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[ID: 720] [Date de publication: 18 janvier 2021 13:44] [Catégorie(s): Calcul de développements limités ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]

Solution(s)

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Exercice 810
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 13:44

1. Posons \(t=x-\dfrac{\pi}{4}\). Chercher le DL\(\left(\dfrac{\pi}{4},3\right)\) de \(\sin x\) revient à chercher celui de \(\sin\left(t+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\right)\) en \(0\) : \[\begin{aligned} \sin x &=&\sin\left(t+{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}\right)\\ &=& \dfrac{\sqrt 2}{2}\left(\sin t + \cos t\right)\\ &=& \dfrac{\sqrt 2}{2}\left(1+t-\dfrac{t^2}{2}-\dfrac{t^3}{6}\right)+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^3\right)\\ &=&\boxed{\dfrac{\sqrt 2}{2}\left(1+\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)-\dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)^2}{2}-\dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)^3}{6}\right)+\underset{x \rightarrow {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}}{o}\left(\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)^3\right)} \end{aligned}\]

2. Comme précédemment, on se ramène en \(0\) en posant \(t=x-\dfrac{\pi}{3}\). \[\begin{aligned} \cos x&=&\cos\left(t+\dfrac{\pi}{3}\right)\\ &=&\dfrac{1}{2}\cos t - \dfrac{\sqrt 3}{2} \sin t\\ &=& 1 - \dfrac{\sqrt 3}{2} t -\dfrac{1}{4}t^2+\dfrac{\sqrt 3}{12}t^3+\dfrac{t^4}{48}+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^4\right)\\ &=& \boxed{1 - \dfrac{\sqrt 3}{2} \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right) -\dfrac{1}{4}\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)^2+\dfrac{\sqrt 3}{12}\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)^3+\dfrac{1}{48}\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)^4+\underset{x \rightarrow {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}{o}\left(\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)^4\right)} \end{aligned}\]

3. On se ramène en \(0\) en posant \(t=x-1\). Il vient : \[\begin{aligned} e^x&=&e^{1+t}\\ &=&e.e^t\\ &=&e\left(1+t+\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^3}{6}+\dfrac{t^4}{24}+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^4\right)\right)\\ &=&\boxed{e\left(1+\left(x-1\right)+\dfrac{1}{2}\left(x-1\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(x-1\right)^3+\dfrac{1}{24}\left(x-1\right)^4+\underset{x \rightarrow 1}{o}\left(\left(x-1\right)^4\right)\right)} \end{aligned}\]

4. On pose \(t=x-1\) : \[\begin{aligned} \dfrac{\ln x}{x^2}&=&\dfrac{\ln\left(1+t\right)}{\left(1+t\right)^2}\\ &=&\dfrac{\ln\left(1+t\right)}{1+2t+t^2}\\ &=&\left(t-\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^3}{3}-\dfrac{t^4}{4}+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^4\right)\right)\left(1-2t+3t^2-4t^3+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^3\right)\right)\\ &=&t-\dfrac{5}{2}t^2+\dfrac{13}{3}t^3-\dfrac{77}{12}t^4+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^4\right)\\ &=&\boxed{\left(x-1\right)-\dfrac{5}{2}\left(x-1\right)^2+\dfrac{13}{3}\left(x-1\right)^3-\dfrac{77}{12}\left(x-1\right)^4+\underset{x \rightarrow 1}{o}\left(\left(x-1\right)^4\right)} \end{aligned}\]

5. Posons \(t=x-\dfrac{\pi}{3}\) \[\begin{aligned} \sin x \cos 3 x&=&\sin \left(t+\dfrac{\pi}{3}\right) \cos {t+\pi} \\ &=&-\sin \left(t+\dfrac{\pi}{3}\right) \cos t\\ &=&-\left( \dfrac{1}{2}\sin t+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos t\right)\cos t\\ &=&-\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2}+ \dfrac{t}{2}-\dfrac{\sqrt{ 3}}{4} t^2 + \underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^2\right) \right)\left(1-\dfrac{x^2}{2} + \underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^2\right) \right)\\ &=&-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}t+\dfrac{\sqrt{3}}{2}t^2+\underset{t \rightarrow 0}{o}\left(t^2\right)\\ &=& \boxed{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)^2+\underset{x \rightarrow {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 3}}{o}\left(\left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)^2\right)} \end{aligned}\]

6. Utilisant directement la formule de Taylor-Young, on trouve : \[\begin{aligned} \operatorname{arctan} x&=&\boxed{\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}\left(x-1\right)-\dfrac{1}{4}\left(x-1\right)^2+\dfrac{1}{12}\left(x-1\right)^3+\underset{x \rightarrow 1}{o}\left(\left(x-1\right)^3\right)} \end{aligned}\]