\documentclass[a4paper,12pt]{article}
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\begin{document}\corrige{6}

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\noindent \textit{Remarque pr\'eliminaire importante:} dans le corrig\'e des exercices 2,3 et 4, nous d\'esignerons par $\epsilon$ une fonction d\'efinie sur un voisinage de $0$, telle que  $\displaystyle\lim_{x\to 0} \epsilon(x)=0$. Il s'agit l\`a d'un abus de notation, puisqu'on d\'esigne ainsi par un m\^eme symbole, d'une ligne \`a l'autre, plusieurs fonctions a priori diff\'erentes. Cela dit, lorsque plusieurs de ces fonctions interviennent dans une m\^eme ligne de calcul, on utilisera un indice, en les notant $ \epsilon_1, \epsilon_2$... Cette convention est acceptable dans la mesure o\`u la connaissance pr\'ecise de ces fonctions $\epsilon$ (les fonctions ``reste'') n'est pas n\'ecessaire, seul importe le fait qu'elles tendent vers $0$ lorsque $x$ tend vers $0$.\\

\exo\\
\textbf{1)} La fonction $f$ est d\'efinie en tout point $x$ tel que $\abs{x} \leq 1$ et $\abs{2x \sqrt{1-x^2}} \leq 1 $. Cette derni\`ere in\'egalit\'e est toujours v\'erifi\'ee. En effet, elle est \'equivalente, en \'elevant au carr\'e, \`a $(x^2-1/2)^2=x^4-x^2+1/4 \geq 0$. La fonction $f$ est donc d\'efinie sur l'intervalle $[-1,1]$, et continue sur cet intervalle, comme compos\'ee de fonctions continues. La question de la d\'erivabilit\'e de $f$ est un petit peu plus d\'elicate. D\'ej\`a, la fonction racine carr\'ee n'\'etant pas d\'erivable en $0$, le domaine de d\'erivabilit\'e de $f$ est inclus dans $]-1,1[$. Ensuite, la fonction Arcsinus est d\'erivable sur $]-1,1[$, donc $f$ ne peut \^etre d\'erivable au point $x \in ]-1,1[$ que si $\abs{2x \sqrt{1-x^2}} \neq 1$, ce qui revient \`a demander que $\abs{x} \neq \frac {\sqrt{2}} {2}$. Maintenant, sur $]-1,\frac {-\sqrt{2}} {2}[ \cup ]\frac {-\sqrt{2}} {2}, \frac {\sqrt{2}} {2}[ \cup ] \frac {\sqrt{2}} {2}, 1[$, $f$ est bien d\'erivable, par le th\'eor\`eme de d\'erivation des fonctions compos\'ees . \\
\textbf{2)} En utilisant la formule de d\'erivation des fonctions compos\'ees, on obtient:
$$ f'(x)=(2\sqrt{1-x^2}-\frac{2x^2}{\sqrt{1-x^2}}) \times \frac{1}{\sqrt{1-4x^2(1-x^2)}}=\frac{2-4x^2}  {\sqrt{(1-x^2)(2x^2-1)^2}}=\frac {2} {\sqrt{1-x^2}} \times \mbox{signe}(1-2x^2).$$ 
Par cons\'equent, sur l'intervalle $]\frac {-\sqrt{2}} {2}, \frac {\sqrt{2}} {2}[$, $f$ a m\^eme d\'eriv\'ee que la fonction $x \mapsto 2\mbox{Arcsin}(x)$. A une constante pr\`es, ces deux fonctions co\"incident donc sur cet intervalle. Puisqu'elles s'annulent toutes les deux en $0$, on obtient finalement:
$$f(x)=2\mbox{Arcsin}(x), \forall x \in [\frac {-\sqrt{2}} {2}, \frac {\sqrt{2}} {2}].$$
Remarquons que le raisonnement qui pr\'ec\`ede ne donne l'\'egalit\'e ci-dessus que sur l'intervalle ouvert  $]\frac {-\sqrt{2}} {2}, \frac {\sqrt{2}} {2}[$. L'\'egalit\'e aux bornes peut r\'esulter d'un calcul direct, mais il est pr\'ef\'erable de la voir comme cons\'equence du r\'esultat g\'en\'eral suivant: si deux fonctions continues d\'efinies sur un intervalle ferm\'e $I$ sont \'egales sur l'int\'erieur de $I$, alors elles le sont aussi aux bornes de $I$.\\
\noindent Sur $]\frac {\sqrt{2}} {2},1[$, on trouve de m\^eme que $f$ et $x \mapsto -2\mbox{Arcsin}(x)$ sont \'egales, \`a une constante pr\`es. Vu que $f(1)=0$, on a donc:
$$f(x)=\pi-2\mbox{Arcsin}(x), \forall x \in [\frac {\sqrt{2}} {2},1].$$
De m\^eme, on a enfin:
$$f(x)=-\pi-2\mbox{Arcsin}(x), \forall x \in [-1,\frac {-\sqrt{2}} {2}].$$

\exo\\
\textbf{1)}  Appliquons la formule de Mac-Laurin \`a l'ordre 2 \`a la fonction $x \mapsto e^{2x}$. On trouve:
$$ e^{2x}=1+2x+2x^2+x^2 \epsilon(x).$$
Appliquant cette m\^eme formule \`a la fonction $x \mapsto \sqrt{1+4x}$, on a:
$$\sqrt{1+4x}=1+2x-2x^2+x^2 \epsilon(x).$$
On obtient ainsi:
$$ \frac {e^{2x}-\sqrt{1+4x}} {x^2} = 4+\epsilon(x).$$
Par cons\'equent, on a $\displaystyle\lim_{x\to 0}  \frac {e^{2x}-\sqrt{1+4x}} {x^2}=4.$\\
\textbf{2)} On sait (par exemple avec la formule de Mac-Laurin) que:
$$ \mbox{ln} (1+t)=t-t^2/2+t^3/3+t^3 \epsilon (t).$$
On a donc, en faisant $t=x+ax^2$:
$$ \mbox{ln} (1+x+ax^2)=(x+ax^2)-(x+ax^2)^2/2+(x+ax^2)^3/3+x^3 \epsilon (x).$$
En d\'eveloppant les puissances en en regroupant les termes, on trouve:
$$ \mbox{ln} (1+x+ax^2)=x+(a-1/2)x^2+(1/3-a)x^3+x^3 \epsilon (x).$$
Il nous reste \`a trouver le d\'eveloppement limit\'e d'ordre 3 en $x=0$ de la fonction $x \mapsto e^x \mbox{sin} (x).$
Pour cela, on utilise les d\'eveloppements limit\'es du sinus et de l'exponentielle \`a l'ordre 3 en $x=0$: 
$$ e^x=1+x+x^2/2+x^3/6+x^3 \epsilon (x).$$
$$ \mbox{sin}(x)=x-x^3/6+x^3 \epsilon (x).$$
En multipliant ces deux \'egalit\'es, puis en regroupant dans le reste les termes n\'egligeables devant $x^3$, on trouve:
$$ e^x \mbox{sin}(x)=x+x^2+x^3/3+x^3 \epsilon (x).$$
On trouve ainsi:
$$ \frac {e^x \mbox{sin}(x)- \mbox{ln} (1+x+ax^2)} {x^3} = ( 3/2 -a )x^{-1}+ a + \epsilon (x).$$
Il est ainsi clair que la limite cherch\'ee existe si et seulement si $a=3/2$, auquel cas elle est \'egale \`a $3/2.$\\
\textbf{3)} Cette derni\`ere question se traite \`a nouveau avec les d\'eveloppements limit\'es. Posons $x=1+h$. Nous avons:\\
$$\frac { \mbox {cos}^2 ( \frac {\pi} {2} x)} {1-x+\mbox{ln} (x)} = \frac { \mbox  {sin}^2 ( \frac {\pi} {2} h)} {-h+\mbox{ln} (1+h)}=\frac {(\frac {\pi} {2} h + h \epsilon_1 (h))^2} {-h^2/2 + h^2 \epsilon_2 (h)} = \frac {(\frac {\pi} {2}  +  \epsilon_1 (h))^2} {-1/2 +  \epsilon_2 (h)}. $$\\
La limite cherch\'ee est donc \'egale \`a $ - \frac {\pi ^2} {2}.$\\

\exo\\
\noindent
\textbf{1)} La fonction $f$ est d\'efinie pour tout $x > -1.$\\
\textbf{2)} Pour trouver la limite demand\'ee, effectuons un d\'eveloppement limit\'e  de $f$ \`a l'ordre 3 en $x=0.$ Pour ce faire, on proc\`ede comme dans l'exercice 2, question 2, en multipliant les d\'eveloppements limit\'es \`a l'ordre 3 en $x=0$ de cosinus et de $x \mapsto \mbox{ln} (1+x)$:\\
$$f(x)=(1-x^2/2+x^3\epsilon_1 (x))(x-x^2/2+x^3/3+x^3 \epsilon_2 (x))=x-x^2/2-x^3/6 +x^3 \epsilon_3 (x).$$
On a donc:
$$\frac {f(x)-\frac {x(2-x)} {2}} {x^3} = -1/6 + \epsilon_3 (x).$$
La limite cherch\'ee est donc $-1/6.$\\
\textbf{3)} Le d\'eveloppement limit\'e de $f$ donne tout de suite la r\'eponse \`a cette question (pour cela, un d\'eveloppement d'ordre 2 aurait d'ailleurs suffi). La droite (T) est d'\'equation $y=x$, et puisque le coefficient de $x^2$ est n\'egatif, (C) est localement situ\'ee en-dessous de (T).

\exo\\
\noindent
\textbf{1)} On peut r\'esoudre cette question en composant des d\'eveloppements limit\'es. N\'eanmoins, il est ici tout aussi simple de calculer les d\'eriv\'ees premi\`ere et seconde de $h(x):=e^{\frac 1 {1-x}}$:\\
$h'(x)=\frac 1 {(1-x)^2} e^{\frac 1 {1-x}}$, $h''(x)=\frac {3-2x} {(1-x)^4} e^{\frac 1 {1-x}}.$\\
Gr\^ace \`a la formule de Mac-Laurin, on en tire:
$$h(x)=e+ex+\frac {3e} 2 x^2 + x^2 \epsilon (x).$$\\
\textbf{2a)} 
Calculons la d\'eriv\'ee de $f$:
$$f'(x)=e^{\frac x {1-x}}\frac x {(x-1)}.$$
La fonction $f$ est donc croissante sur $]- \infty, 0]$ et sur $]1,+ \infty[$, et d\'ecroissante sur $[0,1[$.
L'expression $e^{\frac x {1-x}}$ a pour limite $e^{-1}$ quand $x$ tend vers $+ \infty $ ou vers $- \infty$.
On en d\'eduit que $\displaystyle\lim_{x\to + \infty} f(x) = + \infty$ et que $\displaystyle\lim_{x\to - \infty}  f(x) = - \infty.$ \\
Il nous faut encore examiner le comportement de $f$ en $x=1$. Quitte \`a poser $x=1+h$ pour s'en convaincre, cette question est une simple application des th\'eor\`emes de croissance compar\'ee.\\
On a alors $\displaystyle\lim_{x\to 1^+} f(x) = 0$ et $\displaystyle\lim_{x\to 1^-} f(x) = - \infty.$\\
\textbf{2b)} Calculons maintenant le d\'eveloppement limit\'e de $g$ \`a l'ordre 2 en $X=0.$\\
On a $g(X)=(X^{-1}-1)e^{\frac 1 {X-1}}$. Pour atteindre notre objectif, il nous faut effectuer un d\'eveloppement limit\'e \`a l'ordre 3, en $X=0$ de la fonction $X \mapsto e^{\frac 1 {X-1}} $. Cette fois, nous n'allons pas calculer les d\'eriv\'ees successives de cette fonction, mais utiliser la composition des d\'eveloppement limit\'es. On a:\\
$$ \frac 1 {X-1} = \frac {-1} {1-X} = -1-X-X^2-X^3+X^3 \epsilon (X).$$
Par suite, en utilisant le d\'eveloppement limit\'e de l'exponentielle \`a l'ordre 3 en 0, on trouve:\\
$ e^{ \frac 1 {X-1}}=e^{-1} \times e^{-X-X^2-X^3+X^3 \epsilon (X)}=e^{-1}  (1+(-X-X^2-X^3)+\frac {(-X-X^2-X^3)^2} 2 +\frac {(-X-X^2-X^3)^3} 6 +X^3 \epsilon_1 (X)).$\\
En d\'eveloppant, et en ne conservant dans la partie principale que les termes d'ordre plus petit que 3, on a:
$$ e^{\frac 1 {X-1}}=e^{-1}-e^{-1}X- \frac {e^{-1}} 2 X^2 -\frac {e^{-1}} 6 X^3 + X^3 \epsilon(X).$$

On trouve donc en d\'efinitive:
$$g(X)=e^{-1}(X^{-1}-1)(1-X-X^2/2-X^3/6 + X^3 \epsilon(X))=e^{-1}(X^{-1}-2+X/2+X^2 /3 + X^2 \epsilon_1(X)).$$
Par cons\'equent, la droite d'\'equation $y=e^{-1}x-2e^{-1}$ est asymptote \`a (C), et (C) est situ\'ee au-dessus de cette asymptote au voisinage de l'infini, puisque le coefficient de $X$ est positif dans le d\'eveloppement limit\'e. Remarquons qu'un d\'eveloppement de $g$ \`a l'ordre 1 aurait suffi pour r\'epondre \`a cette question.\\
Enfin, la demi-tangente \`a droite en $x=1$ est parall\`ele \`a l'axe des abscisses (comme vous l'aurez s\^urement remarqu\'e, il y a une erreur d'\'enonc\'e \`a cet endroit: il n'y a \'evidemment pas de demi-tangente \`a gauche). En effet, on a:
$${f'}_d(1)=\displaystyle\lim_{x\to  1^+} \frac {f(x)-f(1)} {x-1}=\displaystyle\lim_{x\to 1^+} e^{\frac x {1-x}}=0.$$\\

\noindent
Bonnes r\'evisions pour l'examen!


\end{document}























