Exercice 12-07
En utilisant des développements limités (d'ordre convenable) autour de \(0\), calculer les limites suivantes.
  1. \(\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{x-\frac{x^3}{6}-\sin(x)}{x^5}\)
  2. \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x+\sin(x)-\cos(x)-2x}{x-\log(1+x)}\)
  3. \(\displaystyle \lim_{x\to \infty}x^2\sin(\tfrac{1}{x^2})\)
  4. \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x\sin(\sin(x))-\sin(x)^2}{x^6}\)
On a vu comment utiliser des DL pour calculer des limites.

Une précaution à prendre, lorsqu'on a un quotient indéterminé de la forme ''\(\frac00\)'': si des développements limités sont utilisés pour exprimer les numérateur et dénominateur, il faudra s'assurer de travailler à un ordre qui permet effectivement de contrôler leurs petitesses.

Lorsque \(x\) est grand, \(u=\frac{1}{x^3}\) est petit, donc \(\sin(u)\) est petit, et on peut contrôler sa petitesse précisément à l'aide d'un développement limite de \(\sin(u)\) autour de \(u=0\), que l'on utilise pour \(u=\frac{1}{x^3}\).

  1. Puisque le dénominateur est en \(x^5\), il faut un développement limité pour le numérateur d'ordre au moins \(5\). Comme \[ \sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+x^5\varepsilon(x)\,, \] on a \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{1}{x^5}\left(x-\frac{x^3}{6} -\sin(x)\right) &= \lim_{x\to 0} \left(-\frac{1}{120} + \varepsilon(x)\right) \\ &= -\frac{1}{120}\,. \end{aligned}\]
  2. En utilisant des \(DL(2)\) pour \(e^x\), \(\sin(x)\) et \(\cos(x)\), et en regroupant les trois restes dans un seul reste \(\varepsilon_1(x)\), \[\begin{aligned} e^x+\sin(x)&-\cos(x)-2x\\ &= \left(1+x+\frac{x^2}{2}\right) +x+\left(-1+\frac{x^2}{2}\right)-2x + x^2\varepsilon_1(x)\\ &= x^2+x^2\varepsilon_1(x)\,. \end{aligned}\] Pour le dénominateur, \[\begin{aligned} x-\log(1+x) &=x-\left(x-\frac{x^2}{2}+x^2\varepsilon_l(x)\right)\\ &=\frac{x^2}{2}-x^2\varepsilon_l(x), \end{aligned}\] on a \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{e^x+\sin(x)-\cos(x)-2x}{x-\log(1+x)} &=\lim_{x\to 0} \frac{x^2+x^2\varepsilon_1(x)}{\frac{x^2}{2}-x^2\varepsilon_l(x)}\\ &=\lim_{x\to 0} \frac{1+\varepsilon_1(x)}{\frac{1}{2}-\varepsilon_l(x)} \\ &=2. \end{aligned}\]
  3. Lorsque \(x\) est grand, \(u=\frac{1}{x^2}\) est proche de zéro. Or, à l'ordre \(3\), autour de \(u_0=0\), \[ \sin(u)=u-\frac{u^3}{6}+u^3\varepsilon(u)\,, \] et donc \[ x^2\sin(\tfrac{1}{x^2}) =x^2\Bigl( \frac{1}{x^2}-\frac{1}{6x^6}+\frac{1}{x^6}\varepsilon\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr) \Bigr) = 1-\frac{1}{6x^4}+\frac{1}{x^4}\varepsilon\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\,, \] qui a pour limite \(L=1\).

    Remarque: Cet exemple est bien pour voir qu'on a calculé une limite \(x\to \infty\) en utilisant le développement limité d'une certaine fonction autour de zéro. Mais on aurait pu faire plus simple, sans développement limité: \[ \lim_{x\to\infty}x^2\sin(\tfrac{1}{x^2}) =\lim_{x\to\infty}\frac{\sin(\frac{1}{x^2})}{\frac{1}{x^2}} =\lim_{y\to 0^+}\frac{\sin(y)}{y}=1\,. \]

  4. Le dénominateur étant en \(x^6\), la limite de ce quotient ne peut exister que si le numérateur est (au moins) en \(x^6\). Pour le développement limité d'ordre \(6\) du numérateur, il nous faut:
    • un \(DL(5)\) pour \(\sin(\sin(x))\) (qui sera encore multiplié par \(x\)), et
    • un \(DL(6)\) pour \(\sin(x)^2\).
    Commençons par rappeler que \[ \sin(x)=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+x^5\varepsilon(x)\,. \] En insérant la partie principale dans elle-même, en regroupant et en ne gardant que les termes de degré \(\leqslant 6\), on obtient: \[ \sin(\sin(x))=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{10}+x^5\varepsilon_1(x) \] où \(\lim_{x\to 0}\varepsilon_1(x)=0\). Aussi, en élevant au carré et en ne gardant que les puissances \(\leqslant 6\), \[\begin{aligned} \sin(x)^2=x^2-\frac{x^4}{3}+\frac{2x^6}{45}+x^6\varepsilon_2(x)\,, \end{aligned}\] où \(\lim_{x\to 0}\varepsilon_2(x)=0\).

    Ainsi, notre numérateur est égal à \[\begin{aligned} x&\sin(\sin(x))-\sin(x)^2\\ &= x^2-\frac{x^4}{3}+\frac{x^6}{10} +x^6\varepsilon_1(x) -\left(x^2-\frac{x^4}{3}+\frac{2x^6}{45} + x^6\varepsilon_2(x)\right)\\ &=\frac{x^6}{18}(1+\varepsilon(x))\,, \end{aligned}\] où \(\varepsilon(x)=\varepsilon_1(x)-\varepsilon_2(x)\). On peut donc conclure: \[ \lim_{x\to 0} \frac{x\sin(\sin(x))-\sin(x)^2}{x^6} =\lim_{x\to 0} \frac{1}{18}(1+\varepsilon(x)) =\frac{1}{18}\,. \]