Équivalents, développements limités

Équivalents
Exercice 1 Équivalent de $\sqrt{x+1}-\sqrt{x}$ en $+\infty $.
Dans une telle situation, il faut penser à la quantité conjuguée, car $\ldots$
$\ldots$ il est facile de deviner, puis de justifier, qu'un équivalent de : \[ \sqrt{x+1}+\sqrt{x} \] est :
\[ 2\,\sqrt{x}. \] Pour le justifier, il suffit $\ldots$
$\ldots$ de mettre $\sqrt{x}$ en facteur, tout en vérifiant que :
\[ \lim\limits\limits_{x\rightarrow +\infty } \left( \sqrt{1+\frac{1}{x}}+1 \right) = 2. \]

Solution
Pour tout $x\in \R_{+}^{*}$ on a : \begin{align*} \sqrt{x+1}-\sqrt{x} &=\frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \\ \\ &=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} \\ \\ &=\frac{1}{\sqrt{x}}\frac{1}{\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)} \cdot \end{align*} Comme $\lim\limits\limits_{x\rightarrow +\infty } \frac{1}{\left( \sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1}\right) }=\frac{1}{2}$, on en déduit : \[ \sqrt{x+1}-\sqrt{x}\usim{x\to+\infty} \frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot \]
Exercice 2 Déterminer la limite en $0$ de $\displaystyle f:x\mapsto \frac{\sqrt{\cos x}-1}{e^{x^{2}}-1}\cdot $
Il est bon de commencer par vérifier que l'on peut s'intéresser à cette limite.
En disant que cette fonction est définie au voisinage de $0$.
Ici, on peut par exemple dire que $f$ est définie sur : \[ \mathopen{\Big[}-\frac{\pi}{2},0\mathclose{\Big[} \cup \mathopen{\Big]}0,\frac{\pi}{2}\mathclose{\Big]}\cdot \] On ne peut pas prendre plus grand car $\ldots$
$\ldots$ la racine impose $\cos x \geq 0$

Comme les théorèmes sur les limites ne mènent qu'à une forme indéterminée, et qu'il s'agit d'un quotient, $\ldots$
$\ldots$ il est naturel d'essayer les équivalents.

Pour le dénominateur, c'est facile.
En effet, il est de la forme $e^{u}-1$ avec $\lim\limits u = 0$.
Utiliser : \[ e^{u}-1 \usim{u\to 0} u. \]

Pour le numérateur, penser que l'on connaît un équivalent de $\ldots$
$\ldots$ $\cos x-1$ qui est :
\[ \cos x-1 \usim{x\to 0} -\frac{x^{2}}{2}\cdot \]

Pour pouvoir l'utiliser, il suffit de $\ldots$
$\ldots$ multiplier $\sqrt{\cos x}-1$ par la quantité conjuguée.

Solution
Pour tout $\mathopen{\big[}-\frac{\pi}{2},0\mathclose{\big[} \cup \mathopen{\big]}0,\frac{\pi}{2}\mathclose{\big]}$, on a : \begin{align*} f(x)&=\frac{\sqrt{\cos x}-1}{e^{x^{2}}-1}\\\\ &=\frac{\cos x-1}{\left( \sqrt{\cos x}+1\right) (e^{x^{2}}-1)}\cdot \end{align*} Étant donné que : \[ \cos x-1 \usim{x\to 0} -\frac{x^{2}}{2}, \] que : \[ e^{x^{2}}-1 \usim{x\to 0} x^{2} \] et que : \[ \lim\limits_{x\to 0} \sqrt{\cos x}+1 =2, \] on en déduit : \[ f(x) \usim{x\to 0} \frac{-\frac{x^{2}}{2}}{2\,\,x^{2}} = -\frac{1}{4}\cdot \] On en conclut immédiatement : \[ \lim\limits\limits_{x\rightarrow 0}f(x)=-\frac{1}{4}\cdot \]
Exercice 3 Donner un équivalent en $1$ de $f:x\mapsto \ln (x^{2}+3\,x+1)-\ln(x^{2}+x+3).$
Il est bon de commencer par vérifier que l'on peut s'intéresser à untel équivalent.
Le plus simple est de regarder la limite de ce qui est sous chacun des logarithmes.
Comme cette limite est $5$, on est sûr qu'il existe $h\in\R^{*}_{+}$ tel que : \[ \forall{x\in \mathopen{]}1-h,1+h\mathclose{[}}\quad x^{2}+3\,x+1 \geq 4 \et x^{2}+x+3 \geq 4. \] Qu'utilise-t-on en fait pour cela ?
La continuité de chacune de ces fonctions polynomiales.

Ensuite, on a tout intérêt à remplacer cette différence de logarithmes par $\ldots$
$\ldots$ le logarithme d'un quotient, surtout que $\ldots$
$\ldots$ ce quotient tend vers $1$.
On peut (doit) alors utiliser : \[ \ln u \usim{u \to 1} (u-1) \] qui permet de supprimer le logarithme. Il ne faut pas le rater !

Solution
Comme les deux fonctions polynomiales : \[ x \mapsto x^{2}+3\,x+1 \et x \mapsto x^{2}+x+3 \] valent $5$ en $1$ et qu'elles sont continues, il existe $h\in\R^{*}_{+}$ tel que : \[ \forall{x\in \mathopen{]}1-h,1+h\mathclose{[}}\quad x^{2}+3\,x+1 \geq 4 \et x^{2}+x+3 \geq 4. \] Par suite, la fonction $f$ est (au moins) définie sur $I=\mathopen{]}1-h,1+h\mathclose{[}$, et, pour tout $x\in I$, on a : \[ f(x) = \ln \Big(\frac{x^{2}+3\,x+1}{x^{2}+x+3}\Big)\cdot \] Comme $\lim\limits\limits_{x\to 1}\big(\frac{x^{2}+3\,x+1}{x^{2}+x+3}\big)=1$, on a : \[ f(x) \usim{x\to 1}\left( \frac{x^{2}+3\,x+1}{x^{2}+x+3}-1\right) = \frac{\,2(x-1)}{x^{2}+x+3}\cdot \] Comme le dénominateur tend vers $5$, on en déduit : \[ f(x)\usim{x\to 1} \frac{\,2}{5}(x-1). \]
Exercice 4 Soit $f : \fonction{\R}{\R}{x}{\arctan (x+1)-\arctan (x)}$

Donner un équivalent simple $f$ en $+\infty $.
On peut penser à deux méthodes.

Majorer et minorer $f(x)$ en utilisant $\ldots$
$\ldots$ l'inégalité des accroissements finis $\ldots$
$\ldots$ entre $x$ et $x+1$. On obtient :
\[ \forall x\in \R\quad \frac{1}{1+(x+1)^{2}}\leq f(x)\leq \frac{1}{1+x^{2}}\cdot \] Dans une telle situation, on obtient facilement un équivalent en utilisant le théorème d'existence de limite par encadrement, après avoir $\ldots$
$\ldots$ tout multiplié par $x^{2}$.

Solution avec cette méthode
La fonction $f$ est évidemment défini et dérivable sur tout $\R$.

Soit $x\in\R$. La formule des accroissements finis (entre $x$ et $x+1$) prouve qu'il existe $\theta\in \mathopen{]}0,1\mathclose{[}$ tel que : \[ \arctan (x+1)-\arctan(x)=\frac{1}{1+(x+\theta )^{2}}\cdot \] Comme alors : \[ \frac{1}{1+(x+1)^{2}}\leq \frac{1}{1+(x+\theta )^{2}} \leq \frac{1}{1+x^{2}} \] on en déduit : \[ \frac{1}{1+(x+1)^{2}}\leq \arctan (x+1)-\arctan(x)\leq \frac{1}{1+x^{2}}\cdot \] En multipliant par $x^{2}$ (positif), cela donne : \[ \frac{x^{2}}{1+(x+1)^{2}}\leq x^{2}\,f(x) \leq \frac{x^{2}}{1+x^{2}}\cdot \] Comme : \[ \lim\limits\limits_{x\to +\infty} \frac{x^{2}}{1+(x+1)^{2}} = \lim\limits\limits_{x\to +\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{2}} = 1, \] le théorème d'existence de limite par encadrement donne alors : \[ \lim\limits\limits_{x\to +\infty} x^{2}\, f(x) =1, \] et donc : $$ \arctan (x+1)-\arctan(x)\usim{x\to +\infty }\frac{1}{x^{2}}\cdot $$

Tirer parti de la limite de $f$ en $+\infty$.
La limite de $f$ en $+\infty$ vaut $0$.
C'est une différence de deux quantités qui tendent vers :
\[ \frac{\pi}{2}\cdot \]

Il est donc bon de s'intéresser à $\ldots$
\[ \tan\big( f(x)\big) \] puisque $\ldots$
Comme $\lim\limits\limits_{x\to +\infty} f(x)=0$, on a : \[ \tan\big( f(x)\big) \usim{x\to +\infty} f(x). \] Évidemment, il faut savoir développer $\tan(a-b)$ !

C'est aussi très intéressant parce que :
\[ \forall{u\in\R}\quad \tan(\arctan u) = u. \]

Il ne faut évidemment pas oublier de vérifier que l'on peut calculer une telle quantité.
En prouvant que l'on a par exemple : \[ -\frac{\pi}{4} \leq f(x) \leq \frac{\pi}{4}, \] au moins pour $x$ assez grand.
Utiliser la limite de $f$ en $+\infty$.

Solution avec cette méthode
La fonction $f$ est évidemment défini sur tout $\R$, et : \[ \lim\limits\limits_{x\to \infty}\big( \arctan (x+1)-\arctan(x)\big)=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=0. \] Par suite, il existe $A\in\R$ tel que : \[ \forall{x \geq A}\quad -\frac{\pi}{4} \leq f(x) \leq \frac{\pi}{4}\cdot \] Pour $x\in\mathopen{[}A,+\infty\mathclose{[}$, on a donc : \begin{align*} \tan\big(f(x)\big) &=\tan\big(\arctan (x+1)-\arctan(x)\big) \\ \\ &=\frac{(x+1)-x}{1+x\,(x+1)} \\ \\ &=\frac{1}{1+x+x^2} \\ \\ &\usim{x\to +\infty }\frac{1}{x^2}\cdot \end{align*} Comme $\lim\limits\limits_{x\to +\infty} f(x)=0$, on a : $$ f(x) \usim{x\to +\infty } \tan\big( f(x) \big) \usim{x\to +\infty }\frac{1}{x^2}\cdot $$

Peut-on ici penser à faire « une différence d'équivalents » ?
Chacun des deux termes de la différence est équivalent à :
\[ \arctan(x+1) \usim{x\to +\infty } \arctan(x) \usim{x\to +\infty } \frac{\pi}{2}\cdot \] Dans une telle situation, les équivalents ne suffisent pas. Comment pourrait-on ici utiliser les développements limités ?
En utilisant que pour tout $x \in\R^{*}_{+}$, les réels $\arctan(x)$ et $\arctan\big(\frac{1}{x}\big)$ vérifient :
\[ \arctan(x) + \arctan\Big(\frac{1}{x}\Big) = \frac{\pi}{2}\cdot \] On pourra alors avoir recours aux développements limités, mais bien prendre garde à l'ordre des développements utilisés.
Ici, il faut aller à l'ordre $2$ pour les deux développements.

Solution avec cette méthode.
Pour tout $x\in\R^{*}_{+}$, on a $0 < x < x+1$ et donc : \begin{align*} f(x)&=\bigg(\frac{\pi}{2}-\arctan\Big(\frac{1}{x+1}\Big)\bigg) -\bigg(\frac{\pi}{2}-\arctan\Big(\frac{1}{x}\Big)\bigg)\\ \\ &= \arctan\Big(\frac{1}{x}\Big)-\arctan\Big(\frac{1}{x+1}\Big)\cdot \end{align*} Un développement à l'ordre $2$ en $0$ de $\arctan$ nous donne : \[ \arctan\Big(\frac{1}{x}\Big) = \frac{1}{x} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big) \] ainsi que : \begin{align*} \arctan\Big(\frac{1}{x+1}\Big) &= \frac{1}{x+1} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{(x+1)^{2}}\Big)\\ \\ &= \frac{1}{x+1} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big)\cdot \end{align*} Par différence, on en déduit : \begin{align*} f(x) &= \frac{1}{x} - \frac{1}{x+1} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big)\\ \\ &= \frac{1}{x\,(x+1)} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big)\cdot \end{align*} Comme $\frac{1}{x\,(x+1)} \usim{x\to+\infty}\frac{1}{x^{2}}$ et donc : \[ \frac{1}{x\,(x+1)} = \frac{1}{x^{2}} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big), \] on en déduit : \[ f(x) = \frac{1}{x^{2}} + o_{x\to+\infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big) \] et donc : \[ f(x) \usim{x\to+\infty}\frac{1}{x^{2}}\cdot \]
Exercice 5 ($*$) Donner un équivalent simple en $0$ de :

$\hskip15ex f:x\mapsto (1+e^{x})^{x}-(1+e^{-x})^{x}. \hskip3ex$
Vu l'expression de $f(x)$, il est impératif de commencer par $\ldots$
$\ldots$ écrire chaque puissance sous forme exponentielle. La quantité $f(x)$ est alors la différence de deux exponentielles et, dans un tel cas, il y a une recette miracle.
Mettre la seconde exponentielle en facteur, $\ldots$
$\ldots$ pour introduire une quantité du type $e^{u}-1$ avec un $u$ qui tend vers $0$, car alors on peut utiliser : \[ e^{u} -1 \usim{u \to 0} u. \] Il reste alors à s'intéresser à cet $u$. Le plus simple (aussi bien pour le calcul que pour la rédaction) est donc d'écrire : \[ f(x) = e^{x\,\ln(1+e^{-x})} (e^{u(x)}-1) \] avec $u(x)=\cdots$
\[ u(x)=x\,\ln (1+e^{x})-x\,\ln (1+e^{-x}). \]

On a alors tout intérêt à $\ldots$
$\ldots$ écrire la différence de logarithmes sous forme $\ldots$
$\ldots$ de logarithme d'un quotient, surtout que ce quotient tend vers $1$ et que l'on pourra donc utiliser :
\[ \ln v \usim{v \to 1} (v-1), \] ce qui permet de faire disparaître le logarithme.

Il ne faut pas le rater !

Solution

Soit $x\in \R$. On a alors : \[ 1+e^{x} > 0 \et 1+e^{-x} >0, \] ce qui prouve que $f(x)$ est défini.

On a de plus : \begin{align*} f(x) &=e^{x\,\ln (1+e^{x})} - e^{x\,\ln(1+e^{-x})} \\ \\ &=e^{x\,\ln(1+e^{-x})} (e^{u(x)}-1)\tag{$*$} \end{align*} avec : \begin{align*} u(x)&=x\,\ln (1+e^{x})-x\,\ln (1+e^{-x}) \\\\ &=x\ln \left( \frac{1+e^{x}}{1+e^{-x}}\right)\cdot \end{align*} Comme $\ds\lim\limits\limits_{x \to 0} \Big( \frac{1+e^{x}}{1+e^{-x}}\Big) = 1$, on a : \[ u(x)\usim{x \to 0} x\left( \frac{1+e^{x}}{1+e^{-x}}-1\right) = x\left( \frac{e^{x}-e^{-x}}{1+e^{-x}}\right)\cdot \] Étant donné que : \[ e^{x}-e^{-x} = 2\,\sh x \usim{x \to 0} 2\, x, \] et que $\lim\limits\limits_{x \to 0} (1+e^{-x})=2$, on en déduit : \[ u(x)\usim{x \to 0} x^{2} \]

Par suite, on a $\lim\limits\limits_{x \to 0} u(x) =0$, et donc : \[ (e^{u(x)}-1) \usim{x \to 0} u(x) \usim{x \to 0} x^{2}, \] et la relation $(*)$ nous donne alors : \[ f(x)\usim{x \to 0} e^{x\,\ln(1+e^{-x})} \, x^{2}. \] Comme $\lim\limits\limits_{x \to 0} \big(x\,\ln (1+e^{-x})\big) =0$, et donc : $$\lim\limits\limits_{x \to 0} e^{x\,\ln(1+e^{-x})}=1,$$ on en déduit : \[ f(x)\usim{x \to 0}x^{2}. \]
Développements limités
Exercice 6 La fonction $$f:x\mapsto \sqrt{\sin x}$$ admet-elle un développement limité à l'ordre $2$ en $0^{+}$ ? Si oui, le déterminer.
La réponse est non, et cela ne nécessite presque aucun calcul !
Quelle relation existe-t-il entre l'existence d'un développement limité en $a$ et la dérivabilité en $a$ ?
La fonction $f$ n'étant pas dérivable en $0$, elle ne peut pas en ce point admettre un développement limité à l'ordre $1$. Et alors ?
Si $f$ admettait un développement limité à l'ordre $2$ alors elle en admettrait un à l'ordre $1$ et serait donc dérivable en $0$.
Par suite $f$ n'admet pas de développement limité à l'ordre $2$ en $0^{+}$.

Au fait, comment prouver que $f$ n'est pas dérivable en $0$ ?

Sophie dit :« Comme $f$ est la composée de la fonction $\sin$ qui est dérivable en $0$ et de la fonction $x\mapsto \sqrt{x}$ qui n'est pas dérivable en $0$, alors la fonction $f$ n'est pas dérivable en $0$.
C'est faux ! On ne peut pas ici utiliser de théorème de composition car il permet de prouver la dérivabilité d'une fonction, et pas sa non-dérivabilité !
Donner un exemple d'une fonction dérivable et d'une fonction non dérivable dont la composée est dérivable.
Si $f:\fonction{\R}{\R^+}{x}{x^4}$ et $g:\fonction{\R^+}{\R}{x}{\sqrt{x}}$, alors

la fonction $g$ n'est pas dérivable en $0$ ;

la fonction $g\circ f :\fonction{\R}{\R}{x}{x^2}$ est dérivable en $0$.

Nathalie n'est pas d'accord, et dit que le plus simple est d'utiliser le taux d'accroissement.
Effectivement, c'est la méthode la plus simple pour, ici, prouver la non-dérivabilité de $f$ en $0$.
Pour $x > 0$ on a : \[ \frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{\sqrt{\sin x}}{x}\usim{x\to0^+}\frac{\sqrt{x}}{x} =\frac{1}{\sqrt{x}}\cdot \] On en déduit $\lim\limits_{0^+}f=+\infty$, prouvant que $f$ n'est pas dérivable en $0$.
Exercice 7
2. Donner le développement limité à l'ordre $2$ en $1$ de $f:x\mapsto \dfrac{\exp x}{x}\cdot$
  Comme on veut calculer un développement limité en $1$, on commence par poser :
  \[ x=1+h. \] Plus rigoureusement, on calcule un développement limité en $0$ de : $$g:h\mapsto f(1+h).$$ Pour cela, on calcule $\ldots$
  
  le développement de $\exp(1+h)$ qui s'obtient en écrivant d'abord : $$\exp(1+h)=e\,\exp(h)$$ puis en utilisant le développement de $\exp(h)$ en $0$ :
  \[ \exp h = 1+h + \frac{h^{2}}{2!} +\cdots \]
  
  le développement de $\ds \frac{1}{1+h}$ qui s'obtient avec la formule classique :
  \[ \frac{1}{1+h}=1-h+h^2+\cdots \]
  
  Solution
  Pour $h\in [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ on a : \begin{align*} \exp (1+h) & = e\,\Big( 1+h+\frac{h^{2}}{2}+\o(h^{2})\Big) \\ \\ \quad\frac{1}{1+h} & = 1-h+h^{2}+\o(h^{2}) \end{align*} et donc, par multiplication : \begin{align*} \frac{\exp (1+h)}{1+h} & = e\,\Big( 1+h+\frac{h^{2}}{2}+\o(h^{2})\Big) \Big( 1-h+h^{2}+\o(h^{2})\Big) \\\\ & = e\,\Big( 1+\frac{h^{2}}{2}+\o(h^{2})\Big). \end{align*} Par suite, le résultat demandé peut s'écrire : \[ \dfrac{\exp 1+h}{1+h}=e+\frac{e\, h^{2}}{2} +\o\big( h^{2}\big) \] ou encore : \[ \dfrac{\exp x}{x}=e+\frac{e\,\left( x-1\right) ^{2}}{2} +\o\big( \left( x-1\right) ^{2}\big). \]
  
  Remarque Évidemment, si on utilise la seconde écriture, il ne faut absolument pas développer les puissances de $(x-1)$.
3. Peut-on en déduire $f'(1)$ ? $f''(1)$ ?
  La question est (volontairement) un peu vague.
  
  Du calcul précédent :
  
  on peut déduire l'existence et la valeur de $f'(1)$ ;
  En effet, une fonction $f$ admet un développement limité à l'ordre $1$ en $1$ si, et seulement si, $f$ est dérivable en $1$.
  
  on peut déduire la valeur de $f''(1)$ en supposant qu'elle existe, ou mieux, après avoir prouvé qu'elle existe.
  
  En effet, une fonction $f$ peut admettre un développement limité à l'ordre $2$ en $1$ sans être deux fois dérivable en $1$.
  
  En revanche, si elle est de classe $\CC^2$ au voisinage de $1$, alors on peut utiliser la formule de Taylor ainsi que $\ldots$
  $\ldots$ l'unicité du développement limité.
  
  Solution
  
  Par troncature du développement limité calculé précédemment, on déduit que $f$ possède en $1$ un développement limité à l'ordre $1$ qui s'écrit $$f(1+h)=e+\o(h).$$ On en déduit alors que $f'(1)$ existe et que $f'(1) = 0$.
  
  D'après les théorèmes généraux, la fonction $f$ est de classe $\CC^2$ sur $\big[\frac{1}{2},\frac{3}{2}\big]$.
  
  On peut donc en obtenir un développement limité en utilisant la formule de Taylor : \[ f(x) = f(1) + (x-1)\,f'(1)+\frac{(x-1)^2}{2}\,f''(1)+\o\big((x-1)^2\big). \]
  
  L'unicité du développement limité nous permet d'obtenir par identification : \[ \frac{f''(1)}{2} = \frac{e}{2} \] et donc $f''(1)=e$.
Exercice 8 Déterminer le développement à l'ordre $3$ en $\frac12$ de la fonction $f=\arcsin $.
Ici, l'utilisation d'un développement limité de la dérivée s'impose !

Comme on veut un développement limité à l'ordre $3$ de $f$, il suffit d'avoir, pour la dérivée, $\ldots$
$\ldots$ un développement à l'ordre $2$.

Au fait, quelle est la dérivée de $\arcsin$ ?
Pour tout $x\in\mathopen{]}-1,+1\mathclose{[}$, on a : \[ \arcsin'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\cdot \]

En profiter évidemment pour revoir les propriétés essentielles de cette fonction, et surtout en tracer le graphe.

Pour le calcul du développement de cette dérivée, on commencera évidemment par poser :
\[ x=\frac{1}{2}+h. \]

À une certaine étape, on doit calculer le développement de : \[ f^{\prime }\Big( \frac{1}{2}+h\Big)=\Big( \frac{3}{4}-h-h^{2}\Big)^{-\frac{1}{2}}. \] Il est alors bon $\ldots$
$\ldots$ de mettre le $\frac{3}{4}$ en facteur, puis d'utiliser $\ldots$
$\ldots$ la formule donnant le développement de $(1+u)^\alpha$.

Pour finir, il suffira $\ldots$
$\ldots$ d'intégrer ce développement limité, mais attention $\ldots$
$\ldots$ de ne pas oublier la constante !

Solution
La fonction $\arcsin$ est dérivable sur ${] -1,1[}$, et pour $x\in {] -1,1[}$ on a : $$f^{\prime }(x)=\left(1-x^{2}\right) ^{-\frac{1}{2}}.$$
Pour tout $h\in {]-1,1[}$, on a donc : \begin{align*} f^{\prime }\Big(\frac{1}{2}+h\Big) & = \Big( 1-\Big( \frac{1}{2}+h\Big)^{2}\Big)^{-\frac{1}{2}} \\ & = \Big( \frac{3}{4}-h-h^{2}\Big) ^{-\frac{1}{2}} \\ & = \frac{2}{\sqrt{3}}\Big( 1-\frac{4}{3}h-\frac{4}{3}h^{2}\Big) ^{-\frac{1}{2}} \cdot \end{align*} En utilisant un développement à l'ordre $2$ de $(1+u)^{-\frac{1}{2}}$, on obtient : \begin{align*} \Big(1-\frac{4}{3}\,h-\frac{4}{3}\,h^{2}\Big)^{-\frac{1}{2}} & = 1+\frac{1}{2}\Big( \frac{4}{3}\,h +\frac{4}{3}\,h^{2}\Big)\\\\ & \hskip10ex+\frac{3}{8}\Big(\frac{4}{3}\,h+\frac{4}{3}\,h^{2}\Big)^{2}+\o(h^{2} )\\ \\ & = 1+\frac{2}{3}\,h+\frac{4}{3}\,h^{2}+\o(h^{2}). \end{align*} et donc : \[ f^{\prime }\Big(\frac{1}{2}+h\Big) = \frac{2}{\sqrt{3}}\Big( 1+\frac{2}{3}h+\frac{4}{3}\,h^{2}+\o(h^{2})\Big) . \] Par intégration de ce développement limité, on obtient : \[ \arcsin \left( \frac{1}{2}+h\right) =\frac{\pi }{6}+\frac{2\sqrt{3}}{3}\,h+\frac{2\sqrt{3}}{9}\,h^{2} +\frac{8\sqrt{3}}{27}\,h^{3}+\o(h^{3}) \] ou encore : \begin{align*} \arcsin x =\frac{\pi }{6}+\frac{2\sqrt{3}}{3}\,\Big(\frac{1}{2}+x\Big) &+\frac{2\sqrt{3}}{9}\,\Big(\frac{1}{2}+x\Big)^{2}\\ \\ &+\frac{8\sqrt{3}}{27}\,\Big(\frac{1}{2}+x\Big)^{3}+\o\Big(\Big(\frac{1}{2}+x\Big)^{3}\Big). \end{align*}
Applications diverses
Exercice 9 Limite en $e$ de $\displaystyle f:x\mapsto \frac{\sqrt{\ln x}-1}{e^{x}-e^{e}}\cdot $
Il est bon de commencer par vérifier que l'on peut s'intéresser à cette limite.
En disant que cette fonction est définie au voisinage de $e$.
Ici, on peut par exemple dire que $f$ est définie sur : \[ \mathopen{[}1,+\infty\mathclose{[}\setminus\{e\}. \] On ne peut pas prendre plus grand car $\ldots$
$\ldots$ la racine impose $\ln x \geq 0$ et donc $x\geq 1$.

Comme les théorèmes sur les limites ne mènent qu'à une forme indéterminée, et qu'il s'agit d'un quotient, $\ldots$
$\ldots$ il est naturel d'essayer les équivalents.

Pour le dénominateur, qui est une différence de deux exponentielles, il y a une recette miracle.
Mettre la seconde exponentielle en facteur, ce qui donne :
\[ e^{x}-e^{e} = e^{e}\,(e^{x-e}-1), \] et permet ensuite d'utiliser :
\[ e^{u}-1 \usim{u\to 0} u. \]

Pour le numérateur, la multiplication par la quantité conjuguée permet d'introduire : \[ \ln x - 1 \] qui s'écrit aussi :
\[ \ln\Big(\frac{x}{e}\Big) \] et dont on peut facilement trouver un équivalent sans logarithme puisque : \[ \lim\limits_{x\to e}\Big(\frac{x}{e}\Big) = 1 \] et qu'alors :
\[ \ln u \usim{u\to 1} (u-1). \]

Solution
Pour $x\in\mathopen{[}1,+\infty\mathclose{[}\setminus\{e\}$ on a : \begin{align*} f(x) &=\frac{\sqrt{\ln x}-1}{e^{x}-e^{e}}\\\\ &=\frac{\ln x-1}{e^{e}\,\left( e^{x-e}-1\right) \big(\sqrt{\ln x}+1\big)}\\ \\ &=\frac{\ln\big(\frac{x}{e}\big)}{e^{e}\,\left( e^{x-e}-1\right) \big(\sqrt{\ln x}+1\big)}\cdot \end{align*} Étant donné :

que $\lim\limits_{x\to e}\frac{x}{e}=1$, on a : $$ \ln\Big(\frac{x}{e}\Big) \usim{x\to e} \Big(\frac{x}{e}-1\Big) = \frac{1}{e}(x-e)\;,$$

que $\lim\limits_{x\to e}(x-e)=0$, on a : $$e^{x-e}-1\usim{x\to e} (x-e) \; ,$$

et que : $\displaystyle\lim\limits\limits_{x\rightarrow e}(\sqrt{\ln x}+1)=2$,
on en déduit : $$ f(x)\usim{x\rightarrow e} \frac{\frac{1}{e}(x-e)}{e^{e}\,( x-e)\times 2} =\frac{1}{2\,e^{e+1}}$$ et donc : \[ \lim\limits\limits_{x\rightarrow e}f(x) =\frac{1}{2\,e^{e+1}}\cdot \]
Exercice 10 Donner un équivalent simple en $+\infty$ de :

$\hskip15ex f(x) = \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}-2\sqrt{x}.\hskip3ex$
Même si l'énoncé ne le demande pas, il est bon de vérifier que l'on peut se poser la question.
C'est-à-dire que $f$ est définie au voisinage de $+\infty$.
Ici $f$ est évidemment définie sur $\mathopen{[}1,+\infty\mathclose{[}$. On peut donc se poser la question d'un équivalent en$+\infty$.

Peut-on facilement donner un équivalent simple de certaines parties de $f(x)$ ?
On peut facilement donner un équivalent :

de $\sqrt{x+1}$ ou de $\sqrt{x-1}$ ;
En $+\infty$, chacune de ces quantités est équivalente à $\sqrt{x}$.

Pour le justifier, $\ldots$
$\ldots$ il suffit, pour le premier, d'écrire : \[ \sqrt{x+1} = \sqrt{x}\, \sqrt{1+\frac{1}{x}} \] et de dire que : \[ \lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{x}} = 1. \] Surtout ne pas parler de composition d'équivalents.

de $\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}$.
En $+\infty$, cette quantité est évidemment équivalente a : \[ 2\,\sqrt{x}. \] Comment le justifier ?
Il suffit, pour d'écrire : \[ \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1} = \sqrt{x}\bigg( \sqrt{1+\frac{1}{x}} +\sqrt{1+\frac{1}{x}}\;\bigg) \] et de dire que : \[ \lim\limits_{x\to+\infty}\bigg( \sqrt{1+\frac{1}{x}} +\sqrt{1+\frac{1}{x}}\;\bigg) = 2. \] Surtout ne pas parler de somme d'équivalents.

En revanche, c'est moins évident pour $f(x)$, puisque $\ldots$
$\ldots$ la somme des équivalents trouvés pour $\sqrt{x+1}$ et $\sqrt{x-1}$ ajoutés à $-2\sqrt{x}$ donne $0$.

Même si l'on met $\sqrt{x}$ en facteur, le facteur restant $\ldots$
$\ldots$ tend vers $0$ en $+\infty$.

En revanche, après avoir mis en facteur $\ldots$
$\sqrt{x}$
,
on peut utiliser les développements limités.
Faire un développement limité de : $$\sqrt{1+\frac{1}{x}} \et[et de] \sqrt{1-\frac{1}{x}}$$ à l'ordre $\ldots$
$\ldots$ $2$, en utilisant le développement de :
\[ (1+u)^{\frac{1}{2}} \] qui, à l'ordre $2$, est :
\[ (1+u)^{\frac{1}{2}} = 1 + \frac{1}{2}u-\frac{1}{8}u^{2} +o_{u\to 0}\big(u^{2}\big). \]

Solution avec cette méthode
Pour tout $x\in\mathopen{[}1,+\infty\mathclose{[}$, on a : \[ f(x) = \sqrt{x}\,\bigg(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}-2\bigg). \] Lorsque $x$ tend vers $+\infty$, un développement à l'ordre $2$ donne : \[ \sqrt{1+\frac{1}{x}} = 1 + \frac{1}{2}\,\frac{1}{x}-\frac{1}{8}\,\frac{1}{x^{2}} +o_{x\to \infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big) \] ainsi que : \[ \sqrt{1-\frac{1}{x}} = 1 - \frac{1}{2}\,\frac{1}{x}-\frac{1}{8}\,\frac{1}{x^{2}} +o_{x\to \infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big)\cdot \] On en déduit : \begin{align*} f(x) &= \sqrt{x}\, \bigg(-\frac{1}{4}\,\frac{1}{x^{2}} +o_{x\to \infty}\Big(\frac{1}{x^{2}}\Big)\bigg) \\ \\ &= -\frac{1}{4}\,\frac{1}{x\sqrt{x}} +o_{x\to \infty}\Big(\frac{1}{x\sqrt{x}}\Big) \end{align*} et donc : \[ f(x) \usim{x \to +_infty} -\frac{1}{4}\,\frac{1}{x\sqrt{x}}\cdot \]

Pour le plaisir, on peut aussi se passer des développements limités.
En utilisant les équivalents vus au second point.
Comme : \[ f(x) = \big(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\big)-2\sqrt{x} \] est la différence de deux quantités équivalentes à $2\sqrt{x}$, on a intérêt à multiplier par $\ldots$
$\ldots$ la quantité conjuguée : \[ \big(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\big)+2\sqrt{x} \] qui est équivalente à $\ldots$
\[ 4\,\sqrt{x}. \] Comment le justifier au fait ?
Tout simplement en mettant $\sqrt{x}$ en facteur et en vérifiant que $\ldots$
$\ldots$ le second facteur tend vers $4$.

Ensuite, il suffit d'appliquer une nouvelle fois la même idée.
Multiplier : \[ 2\sqrt{x^{2}-1} - 2\, x \] par la quantité conjuguée.

Solution avec cette méthode
Dans toute la suite, on suppose $x\in\mathopen{[}1,+\infty\mathclose{[}$, et : \[ f(x) = \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}-2\sqrt{x}. \] Posons alors : \[ g(x) = \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}+2\sqrt{x}. \]

Étant donné que : \[ g(x) = \sqrt{x}\,\bigg(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}+2\bigg). \] et que : \[ \lim\limits_{x\to+\infty}\bigg(\sqrt{1+\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}+2\bigg)=4 \] on a alors : \[ g(x) \usim{x\to+\infty} 4\,\sqrt{x} \]

On a d'autre part : \begin{align*} f(x)\,g(x) &= \big(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\big)^{2}-4\,x\\ \\ &= 2\sqrt{x^{2}-1} - 2\, x. \end{align*}
En multipliant à nouveau par : \[ h(x) = 2\sqrt{x^{2}-1} + 2\, x, \] on obtient : \[ f(x)\,g(x)\,h(x) = -4.\tag{$*$} \] Étant donné que : \[ h(x) = 2\,x \bigg(\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}+1\bigg) \] et que : \[ \lim\limits_{x\to+\infty}\bigg(\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}+1\bigg)=2, \] on en déduit : \[ h(x) \usim{x\to+\infty} 4\,x. \] La relation $(*)$ et les résultats sur les quotients d'équivalents nous donnent alors : \[ fx) \usim{x\to+\infty} \frac{-4}{(4\,\sqrt{x})\,(4\,x)} = \frac{-1}{4\,x\,\sqrt{x}}\cdot \]
Exercice 11 Donner un équivalent en $0$ de $\displaystyle f:x\mapsto \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\sinh x}\cdot $
Ne pas oublier de vérifier que l'on peut s'intéresser à un tel équivalent.
Il suffit de dire que $f$ est définie au voisinage de $0$.
Par exemple dans $\mathopen{]}-\pi,0\mathclose{[} \cup \mathopen{]}0,+\pi\mathclose{[}$.

Comme on veut obtenir un équivalent, on essaye d'abord d'utiliser au maximum les théorèmes concernant les équivalents : pour cela il est donc préférable d'avoir des produits, des quotients ou des puissances.
Ici, c'est une réduction au même dénominateur qui permet la première factorisation.
Il y aura un petit développement limité à faire, mais vraiment à la fin.
Pour $x\in\mathopen{]}-\pi,0\mathclose{[} \cup \mathopen{]}0,+\pi\mathclose{[}$, on a : \[ \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\sinh x} = \frac{\sh x-\sin x}{\sh x\,\sin x} \] En utilisant les développements limités à l'ordre $3$ de $\sin$ et $\sinh$ on obtient par différence : \[ \sh x-\sin x=\frac{x^3}{3}+\o(x^3)\usim{x \rightarrow 0}\frac{x^3}{3}\cdot \] Comme, par produit on a : $\sh x\,\sin x\usim{x \rightarrow 0}x^2$, on en déduit par quotient : \[ f(x)\usim{x \rightarrow 0}\frac{x}{3}\cdot\]
Exercice 12 Montrer que la fonction : \[ f : \fonction{\mathopen{]}-1,+\infty\mathclose{[}}{\R}{x}{\sin x -\ln(1+x)} \] possède un minimum local en $0$.
Arthur dit que c'est évident car $f'(0)=0$.
Certainement pas !
Si une fonction $g$ définie et dérivable sur $\mathopen{]}-1,+\infty\mathclose{[}$ présente un extremum local en $0$, alors on a $g'(0)=0$, mais la réciproque est fausse. J'espère que vous avez un contre-exemple sous la main.
Une fonction polynomiale toute bête.
La fonction : \[ g : \fonction{\mathopen{]}-1,+\infty\mathclose{[}}{\R}{x}{x^{3}} \] vérifie $g'(0)=0$, et pourtant elle ne présente en $0$ ni minimum local, ni maximum local.

Sarah dit qu'il faut étudier les variations de cette fonction.
Effectivement, c'est une possibilité, mais vous avez regardé la tête de la dérivée ?
Pour tout $x\in \mathopen{]}-1,+\infty\mathclose{[} $, on a : \[ f'(x) = \cos x -\frac{1}{1+x}\cdot \] On voit mal comment en étudier le signe sur tout l'intervalle de définition de $f$.

Éventuellement, on pourrait s'en sortir en voyant que l'on a $f''(0)>0$.
En effet, on peut alors en déduire qu'il existe $\eta\in\R^{*}_{+}$ tel que : \[ \forall{x\in\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}}\quad f''(x)>0. \] Pourquoi au fait ?
Grâce à la continuité de $f''$, puisque les théorèmes généraux nous assurent que $f$ est de classe $\CC^{2}$.

Sur cet intervalle $\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}$, on peut alors déterminer le tableau de variations de $f$, ce qui permet de conclure.
La fonction $f$ est de classe $\CC^{2}$ et, pour tout $x\in\mathopen{]}-1,+\infty\mathclose{[}$, on a : \[ f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^{2}}\cdot \] Par suite : \[ f''(0) = 1, \] et la continuité de $f''$ nous assure qu'il existe $\eta\in\R^{*}_{+}$ tel que : \[ \forall{x\in\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}}\quad f''(x)>0. \] Comme $f''$ est positive sur $\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}$, la fonction $f'$ y est croissante, d'où le tableau de variations : \[ \begin{array}{|c|ccccc|} \hline x &-\eta & &0 & &\eta \\ \hline & & & &\nearrow & \\ f' & & &0 & & \\ & &\nearrow & & & \\ \hline f' & & - &0 & + & \\ \hline & & & & & \\ f'' & &\searrow & &\nearrow & \\ & & &0 & & \\ \hline \end{array} \] On peut alors en déduire que, sur $\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}$, la fonction $f$ présente un minimum en $0$, ce qui prouve le résultat. Mais c'est un peu long par rapport à la dernière méthode ci-dessous.

À quelle autre méthode méthode pourrait-on penser ?
Il suffit d'utiliser un équivalent de $f$ en $0$.
En effet, si $f \usim{ 0} g$ et si $g$ est positive, alors la fonction $f$ est positive au voisinage de $0$.
Comme $f \usim{ 0} g$, il existe $\eta\in\R^{*}_{+}$ et une fonction $h$ tel que : \[ \forall{x\in\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}}\quad f(x) = h(x)\,g(x) \] avec : \[ \lim\limits\limits_{x \to 0} h(x)=1. \] Par suite, il existe $\eta'\in\mathopen{]}0,+\eta\mathclose{]}$ tel que : \[ \forall{x\in\mathopen{[}-\eta',+\eta'\mathclose{]}}\quad \frac{1}{2} \leq h(x) \leq \frac{3}{2}, \] ce qui entraîne que $f$ est positive sur $\mathopen{[}-\eta',+\eta'\mathclose{]}$.

Pour avoir un tel équivalent $\ldots$
$\ldots$ il suffit de faire un développement limité d'ordre $2$ de chacune des deux fonctions.

Solution
En utilisant les développements limités d'ordre $2$ en $0$ : \[ \sin x =x +\o(x^{2}) \] ainsi que : \[ \ln(1+x) = x -\frac{x^{2}}{2}+\o(x^{2}), \] on obtient immédiatement : \[ f(x) = \frac{x^{2}}{2}+\o(x^{2}) \usim{x\to0}\frac{x^{2}}{2}\cdot \] On en déduit qu'il existe $\eta\in\R^{*}_{+}$ tel que $f$ soit positive sur l'intervalle $\mathopen{[}-\eta,+\eta\mathclose{]}$. Comme $f(0)=0$, cela prouve que $f$ présente un minimum local en $0$.
Exercice 13 Déterminer la limite en $0$ de $\displaystyle f:x\mapsto \frac{1}{\sin^{2} x}-\frac{1}{\sinh^{2} x}\cdot $
Ne pas oublier de vérifier que l'on peut s'intéresser à un tel équivalent.
Il suffit de dire que $f$ est définie au voisinage de $0$.
Par exemple dans $\mathopen{]}-\pi,0\mathclose{[} \cup \mathopen{]}0,+\pi\mathclose{[}$.

Comme les théorèmes sur les limites ne donnent rien, il faut s'aiguiller vers les équivalents, voire les développements limités (mais le plus tard possible).
Pour utiliser des équivalents, on commence donc par factoriser.
Ici, c'est une réduction au même dénominateur qui permet la première factorisation.

Il y aura un petit développement limité à faire, mais vraiment à la fin.
Après une dernière factorisation.
\[ \sh^{2} x-\sin^{2} x = (\sh x-\sin x)(\sh x+\sin x)/ \]

Solution
Pour $x\in\mathopen{]}-\pi,0\mathclose{[} \cup \mathopen{]}0,+\pi\mathclose{[}$, on a : \begin{align*} \frac{1}{\sin^{2} x}-\frac{1}{\sinh^{2} x} &= \frac{\sh^{2} x-\sin^{2} x}{\sh^{2} x\,\sin^{2} x}\\\\ &= \frac{(\sh x-\sin x)(\sh x+\sin x)}{\sh^{2} x\,\sin^{2} x}\cdot \end{align*}

En utilisant les développements limités à l'ordre $3$ de $\sin$ et $\sinh$ on obtient par différence : \[ \sh x-\sin x=\frac{x^3}{3}+\o(x^3)\usim{x \rightarrow 0}\frac{x^3}{3}\cdot \]

Comme : \[ \sh x+\sin x = x\,\Big(\frac{\sh x}{x}+\frac{\sin x}{x}\Big) \] avec : \[ \lim\limits\limits_{x\to 0}\Big(\frac{\sh x}{x}+\frac{\sin x}{x}\Big)=2, \] on obtient immédiatement : \[ \sh x+\sin x \usim{x \to 0} 2\,x. \]

Comme, par produit on a : $$\sh^{2} x\,\sin^{2} x\usim{x \rightarrow 0}x^4,$$ on en déduit : \[ f(x)\usim{x \rightarrow 0} \frac{\frac{x^3}{3}\times 2\,x}{x^{4}} =\frac{2}{3}\cdot \]
Par suite, on a : \[ \lim\limits\limits{x \rightarrow 0} \frac{1}{\sin^{2} x}-\frac{1}{\sinh^{2} x} = \frac{2}{3}\cdot \]
Exercice 14 ($**$) Soit $n\in\N^*$.
2. Déterminer le développement limité à l'ordre $n$ en $0$ de :
  
  $\hskip15ex f_{n} : x \mapsto (1-e^{x})^{n}\hskip3ex$.
  C'est bien le même $n$ pour $f_{n}$ et pour l'ordre du développement limité.
  Exceptionnellement ici, un équivalent suffit.
  Eh oui, si $f\sim g$ alors $f = g +\o(g)$.
  
  Solution
  L'équivalent classique $e^{x}-1\usim{x\to0}x$ nous donne alors : \[ f_{n}(x)\usim{x\to0}(-x)^{n} \] et donc : \[ f_{n}(x)=(-1)^{n}\,x^{n}+\o(x^{n}). \]
3. Pour tout $k\in\ceo 0,n\cef$, en déduire la valeur de :
  
  $\hskip15ex \ds S_{n,k}=\sum\limits_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,p^{k}.\hskip3ex$
  Quel lien y a-t-il entre $f_{n}$ et $S_{n,k}$ ?
  Vous avez essayé de développer $f_{n}(x)$ avec la formule du binôme de Newton ?
  On obtient : \[ f_n(x) = \sum_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,\exp(p\,x). \]
  
  Vous avez regardé comment on peut relier $f_{n}$ et $S_{n,1}$ ?
  On a : \[ f_n(x) = \sum_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,\exp(p\,x) \] et : \[ S_{n,1}=\sum\limits_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,p. \] Pour introduire un $p$ dans le terme d'indice $p$ de la seconde somme, il suffit $\ldots$
  $\ldots$ de dériver la première. Mais que faire alors du $x$ ?
  Il suffit de le remplacer par une bonne valeur.
  On a : $$S_{n,1}=f'_n(0).$$
  
  Et pour $S_{n,2}$ ?
  Il suffit de dériver une seconde fois.
  On a : $$S_{n,2}=f''_n(0).$$ Il est alors évident que, pour tout $n\in\N^*$ et pour tout $k\in\ceo 0,n\cef$, on a : $$ S_{n,k} = f_{n}^{(k)}(0).$$
  
  Comment alors utiliser la première question ?
  En général
  (pour une fonction de classe $\CC^{n}$ par exemple)
  , la connaissance du développement limité de $f$ à l'ordre $n$ en $a$ permet de connaître les valeurs $f(a)$, $f'(a)$, $\ldots$, $f^{(n)}(a)$. Pourquoi au fait ?
  Pour une fonction de classe $\CC^{n}$, on peut écrire une formule de Taylor-Young, ce qui donne un développement limité de $f$ utilisant les nombres dérivés en $a$. Il suffit alors d'identifier les deux développements limités, ce qui est possible d'après $\ldots$
  $\ldots$ l'unicité du développement limité à l'ordre $n$ en $a$.
  
  Solution
  En développant $f_{n}$ à l'aide de la formule du binôme, on obtient : \[ f_n(x) = \sum_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,\exp(p\,x). \] Pour $k\in\ceo 0,n\cef$, il est alors évident que : \[ f_n^{(k)}(x) = \sum_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,p^k\,\exp(p\,x) \] ce qui entraîne $S_{n,k}=f_{n}^{(k)}(0)$.
  
  La fonction $f_{n}$ étant de classe $\mathcal{C}^{n}$ d'après les théorèmes généraux, elle possède un développement limité à l'ordre $n$ qui peut être obtenu avec la formule de Taylor-Young. Par unicité de ce développement limité, on en déduit : \[ \forall{k\in\ceo 0,n-1\cef} \quad S_{n,k} = f_{n}^{(k)}(0) = 0 \] ainsi que : \[ S_{n,n}=f_{n}^{(n)}(0)=(-1)^{n}\,n!\,. \]
4. Déterminer la valeur de $S_{n,n+1}=\sum\limits_{p=0}^{n}(-1)^{p}\,\binom{n}{p}\,p^{n+1}.$
  Suivre une démarche analogue à celle de la question précédente.
  Comme on a évidemment $S_{n,n+1}=f_{n}^{(n+1)}(0)$, il suffit de calculer $\ldots$
  $\ldots$ le développement limité à l'ordre $n+1$ de $f_{n}$ en $0$.
  Le développement à l'ordre $2$ de $\exp(x)$ en $0$ suffit pour avoir un développement à l'ordre ${n+1}$ de $f_{n}$.
  
  Solution
  Comme précédemment, on a évidemment : \[ S_{n,n+1}=f_{n}^{(n+1)}(0). \] Le développement limité à l'ordre $2$ en $0$ de la fonction exponentielle nous donne : \[ \exp(x)-1 = x + \frac{x^{2}}{2} +\o(x^{2}) \] et donc : \begin{align*} f_{n}(x) & = (-1)^{n}\Big(x+\frac{x^{2}}{2}+\o(x^{2})\Big)^{n}\\ \\ & = (-1)^{n}\,x^{n}\Big(1+\frac{x}{2}+\o(x)\Big)^{n}\\ \\ & = (-1)^{n}\,x^{n}\Big(1+\frac{n\,x}{2}+\o(x)\Big)\\ \\ & = (-1)^{n}\,x^{n}+(-1)^{n}\frac{n\,x^{n+1}}{2}+\o(x^{n+1}) \end{align*} Par identification comme précédemment, on en déduit : \[ \frac{f_{n}^{(n+1)}(0)}{(n+1)!} = \frac{(-1)^{n}\,n}{2} \] et donc : \[ S_{n,n+1} = \frac{(-1)^{n}\,n\,(n+1)!}{2}\cdot \]
Exercice 15 ($***$) Soit la fonction $f$ définie par \[ f(x)=\dfrac{1}{x}\ln \Big( \dfrac{e^{x}-1}{x}\Big)\cdot \]
2. Calculer $f(-x)$ en fonction de $f(x)$.
  J'espère que vous avez commencé par regarder le domaine de définition ! Même si ce n'est pas demandé explicitement dans l'énoncé, il faut commencer par là.
  Pour la relation demandée, on trouve $f(-x)=1-f(x)$.
  Comment l'interpréter graphiquement ?
  
  Domaine de définition de $f$
  
  Telle que définie, la fonction $f$ n'est pas définie pour $x=0$.
  
  Supposons $x\in \R^*$. Comme la fonction $\exp$ est strictement croissante, le réel $e^{x}-1$ est du signe de $x$ et il est non nul.
  Par suite la fonction $f$ est définie sur $\R^*$.
  
  Pour $x\in\R^*$ on a alors : \begin{align*} f(-x) & = -\dfrac{1}{x}\ln \Big( \dfrac{e^{-x}-1}{-x}\Big) \\ & = -\dfrac{1}{x}\left( \ln \Big( \dfrac{1-e^{x}}{-x}\Big)-x\right) \\ & = 1-f(x). \end{align*} Par suite le graphe de $f$ est symétrique par rapport au point $\left( 0,\frac12\right).$
  Explication complémentaire pour ce dernier point.
  La relation trouvée, qui s'écrit aussi : $f(x)+f(-x)=1$ montre le milieu des points $\big(-x,f(-x)\big)$ et $\big(x,f(x)\big)$ est le point $\big(0,\frac12\big)$, ce qui correspond bien à la symétrie annoncée.
3. Quelle est, au voisinage de $0$, la forme de la courbe $y=f(x)$ ?
  La question posée, portant sur la courbe, est de nature graphique, implique l'étude
  
  du prolongement par continuité de $f$ en $0$, pour avoir l'ordonnée du point ;
  
  de la dérivabilité de cette fonction ainsi prolongée, pour avoir la tangente ;
  
  de la position de la courbe par rapport à cette tangente au voisinage de $0$.
  
  Qu'envisagez-vous comme plan de bataille pour faire tout cela ?
  On peut évidemment traiter ces diverses questions l'une après l'autre,
  
  en commençant par déterminer $a_0=\lim\limits_0 f$,
  
  puis en calculant $a_1=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-a_0}{x}$,
  
  enfin en étudiant le signe (au voisinage de $0$) de $f(x)-a_0-a_1\,x$.
  Mais il est plus efficace de faire un développement limité de $f$.
  À quel ordre ce développement limité ?
  Pour répondre aux questions précédentes, on besoin d'un développement limité au moins à l'ordre $2$, à condition que le coefficient de $x^2$ soit non nul.
  Dans ce cas particulier d'une courbe admettant le point $\left( 0,\frac12\right)$ comme centre de symétrie, il est nécessaire d'aller au moins jusqu'à l'ordre $3$.
  Ici il faut donc partir d'un développement limité de $\exp$ à l'ordre ???
  Au voisinage de $0$, le développement limité à l'ordre $5$ de $\exp$ nous donne : \[ \dfrac{e^{x}-1}{x}=1+\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}x^{2}+\frac{1}{24}x^{3} +\frac{1}{120}x^{4}+\o\left( x^{4}\right) \] et donc : \begin{eqnarray*} \ln \dfrac{e^{x}-1}{x} &=&\frac{1}{2}\,x+\frac{1}{6}\,x^{2}+\frac{1}{24} \,x^{3}+\frac{1}{120}\,x^{4} \\ &&-\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}\,x+\frac{1}{6}\,x^{2}+\frac{1}{24}\,x^{3}+ \frac{1}{120}\,x^{4}\right) ^{2} \\ &&+\frac{1}{3}\left( \frac{1}{2}\,x+\frac{1}{6}\,x^{2}+\frac{1}{24}\,x^{3}+ \frac{1}{120}\,x^{4}\right) ^{3} \\ &&-\frac{1}{4}\left( \frac{1}{2}\,x+\frac{1}{6}\,x^{2}+\frac{1}{24}\,x^{3}+ \frac{1}{120}\,x^{4}\right) ^{4}+\o(x^{4}) \\ &=&\frac{1}{2}\,x+\frac{1}{24}\,x^{2}-\frac{1}{2880}\,x^{4}+\o(x^{4}). \end{eqnarray*} On en déduit : \[ f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{24}\,x-\frac{1}{2880}\,x^{3}+\o\left( x^{3}\right). \] Par suite,
  
  en posant $$f(0)=\frac{1}{2},$$ on prolonge $f$ en une fonction dérivable en $0$ telle que $$f'(0)=\frac{1}{24} ;$$
  
  la position de la courbe par rapport à cette tangente est donnée par le terme suivant du développement limité : $$-\frac{1}{2880}\,x^{3} ;$$ au voisinage de $0$, la courbe est sous la tangente à droite de $0$ et au dessus de la tangente à gauche de $0$.
4. Étudier les variations de $f$.
  La dérivée de $f$ est assez compliquée. Pour en étudier le signe, isoler (sous forme de produit évidemment) une quantité $u(x)$ dont la dérivée ne contiendra plus de $\ln $.
  On sera amené à écrire : \[ f^{\prime }(x) =-\frac{1}{x^{2}}\left( \ln \Big(\frac{e^{x}-1}{x}\Big) -\frac{x\,e^{x}}{e^{x}-1}+1\right) \] et à poser : \[ u(x)=\ln \Big(\frac{e^{x}-1}{x}\Big)-\frac{x\,e^{x}}{e^{x}-1}+1 \] dont on étudie alors les variations pour en connaître le signe. Le signe de $u'$ peut s'étudier assez facilement en utilisant, après justification, l'inégalité \[\left| \sinh (x/2)\right| \geq \left|x/2\right|.\]
  Sur $\R^{*}$, la fonction $f$ est dérivable d'après les théorèmes généraux, et, pour $x\in\R^*$, on a : \begin{align*} f^{\prime }(x) &=-\frac{1}{x^{2}}\ln \Big(\frac{e^{x}-1}{x}\Big)+\frac{1}{x} \left(\frac{e^{x}}{e^{x}-1}-\frac{1}{x}\right) \\ &=-\frac{1}{x^{2}}\left( \ln \Big(\frac{e^{x}-1}{x}\Big)-\frac{x\,e^{x}}{e^{x}-1}+1\right). \end{align*} En posant \[ u(x)=\ln \Big(\frac{e^{x}-1}{x}\Big)-\frac{x\,e^{x}}{e^{x}-1}+1 \] la fonction $u$ est dérivable et on a \begin{align*} u^{\prime }(x) & = \frac{e^{x}}{e^{x}-1}-\frac{1}{x}-\frac{e^{x}}{e^{x}-1} +x\,\frac{e^{x}}{\left( e^{x}-1\right) ^{2}} \\ & = -\frac{1}{x}+x\frac{e^{x}}{\left( e^{x}-1\right) ^{2}} \\ & = -\frac{1}{x}\bigg( 1-\frac{x^{2}}{\left( e^{x/2}-e^{-x/2}\right) ^{2}}\bigg) \\ & = -\frac{1}{x}\bigg( 1-\frac{(x/2)^{2}}{\sinh ^{2}(x/2)}\bigg) \cdot \end{align*} La fonction $\cosh$ étant supérieure à $1$, l'inégalité des accroissements finis donne : \[\forall x\in\R\quad \left| \sinh (x/2)\right| \geq \left| x/2\right|. \] On en déduit immédiatement que $u^{\prime }(x)$ est du signe de $1/x$.
  En utilisant $\lim\limits\limits_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1$, on obtient $ \lim\limits\limits_{x\rightarrow 0}u(x)=0$, ce qui donne le tableau de variations suivant sur $\R_+$ \[ \begin{array}{|c|lllll|} \hline x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline u(x) & 0 & & \nearrow & & \\ \hline f(x) & \frac12 & & \nearrow & & \\ \hline \end{array} \]
5. Déterminer $l=\lim\limits\limits_{+\infty }f$, puis donner un équivalent de $f-l$.
  
  Pour la première question, on peut trouver facilement un équivalent de $\frac{e^{x}-1}{x}$, mais, comme cette quantité est sous un logarithme, on ne peut pas a priori en déduire un équivalent de $f$. En revanche on peut le mettre en facteur.
  Pour $x\in\R^*_+$, on a : \begin{align*} f(x) & = \frac{1}{x}\ln \dfrac{e^{x}-1}{x} \\ & = \frac{1}{x} \ln \left( \frac{e^{x}}{x}\,(1-e^{-x})\right) \\ & = 1-\frac{\ln x}{x} + \frac{\ln (1-e^{-x})}{x}. \end{align*} Comme $\lim\limits\limits_{x\to+\infty}(1-e^{-x})=1$ et $\lim\limits\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0$, on en déduit immédiatement que $f$ possède une limite en $+\infty$ que : \[ l=\lim\limits_{+\infty }f=1. \] Par suite, en $+\infty$, le graphe de $f$ est asymptote à la droite d'équation $y=1$. En utilisant le tableau de variations et l'étude de la forme de la courbe au voisinage de $0$, il est alors aisé de représenter les variations de $f$.
  
  Pour l'équivalent de $f-l$, il n'y a pas de grosse difficulté si on « pèse » bien les différents termes.
  Pour $x\in\R^*_+$, on a alors : \[ f(x)-l = f(x)-1 = -\frac{\ln x}{x} + \frac{\ln (1-e^{-x})}{x}\\ \] Comme $\lim\limits\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$ et $\lim\limits\limits_{x\to+\infty}\ln (1-e^{-x})=0$, on a : \[\ln (1-e^{-x}) = \o_{x\to+\infty}(\ln x)\] et donc : \[\frac{\ln (1-e^{-x})}{x} = \o_{x\to+\infty}\Big(\frac{\ln x}{x}\Big)\] ce qui entraîne $\ds \big(f(x)-1\big)\usim{x\to+\infty}-\frac{\ln x}{x}\cdot$