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Récrivons avant tout la définition de \(f\): \[ f(x)=e^{x\log(x)}\,\qquad x\gt 0\,. \] Puisque \(f\in C^3(]\frac12,\frac32[)\), on peut utiliser la formule de Taylor: \[ f(x)=\underbrace{f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{f^{(2)}(1)}{2!}(x-1)^2}_{p(x)}+\varepsilon(x)(x-1)^2\,, \] avec \(\lim_{x\to 1}\varepsilon(x)=0\).

On sait que \(f(1)=1^1=1\), puis \[\begin{aligned} f^{(1)}(x) &=f(x)\left(x\log(x)\right)'\\ &=f(x)\left(\log(x)+1\right)\,.\\ f^{(2)}(x) &=f'(x)\left(\log(x)+1\right)+f(x)\left(\log(x)+1\right)'\\ &=f(x)\left(\log(x)+1\right)^2+\frac{f(x)}{x}\,. \end{aligned}\] On a donc \(f^{(1)}(1)=1\), \(f^{(2)}(1)=2\). Donc la partie principale est \[\begin{aligned} p(x)&=1+(x-1)+(x-1)^2\\ &=1-x+x^2\,, \end{aligned}\] dont le graphe est la parabole bleue sur l'image ci-dessous:

La limite est une indétermination ''\(\frac00\)''. Utilisons des développements limites pour contrôler les petitesses des numérateurs et dénominateurs.

• Essayons avec des développements limités d'ordre \(1\) autour de \(x_0=0\): \[\begin{aligned} \sinh(x)&=x+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x)x\,,\\ \sin(x)&=x+\varepsilon_{\mathrm{s}}(x)x\,. \end{aligned}\] On a donc \[\begin{aligned} \frac{\sinh(x^4)-x^4}{(\sin(x)-x)^4} &=\frac{(x^4+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x^4)x^4)-x^4}{((x+\varepsilon_{\mathrm{s}}(x)x)-x)^4}\\ &=\frac{\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x^4)}{\varepsilon_{\mathrm{s}}(x)^4}\,. \end{aligned}\] Ce dernier quotient est toujours indéterminé ''\(\frac00\)'', on essaie donc des développements limités d'ordre plus élevé.
• Puisque \(\sinh\) et \(\sin\) sont impaires, on sait (voir exercices) que leurs développements limités autour de zéro ne contiendront pas de termes de degré \(2\), donc on essaie l'ordre \(3\): \[\begin{aligned} \sinh(x)&=x+\frac{x^3}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x)x^3\,,\\ \sin(x)&=x-\frac{x^3}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{s}}(x)x^3\,. \end{aligned}\] Ainsi, \[\begin{aligned} \frac{\sinh(x^4)-x^4}{(\sin(x)-x)^4} &=\frac{ (x^4+\frac{(x^4)^3}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x^4)(x^4)^3)-x^4 }{ \left((x-\frac{x^3}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{s}}(x)x^3)-x\right)^4 }\\ &=\frac{ x^{12}\left(\frac{1}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x^4)\right) }{ x^{12}\left(-\frac{1}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{s}}(x)\right)^4 }\\ &=\frac{ \frac{1}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x^4) }{ \left(-\frac{1}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x)\right)^4 }\,. \end{aligned}\] Ainsi, \[ \lim_{x\to 0} \frac{\sinh(x^4)-x^4}{(\sin(x)-x)^4} = \lim_{x\to 0} \frac{ \frac{1}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x^4) }{ \left(-\frac{1}{3!}+\varepsilon_{\mathrm{sh}}(x)\right)^4 } =3!^3=216\,. \]

1. Puisque \(f\in C^2(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[)\), on sait que le \(DL(2)\) autour de \(x_0=0\) est donné par \[ f(x)=f(0)+f'(0)x +\frac{f^{(2)}(0)}{2!}x^2 +\varepsilon(x)x^2 \] Or \(f(0)=\sqrt{1}=1\), et puisque pour tout \(x\in]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\) \[\begin{aligned} f'(x)&=\frac{-\sin(x)}{2\sqrt{\cos(x)}}\\ f^{(2)}(x)&=-\frac12 \left( \sqrt{\cos(x)}+\frac{\sin(x)^2}{2\cos(x)^{3/2}} \right)\,, \end{aligned}\] on a \(f'(0)=0\), \(f^{(2)}(0)=-\frac12\). Donc \[ f(x)=1-\frac14 x^2+\varepsilon(x)x^2\,. \]
2. On procède comme décrit dans la section Composition de DL.
   
   On peut écrire \(\sqrt{\cos(x)}=g(h(x))\), où \(g(z)=\sqrt{z}\), \(h(x)=\cos(x)\). Remarquons que lorsque \(x\) est proche de \(0\), \(z=h(x)\) est proche de \(z_0=1\). On connaît un \(DL(2)\) de \(h\) autour de \(x_0=0\), \[ h(x)=1-\frac{x^2}{2}+\varepsilon_h(x)x^2\,, \] où \(\lim_{x\to 0}\varepsilon_h(x)=0\), ainsi qu'un \(DL(2)\) de \(g\) autour de \(z_0=1\), \[ g(z)=1+\frac12(z-1)-\frac{1}{8}(z-1)^2+\varepsilon_g(z)(z-1)^2\,, \] où \(\lim_{z\to 1}\varepsilon_g(z)=0\). Pour obtenir la partie principale du \(DL(2)\) de \(g\circ h\) autour de \(x_0=1\), on injecte la partie principale de \(h\) dans la partie principale de \(g\), \[\begin{aligned} 1+\frac12(z-1)-\frac{1}{8}(z-1)^2 \Big|_{z=1-\frac{x^2}{2}} &=\\ &=1-\frac{x^2}{4}-\frac{1}{32}x^4\,, \end{aligned}\] et on ne garde que les termes de degré \(\leqslant 2\), ce qui laisse \(1-\frac{x^2}{2}\). Donc \[ f(x)=g(h(x))=1-\frac14 x^2+\varepsilon(x)x^2\,. \]

Puisque \(f\) est infiniment dérivable dans un voisinage de \(x_0=0\), la formule de Taylor assure que \[ a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!} \] Or on vérifie que \[ f^{(n)}(x)=(-1)^nn!(a+bx)^{-(n+1)}b^n\,, \] donc \[ a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!} =\frac{(-1)^nn!(a+b0)^{-(n+1)}b^n}{n!} =(-1)^n a^{-(n+1)}b^n \]

1. En appliquant BH une fois: \[\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+} \frac{\log(\sin(x))}{\log(\sin(\alpha x))} &\stackrel{BH}{=} \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\cos(x)}{\sin(x)}}{\frac{\alpha \cos(\alpha x)}{\sin(\alpha x)}}\\ &= \lim_{x\to 0^+} \underbrace{\frac{\cos(x)}{\cos(\alpha x)}}_{\to \frac11=1} \frac{\sin(\alpha x)}{\alpha\sin(x)}\\ &= \lim_{x\to 0^+} \frac{\sin(\alpha x)}{\alpha x} \frac{1}{\frac{\sin(x)}{x}} =1 \end{aligned}\]
2. (Oui, elle ressemble à la limite de l'Exercice 7 de la séance de la semaine dernière...) Par le \(DL(1)\) de l'exponentielle autour de zéro, \[ e^u=1+u+u\varepsilon(u)\,, \] où \(\lim_{u\to 0}\varepsilon(u)=0\). Comme \(x^2\sin(\frac1x)\to 0\) lorsque \(x\to 0\), on a donc avantage à utiliser ce \(DL(1)\) avec \(u=x^2\sin(\frac1x)\), pour obtenir \[\begin{aligned} &\frac{\exp(x^2\sin(\frac{1}{x}))-1}{x}\\ &=\frac{\left(1+x^2\sin(\tfrac1x)+x^2\sin(\tfrac1x)\varepsilon(x^2\sin(\tfrac1x))\right)-1}{x}\\ &=x\sin(\tfrac1x)+x\sin(\tfrac1x)\varepsilon(x^2\sin(\tfrac1x))\to 0 \end{aligned}\] Remarquons que la règle de BH ne permet pas de calculer cette limite!

C'est faux. Comme contre-exemple, prendre \(f:\mathbb{R}^*_+\to\mathbb{R}\), définie par \(f(x)=\sin(\sqrt{x})\). On a \[ \lim_{x\to+\infty} f'(x)= \lim_{x\to+\infty} \frac{\cos(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}=0\,, \] mais \(f(x)\) n'a pas de limite lorsque \(x\to +\infty\).