsto \dfrac{e^x}{1 - x}.

Donner la position de la tangente au graphe de ff au point d'abscisse 00 par rapport à ce graphe au voisinage de ce point.

Solution :(cliquer pour afficher)

Le développement limité de ff à l'ordre 33 en 00 a été établi à la leçon précédente :

f(x)=x→01+2x+52x2+83x3+o(x3).f(x) \underset{x\to0}{=} 1+2x+\frac{5}{2}x^2+\frac{8}{3}x^3+o(x^3).

La tangente. Les deux premiers termes donnent f(0)=1f(0)=1 et f′(0)=2f'(0)=2 : la tangente en 00 a pour équation

y=1+2x.y = 1+2x .

La position. Le premier terme suivant est celui de degré p=2p=2, avec a2=52≠0a_2 = \frac52\neq0. La proposition s'applique (on peut d'ailleurs tronquer à l'ordre 22) :

f(x)−(1+2x)∼x→052x2.f(x)-(1+2x) \underset{x\to0}{\sim} \frac{5}{2}x^2 .

L'exposant p=2p=2 étant pair et a2>0a_2>0, cette quantité est strictement positive pour x≠0x\neq0 voisin de 00 : la courbe est au-dessus de sa tangente de part et d'autre de 00, la tangente étant donc localement en dessous du graphe.

Asymptote oblique et développement asymptotique

Question

Un développement limité décrit une fonction au voisinage d'un point fini. En +∞+\infty, la variable pertinente n'est plus xx mais 1x\frac1x. Que devient alors la partie régulière — et que lit-on sur elle : l'existence d'une asymptote, sa position ?

Proposition 3

On suppose que ff est définie au voisinage de +∞+\infty. Si au voisinage de +∞+\infty on a f(x)=a+bx+cx+o(1x)f(x)=a+bx+\frac{c}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right) avec a,b,c∈Ra,b,c\in\mathbb{R}, alors le graphe de ff admet une asymptote oblique d'équation y=bx+ay=bx+a au voisinage de +∞+\infty, et la position de cette droite par rapport à la courbe est donnée par le signe de cc.

Démonstration :

Notons DD la droite d'équation y=bx+ay=bx+a et posons Δ(x)=f(x)−(bx+a)\Delta(x)=f(x)-(bx+a), l'écart vertical entre la courbe et DD.

L'asymptote. Par hypothèse,

Δ(x)=cx+o ⁣(1x).\Delta(x) = \frac{c}{x}+o\!\left(\frac1x\right) .

Comme 1x→0\frac1x\to0 en +∞+\infty, chacun des deux termes tend vers 00, donc Δ(x)→0\Delta(x)\to0 : par définition, la droite DD est asymptote au graphe de ff en +∞+\infty.

La position. Supposons c≠0c\neq0. La fonction x↦cxx\mapsto\frac cx ne s'annulant pas au voisinage de +∞+\infty, la caractérisation de ∼\sim par le quotient donne

Δ(x)∼x→+∞cx,\Delta(x) \underset{x\to+\infty}{\sim} \frac{c}{x},

et deux fonctions équivalentes sont de même signe strict au voisinage de +∞+\infty. Or, pour x>0x>0, le réel cx\frac cx est du signe de cc. Donc Δ\Delta est du signe de cc : la courbe est au-dessus de DD si c>0c>0, en dessous si c<0c<0.

Vocabulaire :

Le développement f(x)=a+bx+cx+o(1x)f(x)=a+bx+\frac{c}{x}+o\left(\frac{1}{x}\right) est appelé développement asymptotique.

Rédaction — Chercher une asymptote oblique en ±∞ :

Pour obtenir le développement asymptotique de ff en +∞+\infty (ou en −∞-\infty) :

  1. Poser t=1xt=\frac1x, de sorte que t→0t\to0 : tout revient à un développement limité en 00.
  2. Factoriser l'expression par sa plus grande puissance de xx, de façon à faire apparaître des quantités qui tendent vers 00. Attention aux racines : x2=∣x∣\sqrt{x^2}=|x|, qui vaut xx en +∞+\infty mais −x-x en −∞-\infty.
  3. Développer à la précision o ⁣(1x)o\!\left(\frac1x\right) — c'est-à-dire un terme de plus que ce que demande l'asymptote seule.
  4. Lire : le bloc bx+abx+a donne l'asymptote, le terme cx\frac cx donne la position.

Test 6 : Un équivalent suffit-il ?

Si f(x)∼x→+∞xf(x)\underset{x\to+\infty}{\sim} x, alors le graphe de ff admet la droite d'équation y=xy=x pour asymptote en +∞+\infty.

Test 7 : La même position en −∞ ?

Si f(x)=x→−∞a+bx+cx+o ⁣(1x)f(x)\underset{x\to-\infty}{=}a+bx+\frac{c}{x}+o\!\left(\frac1x\right) avec c>0c>0, alors la courbe est au-dessus de son asymptote au voisinage de −∞-\infty.

Exercice 3

Montrer que la fonction ff définie par f(x)=x3+1x2−1f(x) =\dfrac{x^3 + 1}{x^2- 1} présente une asymptote oblique au voisinage de +∞+\infty et préciser la position de cette droite par rapport à la courbe.

Solution :(cliquer pour afficher)

Simplification préalable. Pour x∉{−1,1}x\notin\{-1,1\}, la factorisation x3+1=(x+1)(x2−x+1)x^3+1=(x+1)(x^2-x+1) et x2−1=(x+1)(x−1)x^2-1=(x+1)(x-1) donne

f(x)=x2−x+1x−1.f(x) = \frac{x^2-x+1}{x-1} .

La division euclidienne de x2−x+1x^2-x+1 par x−1x-1 s'écrit x2−x+1=x(x−1)+1x^2-x+1 = x(x-1)+1, d'où

f(x)=x+1x−1.f(x) = x+\frac{1}{x-1} .

Développement asymptotique. Au voisinage de +∞+\infty, factorisons par xx dans le second terme :

1x−1=1x×11−1x=1x(1+1x+o ⁣(1x))=1x+o ⁣(1x),\frac{1}{x-1} = \frac1x\times\frac{1}{1-\frac1x} = \frac1x\left(1+\frac1x+o\!\left(\frac1x\right)\right) = \frac1x+o\!\left(\frac1x\right),

en substituant u=1xu=\frac1x, de limite nulle, dans le développement 11−u=1+u+o(u)\frac{1}{1-u}=1+u+o(u). Donc

f(x)=x→+∞0+x+1x+o ⁣(1x).f(x) \underset{x\to+\infty}{=} 0+x+\frac{1}{x}+o\!\left(\frac1x\right).

Conclusion. On identifie a=0a=0, b=1b=1 et c=1c=1. D'après la proposition, le graphe de ff admet en +∞+\infty l'asymptote oblique d'équation

y=x,y = x ,

et, puisque c=1>0c=1>0, la courbe est au-dessus de son asymptote au voisinage de +∞+\infty — autrement dit la droite est en dessous du graphe.

Exercice 4 : Une asymptote de chaque côté

Soit f:x↦x2+x+1f : x\mapsto \sqrt{x^2+x+1}, définie sur R\mathbb{R}.

  1. Former le développement asymptotique de ff à la précision o ⁣(1x)o\!\left(\frac1x\right) au voisinage de +∞+\infty, puis au voisinage de −∞-\infty.
  2. En déduire les deux asymptotes obliques du graphe de ff et, dans chaque cas, la position de la courbe par rapport à son asymptote.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Le trinôme x2+x+1x^2+x+1 est de discriminant −3<0-3<0 : il est strictement positif sur R\mathbb{R} et ff est bien définie. Factorisons par x2x^2 sous la racine :

f(x)=x2(1+1x+1x2)=∣x∣ 1+u(x),u(x)=1x+1x2.f(x) = \sqrt{x^2\left(1+\frac1x+\frac{1}{x^2}\right)} = |x|\,\sqrt{1+u(x)}, \qquad u(x) = \frac1x+\frac{1}{x^2} .

La quantité u(x)u(x) tend vers 00 en ±∞\pm\infty. Avec 1+u=1+u2−u28+o(u2)\sqrt{1+u}=1+\frac u2-\frac{u^2}{8}+o(u^2) et

u2=1x2+o ⁣(1x2),u^2 = \frac{1}{x^2}+o\!\left(\frac{1}{x^2}\right),

il vient

1+u(x)=1+12x+12x2−18x2+o ⁣(1x2)=1+12x+38x2+o ⁣(1x2).\sqrt{1+u(x)} = 1+\frac{1}{2x}+\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{8x^2}+o\!\left(\frac{1}{x^2}\right) = 1+\frac{1}{2x}+\frac{3}{8x^2}+o\!\left(\frac{1}{x^2}\right).

En +∞+\infty, ∣x∣=x|x|=x, donc

f(x)=x→+∞x+12+38x+o ⁣(1x).f(x) \underset{x\to+\infty}{=} x+\frac12+\frac{3}{8x}+o\!\left(\frac1x\right).

En −∞-\infty, ∣x∣=−x|x|=-x, donc

f(x)=x→−∞−x−12−38x+o ⁣(1x).f(x) \underset{x\to-\infty}{=} -x-\frac12-\frac{3}{8x}+o\!\left(\frac1x\right).

2. En +∞+\infty : on lit b=1b=1, a=12a=\frac12 et c=38c=\frac38. L'asymptote a pour équation y=x+12y=x+\frac12, et comme c>0c>0, la courbe est au-dessus de son asymptote.

En −∞-\infty : l'asymptote a pour équation y=−x−12y=-x-\frac12, et l'écart vaut

f(x)−(−x−12)∼x→−∞−38x.f(x)-\left(-x-\frac12\right) \underset{x\to-\infty}{\sim} -\frac{3}{8x} .

Ici x<0x<0, donc −38x>0-\frac{3}{8x}>0 : la courbe est également au-dessus de son asymptote. C'est le piège du signe en −∞-\infty : le coefficient c=−38c=-\frac38 est négatif, mais la position, elle, est positive.

Contrôle. La courbe de ff est toujours au-dessus des deux droites, ce qui était prévisible : f(x)2−(x+12)2=34>0f(x)^2-\left(x+\frac12\right)^2 = \frac34>0 et f⩾0f\geqslant0, donc f(x)>∣x+12∣f(x)>\left|x+\frac12\right| pour tout xx.