Développements limités : 18 exercices corrigés

DL de l'exponentielle

ApplicationDifficulté 3/5

Donner le développement limité à l'ordre $3$ en $0$ de $f(x)=e^x$ .

Indices (3)

DL usuel : $e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ .

Le coefficient de $x^k$ est $\dfrac1{k!}$ .

S'arrêter à l'ordre $3$ : le reste est $o(x^3)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un développement limité n'est pas une formule à réciter : c'est le meilleur polynôme qui imite la fonction près de $0$ .

L'exponentielle est courbe, le polynôme est droit puis courbe puis ondulant — et pourtant, sur un petit voisinage de $0$ , on peut les rendre indiscernables. Le DL dit jusqu'à quel point.

Deux mots de l'énoncé portent tout le sens :

« à l'ordre $3$ » : on garde les puissances $x^0,x^1,x^2,x^3$ et on jette le reste ;
« en $0$ » : l'imitation n'est bonne qu'autour de $0$ . En $x=5$ elle ne vaut rien.

👉 Et il y a une raison pour laquelle $e^x$ est le DL de référence, celui dont on déduit presque tous les autres : $e^x$ est sa propre dérivée. Toutes ses dérivées valent donc $e^x$ , toutes valent $1$ en $0$ , et les coefficients sortent tout seuls.

Écrire le DL usuel

\boxed{e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)}

Le symbole $o(x^3)$ — « petit o de $x^3$ » — désigne tout ce qu'on a jeté. Ce n'est pas « environ zéro » : c'est une quantité qui devient négligeable devant $x^3$ quand $x$ tend vers $0$ , c'est-à-dire dont le quotient par $x^3$ tend vers $0$ .

D'où viennent les coefficients

Le coefficient de $x^k$ vaut $\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}$ . Ici $f^{(k)}(x)=e^x$ pour tout $k$ , donc $f^{(k)}(0)=1$ :

$k$	$0$	$1$	$2$	$3$
$f^{(k)}(0)$	$1$	$1$	$1$	$1$
$k!$	$1$	$1$	$2$	$6$
coefficient	$1$	$1$	$\tfrac12$	$\tfrac16$

Les coefficients décroissent vite : $1,\ 1,\ 0{,}5,\ 0{,}167$ . C'est ce qui rend le polynôme utilisable — les termes lointains pèsent de moins en moins.

Rappel de cours

Les six DL usuels en $0$ , à connaître par cœur

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$
$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+o(x^3)\qquad (1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2)$
Trois d'entre eux se retiennent par leur coefficient : $\tfrac1{k!}$ pour $e^x$ , $\tfrac{(-1)^{k-1}}{k}$ pour $\ln(1+x)$ , $(-1)^k$ pour $\tfrac1{1+x}$ .

Contrôle numérique — et il est plus fort qu'il n'en a l'air

Testons en $x=0{,}1$ :

	valeur
polynôme $1+0{,}1+0{,}005+0{,}000167$	$1{,}105167$
vraie valeur $e^{0{,}1}$	$1{,}105171$
écart	$4{,}25\times10^{-6}$

Se contenter de « c'est proche » serait faible. Le contrôle fort est que l'écart doit valoir le terme SUIVANT, celui qu'on a jeté : $\dfrac{x^4}{24}=\dfrac{0{,}0001}{24}=4{,}17\times10^{-6}$ .

$4{,}25$ contre $4{,}17$ : on retrouve l'écart au pourcent près. Un DL faux ne passerait pas ce test — il tomberait à côté d'un facteur, pas d'un pourcent.

L'erreur classique

⚠️ Oublier les factorielles et écrire $e^x=1+x+x^2+x^3$ .

C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre, parce que la formule $1+x+x^2+x^3+\dots$ existe vraiment — c'est celle de $\dfrac{1}{1-x}$ . On confond deux DL voisins.

Le contrôle qui la tue, et il ne demande aucun calcul : $e^x$ est sa propre dérivée, donc son DL doit l'être aussi, terme à terme.

la bonne version : $\Big(1+x+\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}6\Big)'=1+x+\tfrac{x^2}2$ — c'est le même polynôme, amputé de son dernier terme ✓
la fautive : $\big(1+x+x^2+x^3\big)'=1+2x+3x^2$ — qui ne ressemble à rien ✗

👉 Ce contrôle discrimine : il accepte la bonne réponse et refuse la fausse. C'est ce qu'on exige d'un contrôle ; « les deux valent $1$ en $0$ » n'aurait rien prouvé, les deux valent $1$ en $0$ .

À retenir

Un DL est une approximation LOCALE, et son ordre dit sa qualité. En $x=0{,}1$ l'ordre $3$ se trompe d'environ $4\times10^{-6}$ ; en $x=1$ , de $5\times10^{-2}$ ; en $x=5$ il ne donne rien.

Le reste $o(x^3)$ n'est pas un détail de notation. L'oublier, c'est écrire une égalité fausse : $e^x$ n'est pas un polynôme.

Le DL de $e^x$ est la clé du chapitre. $e^{2x}$ , $e^{-x}$ , $e^{\sin x}$ , $e^{-x^2/2}$ s'en déduisent tous par substitution — on ne recalcule jamais de dérivées.

Réponse.

e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)

. (Recoupement : terme en

x^k

=

\tfrac1{k!}

,

\tfrac1{3!}=\tfrac16

✓)

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DL du logarithme

ApplicationDifficulté 3/5

Donner le développement limité à l'ordre $3$ en $0$ de $f(x)=\ln(1+x)$ .

Indices (3)

DL usuel : $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dots$

Le coefficient de $x^k$ ( $k\ge1$ ) est $\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}$ .

Pas de terme constant : $\ln(1+0)=0$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Pourquoi $\ln(1+x)$ et non $\ln x$ ? Parce qu'un DL en $0$ exige que la fonction ait une limite finie en $0$ . Or $\ln x$ tend vers $-\infty$ . En décalant d'une unité, on obtient une fonction définie en $0$ , et qui y vaut $\ln 1=0$ .

Ce $0$ n'est pas anecdotique : le DL de $\ln(1+x)$ n'a pas de terme constant, et c'est le premier fait à noter.

Deuxième observation, qui donne tout le reste : la dérivée de $\ln(1+x)$ est $\dfrac{1}{1+x}$ , dont le DL est immédiat (série géométrique). Le DL du logarithme n'est donc pas une formule de plus à mémoriser : c'est la primitive d'une chose qu'on sait déjà.

Écrire le DL usuel

\boxed{\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)}

Le coefficient de $x^k$ vaut $\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}$ pour $k\geq1$ : les signes alternent en commençant par $+$ , et les dénominateurs sont les entiers eux-mêmes.

+x\ \ -\frac{x^2}{2}\ \ +\frac{x^3}{3}\ \ -\frac{x^4}{4}\ \ +\dots

Le vérifier par dérivation

C'est le contrôle naturel, et il ne coûte rien.

Dérivons terme à terme le résultat :

\Big(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\Big)'=1-x+x^2

Et le DL de la dérivée réelle, $\dfrac{1}{1+x}$ , est bien $1-x+x^2+o(x^2)$ — la série géométrique de raison $-x$ .

Les deux coïncident. Un DL de $\ln(1+x)$ dont la dérivée ne donnerait pas $1-x+x^2$ serait faux, sans qu'on ait besoin de savoir lequel.

Rappel de cours

Dérivation et primitivation d'un DL

Si $f(x)=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n+o(x^n)$ , alors sa primitive qui s'annule en $0$ vaut
$a_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\dots+\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}+o(x^{n+1})$

⚠️ Primitiver gagne un ordre ; dériver en perd un. C'est asymétrique, et c'est pourquoi on préfère toujours primitiver.

C'est exactement ce mécanisme qui produit le DL ci-dessus : $\dfrac{1}{1+x}$ à l'ordre $2$ donne $\ln(1+x)$ à l'ordre $3$ .

Contrôle numérique

En $x=0{,}1$ :

	valeur
polynôme $0{,}1-0{,}005+0{,}000333$	$0{,}095333$
vraie valeur $\ln(1{,}1)$	$0{,}095310$
écart	$-2{,}32\times10^{-5}$

Et le terme suivant, celui qu'on a jeté, vaut $-\dfrac{x^4}{4}=-2{,}50\times10^{-5}$ . Même ordre de grandeur, même signe : l'approximation dépasse légèrement la vraie valeur, exactement comme le prédit le terme en $-x^4$ .

L'erreur classique

⚠️ Écrire un terme constant : $\ln(1+x)=1+x-\dfrac{x^2}{2}+\dots$

C'est un réflexe d'imitation — le DL de $e^x$ commence par $1$ , on transpose. Mais le terme constant d'un DL en $0$ est toujours $f(0)$ , et ici $f(0)=\ln 1=0$ .

Le contrôle : évaluer les deux versions en $x=0$ .

la fautive donne $1$ , alors que $\ln(1)=0$ ✗
la bonne donne $0$ ✓

⚠️ Seconde erreur, plus subtile : mettre des factorielles. Écrire $x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}$ en croyant reconnaître le motif de $e^x$ . Le dénominateur du terme en $x^3$ est $3$ , pas $3!=6$ .

Le contrôle est encore la dérivation : $\Big(x-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}6\Big)'=1-x+\tfrac{x^2}2$ , qui n'est pas le DL de $\dfrac1{1+x}$ ✗.

À retenir

Le terme constant d'un DL en $0$ est $f(0)$ — toujours. Un DL de fonction qui s'annule en $0$ n'a pas de terme constant.

$\ln(1+x)$ et $e^x$ ont des dénominateurs différents : les entiers $1,2,3,4$ pour l'un, les factorielles $1,1,2,6$ pour l'autre. C'est le point de confusion n°1 du chapitre, et il se lève par une dérivation.

Un DL se contrôle en dérivant, quand on connaît le DL de la dérivée. C'est gratuit et ça discrimine.

Réponse.

\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)

. (Recoupement : la dérivée

\tfrac1{1+x}=1-x+x^2+o(x^2)

est bien la dérivée terme à terme ✓)

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DL d'une racine

ApplicationDifficulté 3/5

À l'aide de $(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2)$ , donner le DL à l'ordre $2$ en $0$ de $\sqrt{1+x}$ .

Indices (3)

$\sqrt{1+x}=(1+x)^{1/2}$ , donc $\alpha=\dfrac12$ .

Coefficient de $x$ : $\alpha=\dfrac12$ .

Coefficient de $x^2$ : $\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2}=\dfrac{\tfrac12\cdot(-\tfrac12)}{2}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une racine carrée est une puissance $\tfrac12$ , et l'énoncé nous donne la formule pour les puissances quelconques. Tout l'exercice tient dans cette reconnaissance :

\sqrt{1+x}=(1+x)^{1/2}\qquad\text{donc}\qquad \alpha=\frac12

⚠️ Et c'est la seule des formules usuelles où un paramètre entre dans les coefficients. Les autres DL sont des tableaux de nombres fixes ; celui-ci est une machine qu'on règle. D'où la discipline : poser $\alpha$ explicitement avant de calculer, jamais de tête.

👉 Le résultat vaut d'être anticipé : $\sqrt{1+x}\approx1+\tfrac x2$ dit qu'une petite augmentation relative de $1+x$ produit la moitié en racine. Une hausse de $4\,\%$ donne $2\,\%$ de racine en plus. C'est le calcul mental des ingénieurs, et il sort de là.

Appliquer la formule

(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2)

Coefficient de $x$ : $\alpha=\dfrac12$ .

Coefficient de $x^2$ : on calcule le numérateur d'abord, séparément, parce que c'est là que les signes se perdent.

\alpha(\alpha-1)=\frac12\times\Big(\frac12-1\Big)=\frac12\times\Big(-\frac12\Big)=-\frac14

\text{puis}\qquad \frac{\alpha(\alpha-1)}{2}=\frac{-\tfrac14}{2}=-\frac18

\boxed{\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+o(x^2)}

Le signe du terme carré n'est pas un accident

$\alpha-1$ est négatif dès que $\alpha<1$ , donc pour toutes les racines ( $\tfrac12$ , $\tfrac13$ , $\tfrac14$ …). Le terme en $x^2$ d'une racine est donc toujours négatif.

Géométriquement : $\sqrt{\ }$ est concave, sa courbe est sous sa tangente. Le DL le dit — $1+\tfrac x2$ est la tangente, et le $-\tfrac{x^2}8$ tire vers le bas.

C'est un contrôle de plausibilité qui ne coûte rien : un DL de racine dont le terme en $x^2$ serait positif est faux, sans même regarder les calculs.

Rappel de cours

Puissance quelconque
$(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{6}x^3+o(x^3)$

Trois cas à reconnaître au premier coup d'œil :

$\alpha$ fonction DL à l'ordre $2$

$\tfrac12$ $\sqrt{1+x}$ $1+\tfrac x2-\tfrac{x^2}8$

$-\tfrac12$ $\dfrac1{\sqrt{1+x}}$ $1-\tfrac x2+\tfrac{3x^2}8$

$-1$ $\dfrac1{1+x}$ $1-x+x^2$

Le dernier redonne la série géométrique : c'est le même théorème.

$\alpha$	fonction	DL à l'ordre $2$
$\tfrac12$	$\sqrt{1+x}$	$1+\tfrac x2-\tfrac{x^2}8$
$-\tfrac12$	$\dfrac1{\sqrt{1+x}}$	$1-\tfrac x2+\tfrac{3x^2}8$
$-1$	$\dfrac1{1+x}$	$1-x+x^2$

Contrôle par mise au carré

C'est le contrôle de cet exercice, et il est spécifique aux racines : si le DL est juste, son carré doit redonner $1+x$ .

\Big(1+\frac x2-\frac{x^2}8\Big)^2=1+x-\frac{x^3}{8}+\frac{x^4}{64}

Les termes en $1$ , $x$ et $x^2$ donnent exactement $1+x$ — le terme en $x^2$ s'est annulé tout seul, et c'est précisément le $-\tfrac18$ qui l'a fait. Le premier écart n'apparaît qu'en $x^3$ , hors de portée d'un DL d'ordre $2$ ✓

Contrôle numérique en $x=0{,}1$ : polynôme $1{,}04875$ , vraie valeur $1{,}048809$ , écart $5{,}9\times10^{-5}$ — à comparer au terme suivant $\dfrac{x^3}{16}=6{,}25\times10^{-5}$ ✓

L'erreur classique

⚠️ Se tromper de signe sur le terme en $x^2$ et écrire $1+\dfrac x2+\dfrac{x^2}8$ .

L'origine est mécanique : on calcule $\alpha(\alpha-1)$ de tête et on lit $\tfrac12\times\tfrac12$ au lieu de $\tfrac12\times(-\tfrac12)$ .

Le contrôle qui la tue est la mise au carré :

\Big(1+\frac x2+\frac{x^2}8\Big)^2=1+x+\frac{x^2}{2}+\dots

Il reste un $+\tfrac{x^2}2$ parasite, alors qu'on devait retrouver $1+x$ sans terme carré ✗

⚠️ Erreur voisine : oublier le $2$ du dénominateur et écrire $\alpha(\alpha-1)x^2=-\tfrac{x^2}4$ . La mise au carré la refuse aussi — elle laisserait un $-\tfrac{x^2}4$ .

👉 Ce contrôle discrimine : il accepte la bonne réponse et refuse les deux fautives. Vérifier seulement « ça vaut $1$ en $0$ » n'aurait éliminé aucune des trois.

À retenir

$\sqrt{1+x}\approx1+\dfrac x2$ : la racine divise par deux la variation relative. À garder en calcul mental.

Le terme en $x^2$ d'une racine est négatif, parce que $\alpha-1<0$ . Un signe $+$ est un défaut, repérable sans calcul.

Un DL de racine se contrôle en l'élevant au carré. C'est le contrôle le plus discriminant du lot, et il ne demande qu'une identité remarquable.

Réponse.

\sqrt{1+x}=1+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x^2}{8}+o(x^2)

. (Recoupement :

\big(1+\tfrac x2-\tfrac{x^2}8\big)^2=1+x-\tfrac{x^3}8+\tfrac{x^4}{64}

: on retrouve

1+x

, sans terme en

x^2

✓)

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DL d'un inverse

ApplicationDifficulté 3/5

Donner le DL à l'ordre $3$ en $0$ de $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$ .

Indices (3)

Série géométrique : $\dfrac{1}{1-q}=1+q+q^2+\dots$

Ici $q=-x$ .

Les signes alternent.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Ce DL n'est pas à apprendre : c'est une somme de suite géométrique, connue depuis le lycée.

\frac{1}{1-q}=1+q+q^2+q^3+\dots \qquad\text{pour } \lvert q\rvert<1

Il suffit de reconnaître la bonne raison. Ici le dénominateur est $1+x$ , qu'on écrit $1-(-x)$ : donc

q=-x

et le signe moins se propage dans toutes les puissances. C'est lui seul qui produit l'alternance.

👉 Ce DL est un pivot du chapitre : c'est par lui qu'on traitera tous les quotients. Diviser par $1+u$ , c'est multiplier par $1-u+u^2-\dots$ — et on ne pose jamais de division de polynômes.

Substituer

\frac{1}{1+x}=\frac{1}{1-(-x)}=1+(-x)+(-x)^2+(-x)^3+o(x^3)

On développe les puissances une par une, sans sauter d'étape — c'est là que les signes se perdent :

(-x)^1=-x\qquad (-x)^2=+x^2\qquad (-x)^3=-x^3

\boxed{\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+o(x^3)}

Une puissance paire tue le signe, une puissance impaire le garde.

Contrôle par le produit — le plus élégant du chapitre

Si le DL est juste, multiplier par $1+x$ doit redonner $1$ .

(1+x)(1-x+x^2-x^3)=1-x^4

Tout se télescope : chaque terme du premier facteur annule le suivant du second, et il ne reste que les deux extrémités. Le $-x^4$ résiduel est précisément ce qu'on a jeté avec le $o(x^3)$ ✓

C'est le même mécanisme que $(1-q)(1+q+\dots+q^n)=1-q^{n+1}$ , l'identité de la somme géométrique.

Contrôle numérique en $x=0{,}1$ : polynôme $0{,}909$ , vraie valeur $0{,}9090909$ , écart $9{,}1\times10^{-5}$ — le terme suivant est $x^4=10^{-4}$ ✓

Rappel de cours

Série géométrique et ses deux visages

$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+o(x^3)\qquad\text{(tous les signes } +)$
$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+o(x^3)\qquad\text{(signes alternés)}$
Ce sont deux formules différentes, et les confondre est l'erreur n°1 du chapitre. Le repère qui ne trompe pas : regarder le signe devant le $x$ du dénominateur, et mettre le signe opposé devant le $x$ du résultat.

Dénominateur en $1-x$ $\Longrightarrow$ résultat en $1+x+\dots$ ; dénominateur en $1+x$ $\Longrightarrow$ résultat en $1-x+\dots$ . Le signe s'inverse.

Pourquoi les signes s'inversent : le sens de la chose

Une lecture qui dispense de mémoriser : si le dénominateur grandit, le quotient diminue.

Pour $x>0$ petit, $1+x>1$ , donc $\dfrac1{1+x}<1$ . Le DL doit donc descendre en dessous de $1$ : son premier terme correctif est négatif, $-x$ ✓

Pour $\dfrac1{1-x}$ c'est l'inverse : le dénominateur rétrécit, le quotient monte au-dessus de $1$ , le premier terme est $+x$ ✓

👉 Ce raisonnement se refait en trois secondes au milieu d'un devoir, et il tranche à chaque fois.

L'erreur classique

⚠️ Écrire tous les signes positifs : $\dfrac{1}{1+x}=1+x+x^2+x^3$ .

C'est le DL de $\dfrac{1}{1-x}$ appliqué à la mauvaise fonction. L'erreur est d'autant plus tenace que la formule écrite existe — elle est simplement au mauvais endroit.

Trois contrôles, chacun suffisant :

Numérique : en $x=0{,}1$ , la fautive donne $1{,}111$ alors que $\dfrac1{1{,}1}=0{,}909$ . On n'est même pas du bon côté de $1$ ✗
Par le produit : $(1+x)(1+x+x^2+x^3)=1+2x+2x^2+2x^3+x^4$ , qui ne vaut pas $1$ ✗
Par le sens : le quotient doit être inférieur à $1$ pour $x>0$ , or la fautive donne plus que $1$ ✗

👉 Le contrôle numérique seul suffit ici, et c'est ce qui le rend précieux : une seule substitution, et l'erreur saute aux yeux.

À retenir

$\dfrac{1}{1+x}$ alterne, $\dfrac{1}{1-x}$ n'alterne pas. Le signe du résultat est l'opposé de celui du dénominateur.

Ce DL sert à diviser. Tout quotient se traite en multipliant par le DL de l'inverse du dénominateur — jamais par division posée.

Le contrôle par produit est gratuit et exact : multiplier le DL par le dénominateur doit redonner $1$ , aux termes jetés près.

Réponse.

\dfrac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+o(x^3)

. (Recoupement :

(1+x)(1-x+x^2-x^3)=1-x^4\approx1

✓)

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DL par substitution (exp)

CalculDifficulté 3/5

En partant du DL de $e^u$ , donner le DL à l'ordre $3$ en $0$ de $f(x)=e^{2x}$ .

Indices (3)

Pose $u=2x$ (qui tend vers $0$ ).

$e^u=1+u+\dfrac{u^2}{2}+\dfrac{u^3}{6}+o(u^3)$ .

Remplace $u=2x$ et simplifie les puissances de $2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

On ne recalcule jamais de dérivées quand une substitution suffit.

$e^{2x}$ n'est pas une fonction nouvelle : c'est $e^u$ avec $u=2x$ . Et comme $2x$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $0$ , on a le droit de reporter le DL de $e^u$ tel quel.

⚠️ Cette condition — la quantité substituée doit tendre vers $0$ — n'est pas une formalité. Un DL en $0$ ne dit rien ailleurs. Substituer $u=2+x$ dans le DL de $e^u$ serait faux, parce que $2+x$ ne tend pas vers $0$ . Vérifier ce point avant de substituer est le premier réflexe du chapitre.

👉 Anticipons le résultat : $e^{2x}$ croît deux fois plus vite que $e^x$ en $0$ , donc son terme en $x$ doit valoir $2$ et non $1$ .

Substituer et développer

e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+o(u^3)\qquad\text{avec }u=2x

On développe chaque puissance séparément, en gardant le $2$ visible jusqu'au bout :

u=2x\qquad u^2=(2x)^2=4x^2\qquad u^3=(2x)^3=8x^3

e^{2x}=1+2x+\frac{4x^2}{2}+\frac{8x^3}{6}+o(x^3)

\boxed{e^{2x}=1+2x+2x^2+\frac{4x^3}{3}+o(x^3)}

⚠️ Un $o(u^3)$ devient bien un $o(x^3)$ : $u^3=8x^3$ est du même ordre que $x^3$ , le facteur $8$ ne change pas la nature du reste.

La structure du résultat

Le coefficient de $x^k$ vaut $\dfrac{2^k}{k!}$ :

$k$	$0$	$1$	$2$	$3$
$\dfrac{2^k}{k!}$	$\dfrac11=1$	$\dfrac21=2$	$\dfrac42=2$	$\dfrac86=\dfrac43$

Le coefficient de $x^2$ vaut $2$ , pas $\tfrac12$ — c'est la trace du $4$ . Et le fait que $k=1$ et $k=2$ donnent tous deux $2$ n'est pas une coïncidence à mémoriser, c'est $\tfrac21$ et $\tfrac42$ .

👉 Plus généralement, $e^{ax}$ a pour coefficients $\dfrac{a^k}{k!}$ . Une seule formule couvre $e^{2x}$ , $e^{-x}$ , $e^{x/2}$ .

Rappel de cours

Composition par substitution

Si $u(x)\to0$ quand $x\to0$ , on obtient le DL de $f(u(x))$ en reportant le DL de $u$ dans celui de $f$ , puis en tronquant à l'ordre voulu.

Trois précautions, dans cet ordre :

vérifier que $u\to0$ — sans quoi la substitution est illégitime ;

développer les puissances de $u$ en entier, sans laisser de coefficient de côté ;

tronquer à la fin, jamais en cours de route.

⚠️ Quand $u$ commence par un terme de degré $d\geq2$ (par exemple $u=-\tfrac{x^2}{2}$ ), il faut moins de termes du DL extérieur : $u^2$ est déjà en $x^4$ .

Contrôle numérique et contrôle par dérivation

Numérique, en $x=0{,}1$ (donc $2x=0{,}2$ ) :

	valeur
polynôme $1+0{,}2+0{,}02+0{,}001333$	$1{,}221333$
vraie valeur $e^{0{,}2}$	$1{,}221403$
écart	$6{,}9\times10^{-5}$

Terme suivant : $\dfrac{2x^4}{3}=6{,}7\times10^{-5}$ ✓

Par dérivation, qui ne demande aucune calculatrice : $\big(e^{2x}\big)'=2e^{2x}$ , donc le DL dérivé doit valoir deux fois le DL de départ.

\Big(1+2x+2x^2+\tfrac43x^3\Big)'=2+4x+4x^2 \qquad\text{et}\qquad 2\Big(1+2x+2x^2\Big)=2+4x+4x^2

Identiques ✓

L'erreur classique

⚠️ Substituer $u=2x$ dans le premier terme et oublier d'élever le $2$ aux puissances suivantes : écrire $1+2x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}$ .

C'est de loin l'erreur dominante, parce qu'on « voit » le $2$ une fois et qu'on recopie ensuite le DL de mémoire.

Le contrôle par dérivation la tue immédiatement :

\Big(1+2x+\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^3}6\Big)'=2+x+\tfrac{x^2}2

qui devrait valoir $2\times\Big(1+2x+\tfrac{x^2}2\Big)=2+4x+x^2$ . Le terme en $x$ n'y est même pas : $2+x$ contre $2+4x$ ✗

Numériquement aussi : la fautive donne $1{,}205$ contre $1{,}2214$ — un écart de $1{,}3\,\%$ , cent fois trop grand pour un DL d'ordre $3$ en $x=0{,}1$ .

👉 Le second contrôle mérite qu'on s'y arrête : la taille de l'écart est elle-même une information. Ici, le DL d'ordre $3$ en $0{,}1$ doit se tromper vers $10^{-4}$ (on a mesuré $6{,}9\times10^{-5}$ ). À $10^{-2}$ , quelque chose est cassé, même sans savoir quoi.

À retenir

Substituer, c'est remplacer PARTOUT — dans $u$ , dans $u^2$ , dans $u^3$ . Un coefficient oublié à la deuxième puissance est l'erreur type.

Vérifier que la quantité substituée tend vers $0$ avant toute chose : c'est la condition de validité, pas une précaution de style.

$e^{ax}$ a pour coefficients $\dfrac{a^k}{k!}$ . Une formule pour toute la famille.

L'ordre de grandeur de l'écart est un contrôle en soi : à $x=0{,}1$ , ce DL d'ordre $3$ se trompe vers $10^{-4}$ (la variable effective est $2x=0{,}2$ ). Beaucoup plus, c'est une faute.

Réponse.

e^{2x}=1+2x+2x^2+\dfrac{4x^3}{3}+o(x^3)

. (Recoupement : coefficient de

x^k

=

\tfrac{2^k}{k!}

, soit

\tfrac{8}{6}=\tfrac43

pour

k=3

✓)

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DL par substitution (ln)

CalculDifficulté 3/5

Donner le DL à l'ordre $2$ en $0$ de $f(x)=\ln(1+3x)$ .

Indices (3)

Pose $u=3x$ .

$\ln(1+u)=u-\dfrac{u^2}{2}+o(u^2)$ .

Remplace $u=3x$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Même mécanisme qu'à l'exercice précédent, appliqué au logarithme : $\ln(1+3x)$ est $\ln(1+u)$ avec $u=3x$ , et $3x$ tend bien vers $0$ .

Mais le facteur $3$ y fait plus de dégâts, et c'est tout l'intérêt de cet exercice. Le coefficient de $x^2$ ne prend pas le $3$ une fois mais deux : $u^2=9x^2$ . Un $3$ oublié à la première puissance se voit ; à la deuxième, il devient un $9$ et l'erreur triple.

👉 Une remarque qu'on gardera pour la fin, et qui change la façon de lire un contrôle numérique : la vraie petite variable ici est $3x$ , pas $x$ . En $x=0{,}1$ on travaille en réalité à $u=0{,}3$ — trois fois plus loin de $0$ , donc bien moins précis.

Substituer

\ln(1+u)=u-\frac{u^2}{2}+o(u^2)\qquad\text{avec }u=3x

u=3x\qquad u^2=(3x)^2=9x^2

\ln(1+3x)=3x-\frac{9x^2}{2}+o(x^2)

\boxed{\ln(1+3x)=3x-\frac{9x^2}{2}+o(x^2)}

Le coefficient de $x^k$ vaut $\dfrac{(-1)^{k-1}\,3^k}{k}$ : le $3$ monte en puissance exactement comme dans $u^k$ .

Contrôle par la dérivée en 0

Le coefficient de $x$ dans un DL est $f'(0)$ . C'est un contrôle immédiat, qui ne demande qu'une dérivation élémentaire.

f'(x)=\frac{3}{1+3x}\qquad\text{donc}\qquad f'(0)=3

Or notre DL commence par $3x$ : coefficient $3$ ✓

Et le coefficient de $x^2$ est $\dfrac{f''(0)}{2}$ :

f''(x)=-\frac{9}{(1+3x)^2}\qquad f''(0)=-9\qquad \frac{-9}{2}=-\frac92

ce qui est bien notre coefficient ✓ — les deux coefficients sont vérifiés indépendamment du calcul qui les a produits.

Rappel de cours

Lien entre coefficients et dérivées (Taylor-Young)
$f(x)=f(0)+f'(0)\,x+\frac{f''(0)}{2}x^2+\frac{f'''(0)}{6}x^3+o(x^3)$

On ne s'en sert presque jamais pour calculer un DL — les substitutions vont beaucoup plus vite. Mais c'est un contrôle de premier ordre :

le terme constant doit valoir $f(0)$ ;

le coefficient de $x$ doit valoir $f'(0)$ ;

le coefficient de $x^2$ doit valoir $\dfrac{f''(0)}{2}$ .

Deux dérivations suffisent à valider les trois premiers termes du DL de toute fonction deux fois dérivable en $0$ .

Contrôle numérique — et ce qu'il enseigne

En $x=0{,}1$ :

	valeur
polynôme $0{,}3-0{,}045$	$0{,}255$
vraie valeur $\ln(1{,}3)$	$0{,}262364$
écart	$7{,}4\times10^{-3}$

L'écart est beaucoup plus grand qu'aux exercices précédents, où l'on tournait vers $10^{-5}$ . Faut-il s'inquiéter ? Non — et le terme suivant l'explique : $9x^3=9\times10^{-3}$ , du bon ordre ✓

La raison de fond : la vraie petite variable est $u=3x=0{,}3$ , pas $x=0{,}1$ . À $u$ égal, la précision redevient normale — en $x=\tfrac1{30}$ (donc $u=0{,}1$ ), l'écart retombe à $3{,}1\times10^{-4}$ .

👉 Une substitution $u=ax$ rétrécit d'un facteur $a$ la zone où le DL est bon. C'est vrai pour tous les DL composés, et c'est ce qui fait qu'un DL de $\ln(1+100x)$ ne sert à rien passé $x=0{,}001$ .

L'erreur classique

⚠️ Substituer le $3$ dans le premier terme seulement : écrire $3x-\dfrac{x^2}{2}$ .

Le contrôle par la dérivée seconde la réfute sans appel : la version fautive a pour coefficient de $x^2$ la valeur $-\tfrac12$ , donc elle prétend $f''(0)=-1$ . Or on a calculé $f''(0)=-9$ . Un facteur $9$ d'écart ✗

Numériquement : la fautive donne $0{,}295$ contre $0{,}2624$ — et elle se trompe du mauvais côté, en surestimant, alors que le terme correctif est négatif.

⚠️ Erreur voisine : écrire $9x^2$ au lieu de $\dfrac{9x^2}{2}$ , en oubliant le dénominateur $2$ du DL de $\ln$ . Le contrôle par $f''(0)$ l'attrape aussi : elle prétendrait $f''(0)=-18$ .

👉 Les deux fautes ont la même racine — recopier une formule de mémoire au lieu de développer $u^2$ explicitement. Écrire $u^2=(3x)^2=9x^2$ sur une ligne à part supprime les deux d'un coup.

À retenir

Le facteur d'une substitution monte en puissance : $u=3x$ donne $u^2=9x^2$ , $u^3=27x^3$ . C'est là que se perdent les points.

Deux dérivations valident les trois premiers termes du DL de toute fonction deux fois dérivable en $0$ , par Taylor-Young. Contrôle rapide, indépendant de la méthode employée.

Une substitution $u=ax$ divise par $a$ la zone d'utilité du DL. Un contrôle numérique décevant n'est pas forcément une erreur : comparer l'écart au terme suivant avant de conclure.

Réponse.

\ln(1+3x)=3x-\dfrac{9x^2}{2}+o(x^2)

. (Recoupement : dérivée en

0

=

\tfrac{3}{1+3x}\big|_0=3

= coefficient de

x

✓)

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Produit de deux DL

CalculDifficulté 3/5

Calculer le DL à l'ordre $3$ en $0$ de $f(x)=e^x\cos x$ .

Indices (3)

$e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ et $\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^3)$ .

Développe le produit, en ne gardant que les termes de degré $\le3$ .

Regroupe par puissance de $x$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Multiplier deux DL, c'est développer un produit de polynômes — et jeter tout ce qui dépasse l'ordre.

La seule difficulté est de ne rien oublier et de ne rien garder en trop. Deux règles suffisent :

on prend chaque DL au même ordre $3$ , pas plus ;
on ne développe que les paires dont la somme des degrés est $\leq3$ . Un terme en $x^2$ multiplié par un terme en $x^2$ donne $x^4$ : inutile de l'écrire.

⚠️ Piège d'ordre à repérer avant de calculer : $\cos x$ n'a pas de terme en $x^3$ (il est pair), donc son DL à l'ordre $3$ est $1-\tfrac{x^2}2+o(x^3)$ — le $o$ est bien en $x^3$ , même si le dernier terme écrit est en $x^2$ . Écrire $o(x^2)$ ici ferait perdre un ordre au résultat.

Poser les deux DL

e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^3)

On développe en organisant par degré du résultat, ce qui est la seule façon de ne rien oublier :

degré	provenance	terme
$0$	$1\times1$	$1$
$1$	$x\times1$	$x$
$2$	$\tfrac{x^2}{2}\times1$ et $1\times\big(-\tfrac{x^2}{2}\big)$	$\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{x^2}{2}=0$
$3$	$\tfrac{x^3}{6}\times1$ et $x\times\big(-\tfrac{x^2}{2}\big)$	$\tfrac{x^3}{6}-\tfrac{x^3}{2}=-\tfrac{x^3}{3}$

Le résultat, et son terme manquant

\boxed{e^x\cos x=1+x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)}

Le terme en $x^2$ a disparu, par annulation exacte entre $+\tfrac12$ et $-\tfrac12$ . Ce n'est pas un oubli : c'est un fait sur cette fonction.

Détail du terme cubique, à poser sur une ligne pour ne pas se tromper de dénominateur :

\frac16-\frac12=\frac{1}{6}-\frac{3}{6}=-\frac{2}{6}=-\frac13

Rappel de cours

Produit de deux DL

Si $f=P+o(x^n)$ et $g=Q+o(x^n)$ , alors $fg=\big[PQ\big]_n+o(x^n)$ , où $\big[\ \big]_n$ signifie « tronqué au degré $n$ ».

⚠️ Trois précautions

les deux DL pris au même ordre $n$ suffisent toujours — on peut parfois aller moins loin dans un facteur (voir E2) ;

les termes de degré $>n$ du produit ne sont pas garantis — il peut leur manquer des contributions venues des restes. Ne jamais les garder ;

une parité peut faire disparaître un terme : $\cos$ est paire, $\sin$ impaire. Les DL correspondants n'ont que des degrés pairs, respectivement impairs.

Contrôle par les complexes

Voici un recoupement qui ne recalcule rien du produit et qui tranche donc vraiment.

e^{(1+i)x}=e^x\,e^{ix}=e^x(\cos x+i\sin x)\qquad\text{donc}\qquad e^x\cos x=\mathrm{Re}\big(e^{(1+i)x}\big)

Or le DL de $e^{ax}$ a pour coefficients $\dfrac{a^k}{k!}$ , ici avec $a=1+i$ :

$k$	$\dfrac{(1+i)^k}{k!}$	partie réelle
$0$	$1$	$1$
$1$	$1+i$	$1$
$2$	$i$	$\mathbf{0}$
$3$	$-\tfrac13+\tfrac i3$	$-\tfrac13$

On retrouve $1+x+0\cdot x^2-\tfrac{x^3}{3}$ — et l'annulation du terme carré n'y est plus une coïncidence : $(1+i)^2=2i$ est un imaginaire pur, donc sa partie réelle est nulle par construction ✓

Contrôle numérique

En $x=0{,}1$ : polynôme $1{,}099667$ , vraie valeur $e^{0{,}1}\cos(0{,}1)=1{,}099650$ , écart $-1{,}7\times10^{-5}$ .

Terme suivant : $-\dfrac{x^4}{6}=-1{,}67\times10^{-5}$ ✓ — même ordre, même signe.

👉 Le signe négatif dit que notre polynôme surestime légèrement la fonction, ce qui est cohérent avec un terme quartique négatif.

L'erreur classique

⚠️ Croire qu'un terme absent est un terme oublié, et « rétablir » un $\tfrac{x^2}{2}$ .

Le contrôle : le coefficient de $x^2$ vaut $\dfrac{f''(0)}{2}$ . Avec $f=e^x\cos x$ :

f'=e^x(\cos x-\sin x)\qquad f''=-2e^x\sin x\qquad f''(0)=0

Le terme en $x^2$ est donc nul, indépendamment de tout produit de DL ✓

⚠️ Seconde erreur : tronquer $\cos x$ à $o(x^2)$ et conclure que le résultat n'est valable qu'à l'ordre $2$ . On perdrait le $-\tfrac{x^3}{3}$ , c'est-à-dire toute l'information de l'exercice.

À retenir

Organiser le produit PAR DEGRÉ, dans un petit tableau. C'est la seule méthode qui ne laisse rien passer.

Un terme nul est une information, pas un oubli. Ici $f''(0)=0$ le confirme sans refaire le calcul.

Attention à l'ordre du reste quand une parité crée un trou : $\cos x=1-\tfrac{x^2}2+o(x^3)$ , pas $o(x^2)$ .

Les termes au-delà de l'ordre ne sont pas garantis, pas seulement inutiles : les jeter est obligatoire.

Réponse.

e^x\cos x=1+x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)

. (Recoupement : pas de terme en

x^2

, et la partie réelle de

e^{(1+i)x}

confirme

1+x-\tfrac{x^3}{3}

✓)

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DL d'un quotient

CalculDifficulté 3/5

Calculer le DL à l'ordre $2$ en $0$ de $f(x)=\dfrac{e^x}{1+x}$ .

Indices (3)

$\dfrac{1}{1+x}=1-x+x^2+o(x^2)$ .

Multiplie le DL de $e^x$ par celui de $\dfrac{1}{1+x}$ .

Tronque à l'ordre $2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

On ne divise jamais deux DL : on multiplie par le DL de l'inverse.

Diviser par $1+x$ , c'est multiplier par $\dfrac1{1+x}$ , dont on connaît le DL — c'est la série géométrique de l'exercice A4. La division de polynômes selon les puissances croissantes existe, mais elle est plus longue et plus fautive.

\frac{e^x}{1+x}=e^x\times\frac{1}{1+x}

👉 Anticipons le résultat. Au numérateur $e^x$ monte, au dénominateur $1+x$ monte aussi. Les deux effets se compensent-ils ? Au premier ordre, oui exactement : $e^x\approx1+x$ et $\dfrac1{1+x}\approx1-x$ , dont le produit vaut $1+o(x)$ . Le terme en $x$ devrait donc être nul — on le vérifiera.

Poser les deux DL à l'ordre 2

e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\qquad \frac{1}{1+x}=1-x+x^2+o(x^2)

Développement par degré :

degré	provenance	terme
$0$	$1\times1$	$1$
$1$	$x\times1$ et $1\times(-x)$	$x-x=0$
$2$	$\tfrac{x^2}{2}\times1$ , $x\times(-x)$ , $1\times x^2$	$\tfrac12-1+1=\tfrac12$

\boxed{\frac{e^x}{1+x}=1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)}

Le terme en x est nul — et ce n'est pas un hasard

L'anticipation du premier pas est confirmée : $x-x=0$ .

Contrôle indépendant, par la dérivée. Le coefficient de $x$ est $f'(0)$ , et on peut le calculer sans aucun DL :

f'(x)=\frac{e^x(1+x)-e^x}{(1+x)^2}=\frac{x\,e^x}{(1+x)^2}

Le numérateur porte un facteur $x$ , donc $f'(0)=0$ ✓

Autrement dit : la fonction a une tangente horizontale en $0$ . Son graphe part à plat depuis le point $(0;1)$ , puis remonte — ce que dit le $+\tfrac{x^2}{2}$ , positif.

Et le coefficient de $x^2$ se vérifie de même : $\dfrac{f''(0)}{2}=\dfrac12$ ✓

Rappel de cours

Quotient de DL — la méthode en une ligne

$\frac{A}{B}=A\times\frac1B\qquad\text{avec}\qquad \frac{1}{1+u}=1-u+u^2-u^3+o(u^3)$
Condition : $u\to0$ . Si le dénominateur ne vaut pas $1$ en $0$ mais $b\neq0$ , on le factorise d'abord :
$\frac{1}{b+cx}=\frac1b\cdot\frac{1}{1+\tfrac{c}{b}x}$

⚠️ Si le dénominateur s'annule en $0$ sans que le numérateur s'annule aussi, il n'y a pas de DL en $0$ : il faut d'abord factoriser la puissance de $x$ en facteur, et l'on obtient un développement asymptotique, pas un DL.

Contrôle numérique

En $x=0{,}1$ :

	valeur
polynôme $1+0{,}005$	$1{,}005000$
vraie valeur $\dfrac{e^{0{,}1}}{1{,}1}$	$1{,}004701$
écart	$-3{,}0\times10^{-4}$

Terme suivant : $-\dfrac{x^3}{3}=-3{,}3\times10^{-4}$ ✓

⚠️ Une remarque de méthode qui vaut au-delà de cet exercice : si l'on développe le produit au-delà de l'ordre $2$ , on obtient $+\tfrac{x^3}{2}$ — un terme faux, de signe opposé au vrai $-\tfrac{x^3}{3}$ . La raison : le DL de $\dfrac1{1+x}$ n'a été pris qu'à l'ordre $2$ , il lui manque son $-x^3$ . Les termes au-delà de l'ordre annoncé ne sont pas approximatifs : rien ne les garantit, et ils sont souvent faux.

L'erreur classique

⚠️ Diviser les DL terme à terme : écrire $\dfrac{1+x+\tfrac{x^2}2}{1+x}$ et « simplifier » en $1+\tfrac{x^2}{2}$ parce que le $1+x$ « se simplifie ».

C'est faux : $\dfrac{a+b}{c}\neq\dfrac ac+b$ . Que la réponse tombe juste ici est une pure coïncidence, et c'est ce qui rend l'erreur dangereuse — elle a l'air de marcher.

Le contrôle qui la démasque : appliquer le même raisonnement à $\dfrac{e^x}{1+2x}$ . La « simplification » donnerait n'importe quoi, alors que la méthode correcte donne

\Big(1+x+\tfrac{x^2}2\Big)\big(1-2x+4x^2\big)=1-x+\tfrac{5x^2}{2}+o(x^2)

👉 Une méthode qui donne le bon résultat sur un cas et de l'absurde sur le suivant n'est pas une méthode. Tester une règle douteuse sur un second exemple est le réflexe qui sauve.

⚠️ Erreur d'inattention fréquente : oublier le $+x^2$ du DL de $\dfrac1{1+x}$ , et trouver $1-\tfrac{x^2}2$ . Le signe du terme carré s'inverse, et le contrôle numérique le voit immédiatement ( $0{,}995$ contre $1{,}0047$ ).

À retenir

Un quotient se traite en multipliant par l'inverse. Jamais de division posée, jamais de simplification terme à terme.

Anticiper le résultat avant de calculer : ici, $e^x$ qui monte et $\dfrac1{1+x}$ qui descend s'annulent au premier ordre. Une annulation prévue puis retrouvée est un contrôle.

Les termes au-delà de l'ordre ne sont PAS GARANTIS — on en a vu un faux concrètement, avec un signe inversé.

Une méthode se teste sur un second exemple. Celle qui « marche » ici s'effondre sur $\dfrac{e^x}{1+2x}$ .

Réponse.

\dfrac{e^x}{1+x}=1+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)

. (Recoupement : le terme en

x

est nul ; or

f'(x)=\tfrac{x\,e^x}{(1+x)^2}

donne

f'(0)=0

✓)

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Limite (forme 0/0)

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}$ .

Indices (3)

Forme indéterminée $\tfrac00$ .

DL : $\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ .

Donc $1-\cos x=\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

\text{En }x=0:\qquad \frac{1-\cos 0}{0^2}=\frac{1-1}{0}=\frac{0}{0}

Forme indéterminée. Le symbole $\tfrac00$ ne veut pas dire « impossible » : il veut dire « la réponse dépend de la vitesse à laquelle chacun s'annule ». Un numérateur qui s'annule plus vite donne $0$ ; plus lentement, l'infini ; à la même vitesse, un nombre fini.

Un DL est exactement l'outil qui mesure ces vitesses. Ici la question devient : $1-\cos x$ s'annule-t-il comme $x$ , comme $x^2$ , comme $x^3$ ?

👉 On peut le prévoir : $\cos$ est paire, donc son DL n'a que des puissances paires. Après le $1$ , le terme suivant est en $x^2$ . Le numérateur s'annule donc comme $x^2$ — exactement comme le dénominateur, et la limite sera finie et non nulle.

Développer le numérateur

\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)

1-\cos x=1-\Big(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\Big)=\frac{x^2}{2}+o(x^2)

⚠️ Attention au signe : on soustrait tout le DL, donc le $-\tfrac{x^2}{2}$ devient $+\tfrac{x^2}{2}$ . C'est la faute d'étourderie n°1 sur cet exercice, et elle donne une limite de signe opposé.

Repère de bon sens : $\cos x\leq1$ pour tout $x$ , donc $1-\cos x\geq0$ . Le résultat doit être positif ✓

Conclure

\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{\tfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}=\frac12+\frac{o(x^2)}{x^2}

Par définition même du petit o, $\dfrac{o(x^2)}{x^2}\to0$ . Donc

\boxed{\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac12}

👉 C'est la définition du $o$ qui fait tout le travail : « négligeable devant $x^2$ » signifie précisément « son quotient par $x^2$ tend vers $0$ ». On ne « fait pas disparaître » le reste à la main, on applique sa définition.

Rappel de cours

Lever une forme $\tfrac00$ par DL — la méthode générale

développer numérateur et dénominateur au même ordre ;

factoriser la plus petite puissance de $x$ présente ;

simplifier ; la limite se lit sur les termes restants.

Quel ordre choisir ? Celui qui fait apparaître le premier terme non nul du numérateur. Trop bas, on obtient $\tfrac00$ à nouveau et il faut recommencer ; trop haut, on a travaillé pour rien mais le résultat reste juste.

👉 Les trois équivalents à connaître, qui sont ce même résultat lu autrement :
$1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}\qquad \sin x\sim x\qquad \ln(1+x)\sim x$

Contrôle numérique

$x$	$\dfrac{1-\cos x}{x^2}$
$0{,}1$	$0{,}499583$
$0{,}01$	$0{,}499996$

La convergence vers $\tfrac12$ est très rapide : deux décimales justes dès $x=0{,}1$ , quatre à $x=0{,}01$ .

Ce n'est pas un hasard, et c'est une information sur la fonction : l'écart au but vaut $-\dfrac{x^2}{24}$ , donc il est quadratique. Diviser $x$ par $10$ divise l'écart par $100$ .

👉 On reverra à l'exercice B5 un quotient dont la convergence est seulement linéaire. La vitesse à laquelle le contrôle numérique s'approche de la limite dit quelque chose de la fonction, et permet même de repérer une réponse fausse : si les valeurs s'approchent de $0{,}4$ et non de $0{,}5$ , ce n'est pas la précision qui est en cause.

L'erreur classique

⚠️ Répondre $0$ , au motif que « le numérateur tend vers $0$ ».

C'est passer à côté de ce qu'est une forme indéterminée : le dénominateur tend vers $0$ aussi, et bien plus vite qu'on ne croit. Le contrôle numérique la réfute en une ligne — $0{,}4996$ n'est pas proche de $0$ .

⚠️ Erreur de signe : écrire $1-\cos x=-\tfrac{x^2}{2}$ en oubliant de distribuer le moins. On trouve $-\tfrac12$ .

Le contrôle est ici purement qualitatif et ne coûte rien : $1-\cos x\geq0$ toujours, et $x^2>0$ , donc le quotient est positif. Une réponse négative est refusée sans calcul ✗

⚠️ Développer à l'ordre $1$ : $\cos x=1+o(x)$ donne $\dfrac{o(x)}{x^2}$ , indéterminé. Ce n'est pas une faute, c'est un ordre insuffisant — il faut recommencer un cran plus haut, jusqu'au premier terme non nul.

À retenir

$\tfrac00$ n'est pas une impasse, c'est une question de vitesses relatives, et le DL est l'instrument qui les mesure.

$1-\cos x\sim\dfrac{x^2}{2}$ — à connaître par cœur, c'est l'équivalent le plus utilisé du chapitre.

Distribuer le signe moins en soustrayant un DL. Le contrôle de positivité l'attrape gratuitement.

Développer jusqu'au premier terme non nul, quitte à monter d'un ordre. Un $\tfrac00$ résiduel signale un ordre trop bas, jamais une erreur.

Réponse.

\dfrac12

. (Recoupement : équivalent

1-\cos x\sim\tfrac{x^2}{2}

✓)

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Limite avec sinus

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}$ .

Indices (3)

Forme indéterminée $\tfrac00$ (le terme $x$ se simplifie).

DL : $\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ .

Donc $\sin x-x=-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

\text{En }x=0:\qquad \frac{\sin 0-0}{0^3}=\frac{0}{0}

Encore une forme indéterminée — mais celle-ci a une particularité : la partie principale du numérateur a été retranchée exprès. $\sin x\approx x$ , donc $\sin x-x$ est ce qui reste une fois l'approximation la plus grossière ôtée.

L'exercice demande donc : de combien $\sin x$ s'écarte-t-il de sa tangente ?

👉 Le dénominateur $x^3$ annonce la réponse attendue. Et la parité la confirme : $\sin$ est impaire, son DL n'a que des puissances impaires, donc après le $x$ vient un terme en $x^3$ — pas en $x^2$ . Le choix de $x^3$ au dénominateur n'est pas arbitraire, il est dicté par la parité.

Développer le numérateur

\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

\sin x-x=\Big(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\Big)-x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Le terme $x$ se simplifie, ce qui est tout l'objet de l'énoncé : il ne reste que le premier terme correctif.

\frac{\sin x-x}{x^3}=\frac{-\tfrac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^3}=-\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3}

\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}=-\frac16}

Le signe a un sens géométrique

Le résultat est négatif, et cela se lit sur une courbe.

$-\tfrac16<0$ signifie $\sin x<x$ pour $x>0$ petit : la courbe du sinus passe sous sa tangente en $0$ , qui est la droite $y=x$ .

C'est un fait qu'on connaît autrement — l'inégalité classique $\sin x\leq x$ pour $x\geq0$ — et le DL la retrouve, en la quantifiant : l'écart vaut environ $\tfrac{x^3}{6}$ .

👉 Un contrôle de signe est le moins cher de tous les contrôles, et il élimine la moitié des réponses fausses possibles. Ici : à droite de $0$ , le sinus est sous sa tangente, donc la limite est négative.

Rappel de cours

Parité et DL

fonction parité puissances présentes

$\sin x$ , $\tan x$ , $\arctan x$ impaire $x,x^3,x^5,\dots$

$\cos x$ , $\cosh x$ paire $1,x^2,x^4,\dots$

$e^x$ , $\ln(1+x)$ ni l'une ni l'autre toutes

Conséquence pratique : pour une fonction impaire, le DL à l'ordre $2$ et le DL à l'ordre $1$ ont la même partie régulière. Un $o(x)$ y est donc « gratuitement » un $o(x^2)$ meilleur qu'il n'en a l'air — mais ne pas en abuser : c'est $o(x^2)$ qui est écrit, c'est $o(x^2)$ qui est garanti.

$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)$

fonction	parité	puissances présentes
$\sin x$ , $\tan x$ , $\arctan x$	impaire	$x,x^3,x^5,\dots$
$\cos x$ , $\cosh x$	paire	$1,x^2,x^4,\dots$
$e^x$ , $\ln(1+x)$	ni l'une ni l'autre	toutes

Contrôle numérique

$x$	$\dfrac{\sin x-x}{x^3}$
$0{,}1$	$-0{,}1665834$
$0{,}01$	$-0{,}1666658$

à comparer à $-\tfrac16=-0{,}1666667$ . Trois décimales justes dès $x=0{,}1$ , six à $x=0{,}01$ — la convergence est quadratique, comme pour B3.

⚠️ Un mot sur la calculatrice. Ce quotient est numériquement délicat : on soustrait deux nombres très proches ( $\sin x$ et $x$ diffèrent de $10^{-7}$ en $x=0{,}01$ ), puis on divise par $10^{-6}$ . Avec une précision d'affichage limitée, on peut obtenir n'importe quoi. C'est le DL qui est fiable ici, pas la machine — et c'est un renversement qu'il vaut la peine d'avoir vu une fois.

L'erreur classique

⚠️ Répondre $0$ parce que « $\sin x\sim x$ , donc $\sin x-x\sim x-x=0$ ».

C'est l'erreur conceptuelle majeure du chapitre : on ne soustrait pas des équivalents. L'équivalent $\sin x\sim x$ dit que le rapport tend vers $1$ , il ne dit rien sur la différence. Deux quantités équivalentes peuvent avoir une différence tout à fait significative.

Le contrôle : le quotient vaut $-0{,}1666$ numériquement, pas $0$ ✗

👉 La règle générale : les équivalents se multiplient et se divisent librement, mais ne s'additionnent ni ne se soustraient en général. Dès qu'il y a une somme ou une différence, il faut passer aux DL.

⚠️ Erreur de signe : écrire $\sin x-x=+\tfrac{x^3}{6}$ . Le contrôle géométrique la refuse — à droite de $0$ , le sinus est sous sa tangente ✗

⚠️ Confondre les dénominateurs $6$ et $3$ : le DL de $\sin$ porte $\tfrac{x^3}{3!}=\tfrac{x^3}{6}$ , celui de $\tan$ porte $\tfrac{x^3}{3}$ . Les deux existent, à ne pas intervertir.

À retenir

Les équivalents ne se soustraient pas. Dès qu'une différence apparaît, passer aux DL. C'est le point qui sépare ce chapitre du précédent.

La parité dicte l'ordre à viser : pour une fonction impaire, le premier terme correctif après $x$ est en $x^3$ , jamais en $x^2$ .

$\sin x-x\sim-\dfrac{x^3}{6}$ : à droite de $0$ le sinus passe sous sa tangente (au-dessus à gauche), et de combien.

Un contrôle de signe coûte trois secondes et élimine la moitié des erreurs possibles.

Réponse.

-\dfrac16

. (Recoupement :

\sin

impaire, le premier terme correctif est en

x^3

, coefficient

-\tfrac1{3!}=-\tfrac16

✓)

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Limite avec logarithme

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1+x)-x}{x^2}$ .

Indices (3)

Forme indéterminée $\tfrac00$ .

DL : $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ .

Le terme $x$ se simplifie.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

\text{En }x=0:\qquad \frac{\ln(1+0)-0}{0^2}=\frac{0-0}{0}=\frac00

Même structure qu'à l'exercice B4 : on retranche au logarithme sa partie principale $x$ , et on demande ce qui reste.

Mais la parité change tout. $\ln(1+x)$ n'est pas impaire : rien n'interdit un terme en $x^2$ , et son DL porte en effet toutes les puissances. Après le $x$ vient un terme en $x^2$ — pas en $x^3$ .

👉 C'est pourquoi le dénominateur est ici $x^2$ et non $x^3$ . Comparer les deux énoncés B4 et B5 est l'exercice le plus formateur du lot : même forme, même méthode, et un dénominateur différent, dicté par le premier terme non nul du DL.

Développer le numérateur

\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)

\ln(1+x)-x=\Big(x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\Big)-x=-\frac{x^2}{2}+o(x^2)

\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}=\frac{-\tfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}=-\frac12+\frac{o(x^2)}{x^2}

\boxed{\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}=-\frac12}

La limite est exactement le coefficient de $x^2$ dans le DL du logarithme — ce qui est la lecture la plus courte de tout l'exercice.

Ce que le signe dit de la courbe

$-\tfrac12<0$ signifie $\ln(1+x)<x$ au voisinage de $0$ — et en fait pour tout $x>-1$ , $x\neq0$ .

C'est l'inégalité de concavité du logarithme : sa courbe est sous sa tangente en $0$ , qui est la droite $y=x$ .

\ln(1+x)\leq x\qquad\text{avec égalité seulement en }x=0

Le DL la retrouve et la quantifie : l'écart vaut environ $\tfrac{x^2}{2}$ . Pour $x=0{,}1$ , cela fait $0{,}005$ — et en effet $\ln(1{,}1)=0{,}0953$ contre $0{,}1$ .

👉 Contrôle de signe : la limite doit être négative. Une réponse $+\tfrac12$ est refusée sans calcul.

Rappel de cours

La limite est un coefficient de DL

Si $f(x)=a_p x^p+o(x^p)$ avec $a_p\neq0$ , alors
$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^p}=a_p$

Autrement dit : diviser par $x^p$ « lit » le coefficient de $x^p$ . C'est la structure de tous les exercices de ce lot, et elle rend la réponse prévisible avant tout calcul.

exercice numérateur premier terme limite

B3 $1-\cos x$ $+\tfrac{x^2}{2}$ $\tfrac12$

B4 $\sin x-x$ $-\tfrac{x^3}{6}$ $-\tfrac16$

B5 $\ln(1+x)-x$ $-\tfrac{x^2}{2}$ $-\tfrac12$

exercice	numérateur	premier terme	limite
B3	$1-\cos x$	$+\tfrac{x^2}{2}$	$\tfrac12$
B4	$\sin x-x$	$-\tfrac{x^3}{6}$	$-\tfrac16$
B5	$\ln(1+x)-x$	$-\tfrac{x^2}{2}$	$-\tfrac12$

Contrôle numérique — et une leçon de prudence

$x$	quotient
$0{,}1$	$-0{,}46898$
$0{,}01$	$-0{,}49669$

On tend bien vers $-0{,}5$ , mais beaucoup plus lentement qu'en B3 et B4 : à $x=0{,}1$ , seule la première décimale est juste.

⚠️ Ce n'est pas un signe d'erreur, et il faut savoir le lire. L'écart au but vaut ici $\dfrac{x}{3}$ environ — il est linéaire en $x$ , alors qu'il était quadratique en B3. Diviser $x$ par $10$ ne divise l'écart que par $10$ , pas par $100$ .

\text{en }x=0{,}1:\quad -\frac12+\frac{0{,}1}{3}\approx-0{,}4667\qquad\text{observé }-0{,}4690

👉 La raison tient à la parité, encore : le DL de $\ln$ a un terme en $x^3$ , donc le quotient a un terme en $x$ . Celui de $\cos$ n'en a pas, donc son quotient n'a pas de terme en $x$ . Avant de douter d'un résultat sur la foi d'un contrôle numérique tiède, regarder le terme suivant.

L'erreur classique

⚠️ Utiliser l'équivalent $\ln(1+x)\sim x$ et conclure $0$ .

Exactement la faute de B4 : on ne soustrait pas des équivalents. Dire que $\ln(1+x)$ et $x$ ont un rapport tendant vers $1$ ne dit rien de leur différence, qui est ici de l'ordre de $x^2$ .

Le contrôle numérique la réfute : $-0{,}469$ n'est pas $0$ ✗

⚠️ Prendre le dénominateur $x^3$ « par symétrie » avec l'exercice B4. On obtiendrait $\dfrac{-\tfrac{x^2}{2}}{x^3}=-\dfrac{1}{2x}\to-\infty$ .

Le contrôle numérique le voit aussi : le quotient en $x^3$ vaudrait $-4{,}69$ en $x=0{,}1$ puis $-49{,}7$ en $x=0{,}01$ — il explose au lieu de se stabiliser. Une suite de valeurs qui ne converge pas signale un mauvais choix d'exposant ✗

👉 Le bon exposant se lit sur le premier terme non nul du DL, pas sur l'exercice voisin. $\sin$ , impaire, n'a pas de terme en $x^2$ ; $\ln$ en a un. C'est toute la différence entre B4 et B5, et c'est pourquoi les deux figurent au programme.

À retenir

Diviser par $x^p$ lit le coefficient de $x^p$ . La limite est déjà écrite dans le DL, il n'y a rien à calculer de plus.

Le bon exposant se lit sur le premier terme non nul du DL. Fonction impaire $\Longrightarrow$ pas de terme en $x^2$ , premier correctif en $x^3$ au plus tôt ; ni paire ni impaire $\Longrightarrow$ rien n'est garanti, il faut calculer le coefficient de $x^2$ (ici $-\tfrac12$ ).

$\ln(1+x)\leq x$ toujours : le logarithme est sous sa tangente, et l'écart vaut environ $\tfrac{x^2}{2}$ près de $0$ .

Un contrôle numérique lent n'est pas un contrôle raté. Comparer l'écart au terme suivant avant de suspecter le résultat.

Réponse.

-\dfrac12

. (Recoupement : coefficient de

x^2

dans

\ln(1+x)

=

-\tfrac12

✓)

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Limite avec exp et cos

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{e^x-\cos x}{x}$ .

Indices (3)

Forme indéterminée $\tfrac00$ .

$e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ et $\cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ .

Soustrais : les termes constants s'annulent.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

\text{En }x=0:\qquad \frac{e^0-\cos 0}{0}=\frac{1-1}{0}=\frac00

Deux fonctions valent $1$ en $0$ : leur différence s'annule, d'où l'indétermination.

La méthode est de les développer toutes les deux au même ordre, puis de soustraire. Le terme constant disparaîtra — c'est prévu — et il restera le premier terme où les deux fonctions cessent de se ressembler.

👉 Où est-ce ? $e^x$ a un terme en $x$ , $\cos x$ n'en a pas (il est pair). Leur différence a donc un terme en $x$ , et comme on divise par $x$ , la limite sera finie et non nulle. On peut même l'annoncer : ce sera le coefficient de $x$ dans $e^x$ , soit $1$ .

Développer les deux

On prend l'ordre $2$ , qui suffit largement — on verra qu'un ordre $1$ suffirait, mais l'ordre $2$ ne coûte rien et sécurise.

e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)\qquad \cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)

e^x-\cos x=\Big(1+x+\frac{x^2}{2}\Big)-\Big(1-\frac{x^2}{2}\Big)+o(x^2)

En organisant par degré :

constants : $1-1=0$ ✓ (attendu)
degré $1$ : $x-0=x$
degré $2$ : $\tfrac{x^2}{2}-\big(-\tfrac{x^2}{2}\big)=x^2$

e^x-\cos x=x+x^2+o(x^2)

Conclure

\frac{e^x-\cos x}{x}=\frac{x+x^2+o(x^2)}{x}=1+x+\frac{o(x^2)}{x}

Quand $x\to0$ : le terme $x$ tend vers $0$ , et $\dfrac{o(x^2)}{x}$ aussi (il est même négligeable devant $x$ ).

\boxed{\lim_{x\to0}\frac{e^x-\cos x}{x}=1}

⚠️ Attention au signe du terme carré. On soustrait $\big(-\tfrac{x^2}2\big)$ , ce qui ajoute $\tfrac{x^2}2$ . Les deux demis s'additionnent au lieu de s'annuler, et donnent $x^2$ — pas $0$ .

Rappel de cours

Nombre dérivé et forme $\tfrac00$

Quand le numérateur s'annule en $0$ et qu'on divise par $x$ , la limite est le nombre dérivé du numérateur en $0$ :
$\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x}=g'(0)$

C'est un contrôle immédiat. Ici $g=e^x-\cos x$ , donc
$g'(x)=e^x+\sin x\qquad g'(0)=1+0=1$

✓ On retrouve la limite sans aucun DL, en une dérivation.

👉 Ce contrôle vaut chaque fois que le dénominateur est exactement $x$ . Pour $x^2$ ou $x^3$ , il faut passer par les DL ou par Taylor-Young.

Contrôle numérique

$x$	$\dfrac{e^x-\cos x}{x}$
$0{,}1$	$1{,}101668$
$0{,}01$	$1{,}010017$

La convergence vers $1$ est linéaire : l'écart vaut $\approx x$ , ce que notre DL prédit exactement puisque le quotient vaut $1+x+\dots$

👉 Le contrôle est ici plus fin qu'un simple « ça tend vers $1$ » : la suite $1{,}1017$ puis $1{,}0100$ montre que l'écart est divisé par $10$ quand $x$ l'est, donc qu'il est proportionnel à $x$ — et le coefficient vaut $1$ , comme le terme $+x$ du quotient. Le contrôle valide non seulement la limite, mais le terme suivant.

L'erreur classique

⚠️ Développer $\cos x$ à l'ordre $1$ et écrire $\cos x=1+o(x)$ , puis $e^x-\cos x=x+o(x)$ .

Ici cela donne la bonne limite, et c'est bien le problème : la méthode est trop courte mais l'exercice ne le sanctionne pas. Elle échouerait dès qu'on demanderait le terme suivant, ou dès que le dénominateur serait $x^2$ .

👉 Une méthode qui tombe juste par chance est plus dangereuse qu'une méthode fausse, parce qu'on la reproduit. Développer un cran au-delà du strict nécessaire coûte une ligne et supprime le risque.

⚠️ Erreur de signe sur la soustraction : écrire $\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{x^2}{2}=0$ au lieu de $\tfrac{x^2}{2}+\tfrac{x^2}{2}=x^2$ . On perd le terme suivant, sans changer la limite — donc sans se faire attraper par l'exercice.

Le contrôle numérique, lui, l'attrape : il prédirait un quotient valant $1$ à $10^{-2}$ près en $x=0{,}1$ , alors qu'on observe $1{,}1017$ . L'écart de $0{,}1$ est exactement le terme perdu ✗

⚠️ Répondre $0$ parce que « le numérateur tend vers $0$ » — la faute générique des formes $\tfrac00$ , réfutée par le tableau numérique.

À retenir

Quand on divise par $x$ tout court, la limite est le nombre dérivé du numérateur. Contrôle gratuit, en une dérivation.

Soustraire un DL demande de distribuer le signe sur TOUS ses termes. Ici $-(-\tfrac{x^2}2)=+\tfrac{x^2}2$ , et les deux demis s'ajoutent.

Développer un cran au-delà du nécessaire : ça coûte une ligne et ça évite les méthodes qui tombent juste par accident.

Un contrôle numérique bien lu valide aussi le terme SUIVANT, par la vitesse de convergence.

Réponse.

1

. (Recoupement :

(e^x-\cos x)'\big|_0=e^0+\sin0=1

, pente du numérateur en

0

✓)

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DL et valeur approchée

ApplicationDifficulté 2/5

Donner le DL à l'ordre $3$ en $0$ de $f(x)=e^{-x}$ , puis en déduire une valeur approchée de $e^{-0{,}1}$ .

Indices (3)

Pose $u=-x$ dans le DL de $e^u$ .

Les signes alternent.

Pour la valeur approchée, remplace $x=0{,}1$ dans la partie régulière.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Deux questions en une, et la seconde est celle qui justifie tout le chapitre.

La première est une substitution : $e^{-x}$ est $e^u$ avec $u=-x$ , qui tend bien vers $0$ .

La seconde est l'usage historique des DL : calculer une valeur numérique sans machine. Avant les calculatrices, c'est ainsi qu'on produisait les tables de logarithmes et d'exponentielles — quatre additions donnent quatre décimales garanties.

👉 Anticipons le résultat : $e^{-0{,}1}$ doit être un peu inférieur à $1$ , et un peu supérieur à $1-0{,}1=0{,}9$ , puisque le terme suivant $+\tfrac{x^2}2$ est positif. On attend donc quelque chose comme $0{,}904$ — et savoir cela avant de calculer, c'est se donner un contrôle.

Le DL par substitution

e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{6}+o(u^3)\qquad\text{avec }u=-x

u=-x\qquad u^2=(-x)^2=+x^2\qquad u^3=(-x)^3=-x^3

\boxed{e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}

Les signes alternent : puissance paire, signe $+$ ; puissance impaire, signe $-$ . Le coefficient de $x^k$ vaut $\dfrac{(-1)^k}{k!}$ .

⚠️ Les dénominateurs sont inchangés — ce sont toujours les factorielles. Seuls les signes bougent.

Calculer la valeur approchée

On remplace $x$ par $0{,}1$ dans la partie régulière (le polynôme), en jetant le reste :

terme	valeur
$1$	$1$
$-x$	$-0{,}1$
$+\dfrac{x^2}{2}$	$+0{,}005$
$-\dfrac{x^3}{6}$	$-0{,}000167$
somme	$\mathbf{0{,}904833}$

e^{-0{,}1}\approx0{,}90483

Et l'anticipation du premier pas est confirmée : le résultat est bien entre $0{,}9$ et $1$ , proche de $0{,}904$ ✓

⚠️ Mais combien de ces décimales a-t-on le droit d'écrire ? La somme en donne six ; rien ne dit encore qu'elles soient toutes justes. C'est l'objet du pas suivant — et la réponse sera quatre.

Quelle confiance accorder à ce nombre ?

C'est la vraie question, et le DL y répond lui-même.

L'erreur commise est le premier terme jeté, $\dfrac{x^4}{24}$ :

\frac{(0{,}1)^4}{24}=\frac{10^{-4}}{24}\approx4{,}2\times10^{-6}

Donc quatre décimales sont garanties, la cinquième est douteuse. Et c'est exactement ce que dit la comparaison :

	valeur
notre approximation	$0{,}904833$
valeur exacte $e^{-0{,}1}$	$0{,}9048374$
écart réel	$4{,}1\times10^{-6}$

👉 Un DL ne donne pas seulement une valeur, il donne sa précision — et c'est ce qui le distingue d'une estimation au jugé. ⚠️ Noter au passage que l'arrondi à cinq décimales diffère : notre polynôme donne $0{,}90483$ , la vraie valeur $0{,}90484$ . La cinquième décimale n'était pas garantie, et de fait elle est fausse.

Rappel de cours

DL et valeur approchée

Pour approcher $f(a)$ avec $a$ petit :

écrire le DL de $f$ à l'ordre $n$ en $0$ ;

remplacer $x$ par $a$ dans la partie régulière ;

majorer l'erreur par le premier terme négligé, évalué en $a$ — légitime quand les termes alternent en décroissant, comme ici ; sinon ce terme donne l'ordre de grandeur de l'erreur, pas une majoration (il faut alors Taylor-Lagrange).

⚠️ L'étape 3 n'est pas optionnelle. Une valeur approchée sans majoration d'erreur est un nombre sans statut : on ne sait pas combien de décimales écrire.

⚠️ Et la méthode ne vaut que pour $a$ petit. Pour $e^{-3}$ , il faudrait un ordre très élevé — mieux vaut alors $e^{-3}=(e^{-1})^3$ ou une autre décomposition.

Contrôle croisé — le plus joli du chapitre

$e^{x}\times e^{-x}=1$ pour tout $x$ . Les deux DL doivent donc se multiplier en $1$ .

Testons avec les deux polynômes, en $x=0{,}1$ :

\underbrace{1{,}105167}_{\text{DL de }e^{x}}\times\underbrace{0{,}904833}_{\text{DL de }e^{-x}}=0{,}999992

À $8\times10^{-6}$ de $1$ — c'est-à-dire dans la précision annoncée ✓

👉 Ce contrôle est fort parce qu'il est indépendant : il ne rejoue pas le même calcul, il confronte deux résultats obtenus séparément à une identité qu'ils doivent satisfaire. Une erreur de signe dans l'un des deux DL le ferait immédiatement échouer — le produit tomberait à $1{,}02$ ou $0{,}98$ , pas à $0{,}99999$ .

L'erreur classique

⚠️ Faire alterner aussi les dénominateurs : écrire $1-x+\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}$ en confondant avec le DL du logarithme.

Le contrôle croisé la tue : le produit avec le DL de $e^x$ donne alors $0{,}999807$ , soit un écart à $1$ de $1{,}9\times10^{-4}$ — vingt fois l'écart obtenu avec le bon DL ( $8{,}4\times10^{-6}$ ) ✗

👉 Et c'est ce facteur $20$ qui fait la valeur du contrôle. Les deux produits « valent à peu près $1$ » ; c'est la taille de l'écart, comparée à la précision annoncée, qui discrimine.

⚠️ Se tromper de signe sur le terme carré : $(-x)^2$ vaut $+x^2$ , pas $-x^2$ . C'est l'erreur mécanique du chapitre, et écrire les puissances de $u$ sur une ligne à part la supprime.

Contrôle immédiat : avec $-\tfrac{x^2}2$ on trouverait $0{,}89483$ , donc inférieur à $0{,}9$ — alors qu'on a établi au premier pas que le résultat devait être au-dessus ✗

⚠️ Annoncer six décimales. Écrire « $e^{-0{,}1}=0{,}904833$ » est faux : la vraie valeur est $0{,}9048374$ . Le DL garantit quatre décimales, on en écrit quatre — ou cinq en signalant que la dernière est incertaine.

À retenir

$e^{-x}$ alterne les signes mais garde les factorielles. Ne pas confondre avec $\ln(1+x)$ , qui alterne aussi mais avec les entiers.

Une valeur approchée s'accompagne toujours de sa majoration d'erreur — ici le premier terme négligé, parce que les termes alternent en décroissant. Sans elle, on ne sait pas combien de décimales écrire, et on en écrit trop.

Le contrôle croisé $e^x\cdot e^{-x}=1$ est indépendant : il confronte deux calculs distincts, au lieu de refaire le même.

Anticiper l'ordre de grandeur avant de calculer ( $0{,}9<e^{-0{,}1}<1$ ) transforme le résultat en vérification.

Réponse.

e^{-x}=1-x+\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)

;

e^{-0{,}1}\approx0{,}90483

. (Recoupement : valeur exacte

e^{-0{,}1}=0{,}904837\ldots

✓)

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Produit (1+x)·ln(1+x)

CalculDifficulté 3/5

Calculer le DL à l'ordre $2$ en $0$ de $f(x)=(1+x)\ln(1+x)$ .

Indices (3)

$\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ .

Multiplie par $(1+x)$ et tronque à l'ordre $2$ .

Regroupe les termes.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un produit, donc la méthode du lot B — mais avec une particularité qui change l'ordre à viser.

Le facteur $\ln(1+x)$ commence en $x$ , pas en $1$ . Il n'a pas de terme constant. Conséquence : quand on multiplie, chaque terme du DL de $\ln$ monte d'un degré en rencontrant le $x$ de $(1+x)$ .

\underbrace{(1+x)}_{\text{degré }0\text{ présent}}\times\underbrace{\Big(x-\frac{x^2}{2}+\dots\Big)}_{\text{commence au degré }1}

👉 Donc pour obtenir le résultat à l'ordre $2$ , il suffit du DL de $\ln$ à l'ordre $2$ — le terme en $x^3$ du logarithme ne pourrait produire que du degré $3$ ou plus. Savoir cela avant de calculer évite d'écrire des termes qu'on jettera.

Développer le produit

\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)

(1+x)\ln(1+x)=(1+x)\Big(x-\frac{x^2}{2}\Big)+o(x^2)

Par degré :

degré	provenance	terme
$1$	$1\times x$	$x$
$2$	$1\times\big(-\tfrac{x^2}{2}\big)$ et $x\times x$	$-\tfrac{x^2}{2}+x^2=+\tfrac{x^2}{2}$

\boxed{(1+x)\ln(1+x)=x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)}

Le signe du terme carré s'est inversé par rapport au logarithme seul : $-\tfrac12$ est devenu $+\tfrac12$ , parce que le $x\times x$ apporte $+1$ et l'emporte sur le $-\tfrac12$ .

Contrôle par la dérivée

La fonction se dérive proprement, ce qui donne un contrôle indépendant du produit de DL.

f'(x)=1\cdot\ln(1+x)+(1+x)\cdot\frac{1}{1+x}=\ln(1+x)+1

C'est une simplification remarquable : le $(1+x)$ s'annule avec le dénominateur.

f'(0)=\ln 1+1=1

✓ c'est bien le coefficient de $x$

f''(x)=\frac{1}{1+x}\qquad f''(0)=1\qquad \frac{f''(0)}{2}=\frac12

✓ c'est bien le coefficient de $x^2$

Les deux coefficients sont validés séparément, sans rejouer le produit.

Rappel de cours

Ordre nécessaire dans un produit

Si $f$ commence au degré $p$ et $g$ au degré $q$ , alors $fg$ commence au degré $p+q$ . Pour obtenir $fg$ à l'ordre $n$ , il faut :

$f$ à l'ordre $n-q$ ;

$g$ à l'ordre $n-p$ .

Ici : $(1+x)$ commence au degré $0$ , $\ln(1+x)$ au degré $1$ . Pour l'ordre $2$ , il faut donc $\ln$ à l'ordre $2$ et $(1+x)$ à l'ordre $1$ — ce qu'il est exactement.

👉 Cette règle évite les deux fautes symétriques : développer trop peu (et perdre un terme), développer trop (et perdre du temps).

Contrôle numérique

En $x=0{,}1$ :

	valeur
polynôme $0{,}1+0{,}005$	$0{,}105000$
vraie valeur $1{,}1\times\ln(1{,}1)$	$0{,}104841$
écart	$-1{,}6\times10^{-4}$

Terme suivant : $-\dfrac{x^3}{6}=-1{,}7\times10^{-4}$ ✓ — même ordre, même signe.

👉 Le signe négatif du terme suivant se lit aussi sur le résultat : notre polynôme surestime légèrement, ce qui est cohérent avec un terme cubique négatif.

L'erreur classique

⚠️ Oublier la contribution $x\times x$ et recopier le DL du logarithme : $x-\dfrac{x^2}{2}$ .

C'est l'erreur dominante, parce que le facteur $(1+x)$ paraît anodin — « ça ne change presque rien ». Il change le signe du terme carré.

Le contrôle par $f''(0)$ la réfute : la version fautive prétend $f''(0)=-1$ , alors qu'on a calculé $f''(x)=\dfrac1{1+x}$ , donc $f''(0)=+1$ ✗

Le contrôle numérique aussi : la fautive donne $0{,}095$ contre la vraie valeur $0{,}1048$ — un écart de $10\,\%$ , cent fois trop grand pour un DL d'ordre $2$ en $x=0{,}1$ .

⚠️ Développer $\ln$ à l'ordre $3$ « pour être sûr », puis oublier de tronquer. On garderait un terme en $x^3$ non garanti — il lui manquerait la contribution $x\times\big(-\tfrac{x^2}{2}\big)$ si l'on n'était pas allé assez loin dans l'autre facteur. Développer plus n'est pas plus sûr : c'est tronquer à la fin qui est sûr.

À retenir

Un facteur sans terme constant décale les degrés. $\ln(1+x)$ commence en $x$ , donc tout ce qu'on lui multiplie remonte d'un cran.

Le degré de départ d'un produit est la somme des degrés de départ. C'est la règle qui dit quel ordre viser dans chaque facteur.

Multiplier par $(1+x)$ peut inverser un signe : ici $-\tfrac12$ devient $+\tfrac12$ . Ne jamais recopier le DL d'un facteur en croyant que l'autre est négligeable.

Tronquer à la fin, jamais en cours de route.

Réponse.

(1+x)\ln(1+x)=x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)

. (Recoupement :

f'(x)=\ln(1+x)+1

,

f'(0)=1

= coefficient de

x

✓)

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Limite (quotient de DL)

CalculDifficulté 2/5

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}$ .

Indices (3)

Forme indéterminée $\tfrac00$ .

$1-\cos x=\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ et $\sin x=x+o(x)$ .

Donc $x\sin x=x^2+o(x^2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

\text{En }x=0:\qquad \frac{1-\cos 0}{0\times\sin 0}=\frac{0}{0}

Cette fois le numérateur ET le dénominateur sont indéterminés — c'est la seule différence avec l'exercice B3, où le dénominateur était le simple $x^2$ .

La méthode ne change pas d'un iota : développer les deux au même ordre, factoriser la plus petite puissance, simplifier.

👉 Prévoyons le résultat. Au numérateur, $1-\cos x$ s'annule comme $\tfrac{x^2}{2}$ (exercice B3). Au dénominateur, $x\sin x$ : le $x$ apporte un degré, le $\sin x$ un autre, donc $x^2$ . Les deux s'annulent à la même vitesse, la limite sera finie et non nulle — et elle vaudra le rapport des coefficients, $\tfrac{1/2}{1}$ .

Développer les deux

Numérateur, à l'ordre $2$ :

1-\cos x=\frac{x^2}{2}+o(x^2)

Dénominateur : $\sin x=x+o(x)$ , donc

x\sin x=x\big(x+o(x)\big)=x^2+o(x^2)

⚠️ Noter l'ordre demandé à chaque facteur : le $\sin$ n'a besoin que de l'ordre $1$ , parce qu'il est multiplié par un $x$ qui lui ajoute un degré. Développer $\sin x$ à l'ordre $3$ serait du travail perdu — son terme en $x^3$ produirait du $x^4$ , hors de portée.

Simplifier et conclure

\frac{1-\cos x}{x\sin x}=\frac{\tfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2+o(x^2)}

On factorise $x^2$ en haut et en bas — c'est le geste qui lève l'indétermination :

=\frac{x^2\Big(\tfrac12+\tfrac{o(x^2)}{x^2}\Big)}{x^2\Big(1+\tfrac{o(x^2)}{x^2}\Big)}=\frac{\tfrac12+\varepsilon_1(x)}{1+\varepsilon_2(x)}

où $\varepsilon_1$ et $\varepsilon_2$ tendent vers $0$ . Le quotient tend donc vers $\dfrac{1/2}{1}$ :

\boxed{\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x\sin x}=\frac12}

Rappel de cours

Quotient de deux DL qui s'annulent

Si $f(x)=a_p x^p+o(x^p)$ et $g(x)=b_q x^q+o(x^q)$ avec $a_p,b_q\neq0$ :

cas limite de $\dfrac fg$

$p=q$ $\dfrac{a_p}{b_q}$ , finie et non nulle

$p>q$ $0$

$p<q$ $\pm\infty$ (signe à discuter)

Tout se joue sur les DEUX premiers termes non nuls, un de chaque côté. C'est pourquoi on développe « jusqu'au premier terme non nul », et pas à un ordre choisi au hasard.

👉 En pratique : la comparaison des degrés donne la nature de la limite avant tout calcul. Ici $p=q=2$ , donc on sait que la limite est finie et non nulle avant d'avoir écrit une ligne.

cas	limite de $\dfrac fg$
$p=q$	$\dfrac{a_p}{b_q}$ , finie et non nulle
$p>q$	$0$
$p<q$	$\pm\infty$ (signe à discuter)

Contrôle numérique et par les équivalents

Par les équivalents — cette fois c'est légitime, parce qu'il n'y a que des produits et un quotient, aucune somme :

1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}\qquad x\sin x\sim x\cdot x=x^2\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1-\cos x}{x\sin x}\sim\frac{x^2/2}{x^2}=\frac12

Numériquement :

$x$	quotient
$0{,}1$	$0{,}500417$
$0{,}01$	$0{,}500004$

Convergence quadratique — l'écart au but vaut $+\dfrac{x^2}{24}$ , et on l'observe : $\tfrac{0{,}01}{24}=4{,}2\times10^{-4}$ ✓

L'erreur classique

⚠️ Simplifier abusivement les $x$ : écrire $\dfrac{1-\cos x}{x\sin x}=\dfrac{1-\cos x}{x^2}$ « puisque $\sin x\approx x$ », sans le justifier.

Ici le résultat tombe juste — mais le raisonnement n'a pas été fait, et il ne passe pas partout. Remplacer une fonction par son équivalent à l'intérieur d'une somme est faux : dans $\dfrac{1-\cos x}{\sin x - x}$ , le même geste donnerait un dénominateur nul.

👉 Les équivalents se multiplient et se divisent, ils ne s'additionnent pas en général. Ici on est dans un produit, donc c'est licite — mais il faut le dire, pas le supposer.

⚠️ Développer $\sin x$ à l'ordre $1$ et écrire $x\sin x=x^2+o(x^3)$ : le reste est faux. Un $o(x)$ multiplié par $x$ donne un $o(x^2)$ , pas un $o(x^3)$ . Un reste se multiplie comme le terme qu'il accompagne.

⚠️ Répondre $1$ , en confondant avec la limite de $\dfrac{\sin x}{x}$ . Le contrôle numérique la refuse : $0{,}5004$ n'est pas proche de $1$ ✗

À retenir

Comparer les degrés d'annulation donne la nature de la limite avant tout calcul : même degré $\Longrightarrow$ finie non nulle.

Chaque facteur demande son propre ordre. Dans $x\sin x$ , le $\sin$ n'a besoin que de l'ordre $1$ — le $x$ apporte le reste.

Les équivalents sont licites dans un produit ou un quotient, pas en général dans une somme. Le dire plutôt que le supposer.

Un reste se multiplie comme son terme : $x\times o(x)=o(x^2)$ .

Réponse.

\dfrac12

. (Recoupement : équivalents

1-\cos x\sim\tfrac{x^2}{2}

et

x\sin x\sim x^2

✓)

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Tangente et position

ApplicationDifficulté 3/5

Soit $f(x)=\ln(1+x)$ . Donner la tangente en $0$ et la position locale de $\mathcal{C}_f$ par rapport à elle.

Indices (3)

DL à l'ordre $2$ : $\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)$ .

Les deux premiers termes donnent la tangente.

Le coefficient de $x^2$ donne la position.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Un DL à l'ordre $2$ contient deux informations géométriques, et il faut savoir les lire séparément.

f(x)=\underbrace{a_0+a_1x}_{\text{la tangente}}+\underbrace{a_2x^2}_{\text{la position}}+o(x^2)

les deux premiers termes donnent l'équation de la tangente en $0$ : $y=a_0+a_1x$ ;
le signe du terme suivant donne la position de la courbe par rapport à elle.

👉 Pourquoi ? Parce que $f(x)-\big(a_0+a_1x\big)=a_2x^2+o(x^2)$ , et que $x^2\geq0$ des deux côtés de $0$ . Le signe de la différence est donc celui de $a_2$ , à gauche comme à droite. C'est la parité de $x^2$ qui fait tout.

Écrire le DL

\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)

Tangente : les termes de degré $0$ et $1$ .

a_0=0\qquad a_1=1\qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{T:\ y=x}

Cohérent avec les formules du chapitre précédent : $T$ a pour équation $y=f(0)+f'(0)\,x$ , et ici $f(0)=\ln1=0$ , $f'(0)=\dfrac{1}{1+0}=1$ ✓

Position : le coefficient de $x^2$ vaut $-\dfrac12$ , négatif.

\ln(1+x)-x=-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\ \leq\ 0

\boxed{\text{la courbe est SOUS sa tangente, des deux côtés}}

Le lien avec la convexité

Le coefficient de $x^2$ vaut $\dfrac{f''(0)}{2}$ : son signe est celui de la dérivée seconde. On retrouve donc exactement le critère de convexité du chapitre Dérivation.

f''(x)=-\frac{1}{(1+x)^2}\qquad f''(0)=-1<0

$f$ est concave, donc sa courbe est sous ses tangentes ✓ — et ici, elle l'est même partout sur $]-1;+\infty[$ , puisque $f''<0$ sur tout l'intervalle. Le DL ne donne que le comportement local ; la dérivée seconde donne le global.

👉 Deux méthodes, deux portées. Le DL est plus rapide et suffit à répondre à l'énoncé ; la dérivée seconde en dit davantage. Savoir laquelle on emploie est la moitié de la réponse.

Rappel de cours

Position par rapport à la tangente, par le DL

Si $f(x)=f(0)+f'(0)x+a_2x^2+o(x^2)$ avec $a_2\neq0$ :

signe de $a_2$ position locale convexité (si $f$ est $\mathcal C^2$ )

$a_2>0$ courbe au-dessus convexe

$a_2<0$ courbe en dessous concave

⚠️ Et si $a_2=0$ ? La position se lit alors sur le premier terme non nul suivant, et sa parité change tout : un terme en $x^3$ change de signe avec $x$ , donc la courbe traverse sa tangente — c'est un point d'inflexion (voir l'exercice D2).

$\text{degré pair}\Longrightarrow\text{même côté}\qquad \text{degré impair}\Longrightarrow\text{traversée}$

signe de $a_2$	position locale	convexité (si $f$ est $\mathcal C^2$ )
$a_2>0$	courbe au-dessus	convexe
$a_2<0$	courbe en dessous	concave

Contrôle numérique — des deux côtés

C'est le contrôle qui compte, et il faut le faire symétriquement : la position est une affirmation sur les deux côtés de $0$ .

$x$	$\ln(1+x)$	tangente $y=x$	écart
$+0{,}1$	$0{,}095310$	$0{,}1$	$-4{,}7\times10^{-3}$
$-0{,}1$	$-0{,}105361$	$-0{,}1$	$-5{,}4\times10^{-3}$

L'écart est négatif des deux côtés : la courbe est bien en dessous à droite comme à gauche ✓

👉 Tester un seul côté ne prouverait rien. Avec un terme dominant en $x^3$ , l'écart serait négatif d'un côté et positif de l'autre — et un contrôle fait à droite seulement conclurait « en dessous » à tort. C'est précisément le cas de l'exercice D2, où le sinus traverse sa tangente.

L'erreur classique

⚠️ Conclure du seul signe de $f$ , ou d'une seule valeur : « $\ln(1{,}1)=0{,}095<0{,}1$ , donc en dessous ».

C'est juste ici, mais par chance : on n'a testé qu'un point, d'un seul côté. La méthode ne discrimine pas une traversée.

⚠️ Inclure le terme en $x^2$ dans la tangente et écrire $T:y=x-\dfrac{x^2}{2}$ .

Une tangente est une droite : son équation est de degré $1$ . Le terme carré n'en fait pas partie — il sert à dire de quel côté on est.

Le contrôle : une tangente doit avoir pour pente $f'(0)$ , un seul nombre. Une équation contenant $x^2$ n'est pas celle d'une droite ✗

⚠️ Se tromper de sens : « coefficient négatif, donc la courbe monte moins vite, donc au-dessus ». Le raisonnement en mots dérape facilement. S'en tenir au calcul : $f(x)-T(x)=a_2x^2$ , du signe de $a_2$ . Négatif $\Longrightarrow$ $f<T$ $\Longrightarrow$ en dessous.

À retenir

Un DL d'ordre $2$ donne la tangente ET la position : les deux premiers termes pour l'une, le signe du troisième pour l'autre.

La tangente est une droite — degré $1$ , jamais plus.

$x^2$ est positif des deux côtés, c'est ce qui rend la conclusion valable à gauche comme à droite. Un terme en $x^3$ donnerait une traversée.

Contrôler des deux côtés de $0$ . Un seul côté ne distingue pas « en dessous » de « traversée ».

Réponse.

T:y=x

; courbe en dessous (coefficient de

x^2

négatif). (Recoupement :

\ln

est concave,

f''(0)=-1<0

✓)

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DL d'une racine composée

CalculDifficulté 2/5

Calculer le DL à l'ordre $2$ en $0$ de $f(x)=\sqrt{1+2x}$ .

Indices (3)

$(1+u)^{1/2}=1+\dfrac u2-\dfrac{u^2}{8}+o(u^2)$ avec $u=2x$ .

Calcule $u^2=4x^2$ .

Simplifie.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Une racine et une substitution : les deux mécanismes des exercices A3 et A5 réunis.

\sqrt{1+2x}=\sqrt{1+u}\qquad\text{avec }u=2x

⚠️ Et le piège est exactement au même endroit qu'en A5 : le $2$ doit être élevé au carré dans le terme en $u^2$ . Un $u^2=4x^2$ oublié fait rater le coefficient d'un facteur $4$ .

👉 Anticipons : $\sqrt{1+2x}\approx1+\dfrac{2x}{2}=1+x$ . Le terme en $x$ vaut donc $1$ , pas $\tfrac12$ — le facteur $2$ a été absorbé par la racine, qui divise les variations relatives par deux. Ce contrôle mental prend trois secondes et attrape la faute la plus fréquente.

Substituer

(1+u)^{1/2}=1+\frac u2-\frac{u^2}{8}+o(u^2)\qquad\text{avec }u=2x

On écrit les puissances sur une ligne à part, c'est la discipline qui supprime l'erreur :

u=2x\qquad u^2=(2x)^2=4x^2

\sqrt{1+2x}=1+\frac{2x}{2}-\frac{4x^2}{8}+o(x^2)

Chaque fraction se simplifie :

\frac{2x}{2}=x\qquad \frac{4x^2}{8}=\frac{x^2}{2}

\boxed{\sqrt{1+2x}=1+x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)}

Contrôle par mise au carré

Le contrôle propre aux racines : le carré du DL doit redonner $1+2x$ .

\Big(1+x-\frac{x^2}{2}\Big)^2=1+2x-x^3+\frac{x^4}{4}

Les termes de degré $0$ , $1$ et $2$ donnent exactement $1+2x$ — le terme carré s'annule tout seul, et c'est le $-\tfrac12$ qui le fait. Le premier écart est en $x^3$ , hors de portée d'un DL d'ordre $2$ ✓

Détail de l'annulation, pour voir d'où elle vient :

\underbrace{2\times1\times\Big(-\frac{x^2}{2}\Big)}_{-x^2}+\underbrace{x\times x}_{+x^2}=0

👉 C'est ce couple qui fixe le coefficient : si le terme carré du DL n'était pas $-\tfrac12$ , l'annulation n'aurait pas lieu. Le contrôle ne fait donc pas que « vérifier », il détermine.

Rappel de cours

Deux chemins vers le même DL

(a) Substitution dans $(1+u)^{1/2}$ avec $u=2x$ — ce qu'on vient de faire.

(b) Formule directe avec $\alpha=\tfrac12$ appliquée à $2x$ :
$(1+2x)^{1/2}=1+\frac12(2x)+\frac{\tfrac12\big(-\tfrac12\big)}{2}(2x)^2+o(x^2)=1+x-\frac{4x^2}{8}$

Les deux donnent le même résultat, et c'est déjà un contrôle : deux chemins indépendants qui convergent.

⚠️ Ce qu'il ne faut pas faire : écrire $\sqrt{1+2x}=\sqrt{1+x}\cdot\sqrt{1+x}$ — c'est faux, $\sqrt{1+x}^2=1+x$ et non $1+2x$ . La racine n'est pas linéaire.

Contrôle numérique

En $x=0{,}1$ (donc sous la racine, $1{,}2$ ) :

	valeur
polynôme $1+0{,}1-0{,}005$	$1{,}095000$
vraie valeur $\sqrt{1{,}2}$	$1{,}095445$
écart	$4{,}5\times10^{-4}$

Terme suivant : $\dfrac{x^3}{2}=5\times10^{-4}$ ✓

⚠️ L'écart est plus grand qu'en A3 ( $5{,}9\times10^{-5}$ ), et pour la raison déjà vue en A6 : la vraie petite variable est $u=2x=0{,}2$ , deux fois plus loin de $0$ . Une substitution $u=ax$ rétrécit d'un facteur $a$ la zone où le DL est bon.

L'erreur classique

⚠️ Oublier de carrer le $2$ : écrire $-\dfrac{u^2}{8}=-\dfrac{x^2}{8}$ au lieu de $-\dfrac{4x^2}{8}=-\dfrac{x^2}{2}$ .

C'est l'erreur dominante, et elle se trompe d'un facteur $4$ .

Le contrôle par mise au carré la tue :

\Big(1+x-\frac{x^2}{8}\Big)^2=1+2x+\frac{3x^2}{4}+\dots

Il reste un $+\tfrac{3x^2}{4}$ parasite, alors qu'on devait retrouver $1+2x$ sans terme carré ✗

⚠️ Garder le $\tfrac12$ du terme linéaire et écrire $1+\dfrac x2-\dots$ , en recopiant le DL de $\sqrt{1+x}$ sans substituer.

Le contrôle mental du premier pas la refuse : $\sqrt{1+2x}\approx1+x$ , pas $1+\tfrac x2$ . Et numériquement : $\sqrt{1{,}2}=1{,}0954$ , alors que $1+\tfrac{0{,}1}{2}=1{,}05$ ✗

👉 Les deux fautes ont la même racine : substituer dans un seul terme. La parade est d'écrire $u$ , $u^2$ explicitement avant de reporter — une ligne, et les deux disparaissent.

À retenir

Substituer, c'est remplacer dans TOUTES les puissances. Écrire $u^2=(2x)^2=4x^2$ sur une ligne à part supprime l'erreur dominante du lot.

Le carré d'un DL de racine redonne le radicande — contrôle exact, et si discriminant qu'il détermine le coefficient plutôt que de simplement le confirmer.

$\sqrt{1+2x}\approx1+x$ : la racine divise par deux la variation relative. Contrôle mental instantané.

Une substitution $u=ax$ divise par $a$ la zone d'utilité du DL.

Réponse.

\sqrt{1+2x}=1+x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)

. (Recoupement :

\big(1+x-\tfrac{x^2}2\big)^2=1+2x+o(x^2)

✓)

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Limite avec deux DL usuels

CalculDifficulté 2/5

Calculer $\displaystyle\lim_{x\to0}\dfrac{e^{2x}-1}{\ln(1+x)}$ .

Indices (3)

Forme indéterminée $\tfrac00$ .

$e^{2x}-1=2x+o(x)$ et $\ln(1+x)=x+o(x)$ .

Compare les termes dominants.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

\text{En }x=0:\qquad \frac{e^0-1}{\ln 1}=\frac{0}{0}

Les deux fonctions s'annulent en $0$ : forme indéterminée.

Mais celle-ci se traite plus vite que les précédentes, parce qu'il n'y a aucune soustraction de termes du même ordre : numérateur et dénominateur s'annulent chacun à l'ordre $1$ , et leurs premiers termes ne se détruisent pas.

👉 C'est le cas où les équivalents suffisent — et c'est important de savoir le reconnaître, parce qu'on gagne beaucoup de temps :

e^{2x}-1\sim 2x\qquad \ln(1+x)\sim x\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{e^{2x}-1}{\ln(1+x)}\sim\frac{2x}{x}=2

Reste à le justifier proprement par les DL, ce que fait la suite.

Développer numérateur et dénominateur

Numérateur : $e^{2x}=1+2x+o(x)$ , donc

e^{2x}-1=2x+o(x)

Dénominateur : $\ln(1+x)=x+o(x)$

\frac{e^{2x}-1}{\ln(1+x)}=\frac{2x+o(x)}{x+o(x)}

On factorise $x$ en haut et en bas :

=\frac{x\big(2+\varepsilon_1(x)\big)}{x\big(1+\varepsilon_2(x)\big)}=\frac{2+\varepsilon_1(x)}{1+\varepsilon_2(x)}\ \longrightarrow\ \frac{2}{1}

\boxed{\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-1}{\ln(1+x)}=2}

Pourquoi les équivalents sont licites ici

C'est le point de méthode de l'exercice, et il mérite d'être posé nettement.

Un équivalent ne se substitue jamais à l'intérieur d'une somme. Or ici il y a bien des soustractions : $e^{2x}-1$ et... non, précisément : le $-1$ n'est pas une soustraction de deux termes du même ordre. Il annule le terme constant de $e^{2x}$ , et ce qui reste, $2x$ , est le terme dominant — il ne se fait pas détruire.

La différence avec l'exercice B4 ( $\sin x-x$ ) est là : dans B4, le $x$ retranché annulait le terme dominant, ne laissant que le suivant. Ici, non.

👉 Le critère pratique : après soustraction, le terme dominant survit-il ? S'il survit, l'équivalent tient. S'il est détruit, il faut des DL.

e^{2x}-1=\underbrace{2x}_{\text{survit}}+\dots\qquad\text{contre}\qquad \sin x-x=\underbrace{0\cdot x}_{\text{détruit}}-\frac{x^3}{6}+\dots

Rappel de cours

Les équivalents usuels en $0$
$\sin x\sim x\qquad \tan x\sim x\qquad \ln(1+x)\sim x$

$e^x-1\sim x\qquad (1+x)^\alpha-1\sim\alpha x\qquad 1-\cos x\sim\frac{x^2}{2}$

Ce qu'on a le droit de faire : multiplier, diviser, élever à une puissance.

⚠️ Ce qu'on n'a PAS le droit de faire : additionner, soustraire, composer par $\ln$ ou $\exp$ .

Version avec un facteur : $e^{ax}-1\sim ax$ et $\ln(1+ax)\sim ax$ . C'est cette forme qui donne le $2$ de cet exercice.

Contrôle numérique — et il est instructif

$x$	quotient
$0{,}1$	$2{,}32297$
$0{,}01$	$2{,}03022$

On tend vers $2$ , mais lentement : à $x=0{,}1$ on est encore à $16\,\%$ du but.

⚠️ Ce n'est pas une erreur, et il faut savoir le lire. L'écart au but vaut $3x$ environ — il est linéaire. Diviser $x$ par $10$ ne divise l'écart que par $10$ , et c'est bien ce qu'on observe : $0{,}323$ puis $0{,}030$ .

\text{en }x=0{,}1:\quad 2+3\times0{,}1=2{,}3\qquad\text{observé }2{,}323

👉 Un contrôle numérique qui converge lentement peut alarmer à tort. Le bon réflexe n'est pas de douter du résultat, mais de calculer le terme suivant et de vérifier qu'il explique l'écart. Ici il l'explique à $1\,\%$ près.

L'erreur classique

⚠️ Répondre $1$ , en appliquant $e^{u}-1\sim u$ sans reporter le facteur $2$ : « $e^{2x}-1\sim x$ ».

C'est la même faute qu'en A5 et E5 — le coefficient de la substitution disparaît en route. Ici il ne se cache même pas dans un carré : il est au premier ordre.

Le contrôle numérique la réfute immédiatement : $2{,}32$ n'est pas proche de $1$ ✗

⚠️ Répondre $0$ ou $\infty$ en comparant mal les degrés. Numérateur et dénominateur s'annulent tous deux à l'ordre $1$ : même degré, donc limite finie non nulle. La comparaison des degrés donne la nature de la réponse avant tout calcul.

⚠️ Utiliser les équivalents sans les justifier, dans un exercice où le voisin B4 montre qu'ils peuvent être faux. Écrire une ligne — « le terme dominant survit à la soustraction » — sépare l'usage légitime du réflexe.

À retenir

Les équivalents suffisent quand le terme dominant SURVIT à la soustraction. S'il est détruit, il faut des DL. C'est le critère qui sépare cet exercice de B4.

$e^{ax}-1\sim ax$ et $\ln(1+ax)\sim ax$ : le facteur se reporte, il ne s'évapore pas.

Comparer les degrés d'annulation donne la nature de la limite avant tout calcul.

Une convergence numérique lente s'explique par le terme suivant, elle ne condamne pas le résultat.

Réponse.

2

. (Recoupement : équivalents

e^{2x}-1\sim2x

,

\ln(1+x)\sim x

, rapport

\to2

✓)

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Exercices corrigés — Développements limités

Les 18 exercices

DL de l'exponentielle

DL du logarithme

DL d'une racine

DL d'un inverse

DL par substitution (exp)

DL par substitution (ln)

Produit de deux DL

DL d'un quotient

Limite (forme 0/0)

Limite avec sinus

Limite avec logarithme

Limite avec exp et cos

DL et valeur approchée

Produit (1+x)·ln(1+x)

Limite (quotient de DL)

Tangente et position

DL d'une racine composée

Limite avec deux DL usuels

S'entraîner davantage sur développements limités