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Question sur les DL et changement de variable

Posté par
Bastien51 01-06-16 à 22:19

Bonjour,

Je n'ai pas bien compris les changements de variable dans les développement limité.
Par exemple, soit
f(x) = e^{\sqrt{4+cos(x)}}
Il faut que la puissance tende vers 0 et que donc au préalable je fasse un changement de variable pour que ce qui est sous ma racine ait une variable tendant vers 0 pour pouvoir faire les DL ???

Ce qui donnerait f(x) = e^{\sqrt{5+X}-\sqrt{5}}e^{\sqrt{5}} avec X=cos(x)-1

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 01-06-16 à 22:22

bonsoir : )

Commence par faire les DL de plus bas niveau, celui de x \mapsto \cos x.
Puis celui de x \mapsto 4 + \cos x.
Puis celui de x \mapsto \sqrt{4 + \cos x}.
Et enfin celui de x \mapsto e^{\sqrt{4 + \cos x}}.

Tu verras que les changements de variable à faire sont très clairs lorsqu'on remonte.

Tu n'as pas dit à quel ordre il fallait le faire.

Posté par
Bastien51re : Question sur les DL et changement de variable 01-06-16 à 22:39

Ah mais c'est une super technique ça ! Pourquoi je ne t'ai pas en prof ? ^^

Ah oui, eh bien disons par exemple à l'ordre 3 (au voisinage de 0).
J'ai DL de cos (x) =  1-\frac{x^{2}}{2}

Ce qui me fait DL de 4 + cos (x) = 5-\frac{x^{2}}{2}

Puis c'est là où je doute, je sais que un truc doit tendre vers 0.
Donc je pose X = cos(x) - 1 Comme ça quand x tend vers 0, X tend vers 0.

Et pour finir, je dois avoir e^X tel que X tende vers 0 quand x tend vers 0.

Enfin du moins, c'est ce que j'ai compris. Si c'est le cas, l'expression de mon premier poste est bonne. Sinon, je vais ré-ouvrir mes yeux...

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 01-06-16 à 23:03

On souhaite donc un DL à l'ordre 3.

***

Si tu fais un DL attention à ne jamais oublier le terme de négligeabilité.

Allons-y :
On considère que x \to 0 pour toute la suite.

\cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + {\red o(x^3)}

D'où : 4 + \cos x = 5 - \frac{1}{2}x^2 + {\red o(x^3)}

***
Arrivé jusqu'ici pas de souci.
***

Maintenant on souhaiterait réaliser le DL de x \mapsto \sqrt{4 + \cos x}.

L'intégration du résultat précédent nous permet d'écrire :

\sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)}


Pour réaliser le DL de x \mapsto \sqrt{5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)} nous utiliserons le DL usuel que nous connaissons :

Lorsque X \to 0 :

\sqrt{1 + X} = 1 + \frac{1}{2}X - \frac{1}{8}X^2 + \frac{1}{16}X^3 + o(X^3)


Mais pour utiliser ce DL il va nous falloir nous ramener en 0 dans un premier temps, ceci se fait simplement en suivant ces deux étapes :

- (calcul de la limite) nous avons \lim_{x\to0} 5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3) = 5

- (changement de variable) ainsi en posant u = 5 - (5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)) = \frac{1}{2}x^2 + o(x^3) nous avons bien que u \to 0 lorsque x \to 0.

Ok on s'est ramené en 0.

En revenant à la fonction x \mapsto \sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)} elle s'écrit maintenant : x \mapsto \sqrt{5 - u} on voit que nous avons presque la forme désirée, il suffit maintenant de mettre 5 en facteur pour faire apparaitre une forme : 1 + X sous la racine.

\sqrt{5 - u} = \sqrt{5}\sqrt{1 - \frac{u}{5}}

Et d'ici, puisque u \to 0, on peut sans problème écrire que \sqrt{1 - \frac{u}{5}} = 1 + \frac{1}{2}\left(\frac{u}{5}\right) - \frac{1}{8}\left(\frac{u}{5}\right)^2 + \frac{1}{16}\left(\frac{u}{5}\right)^3 + o(u^3)

puis multiplier par \sqrt{5} pour revenir à \sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5 - u}.


Ok ?

Remarque : il faut en réalité faire les calculs des puissances de u pour voir à quelle puissance n avons-nous o(u^n) = o(x^3).

Si tu as compris, essaye de produire quelque chose pour ton DL, je posterai une correction après.

Posté par
Bastien51re : Question sur les DL et changement de variable 01-06-16 à 23:48

Très bien, j'ai compris, je vais essayer :

Donc on souhaite trouver un DL de e^{\sqrt{4+cos(x)}} à l'ordre 3 en 0.
Je pars directement en admettant
4 + cos (x) = 5 - \frac{1}{2}x^{2} + o(x^{3})

Puis ici, je choisis de poser  X = cos (x) - 1 (c'est plus confortable pour moi de faire ça plutôt que d'intégrer directement)

Ainsi je peux calculer le DL de \sqrt{4+cos (x)} que je transforme en \sqrt{5+X} soit (5+X)^{\frac{1}{2}} (dont je sais que le DL d'ordre 3 vaut 5+\alpha x(5+X)^{\alpha -1} + \frac{x^{2}\alpha (\alpha -1)(5+X)^{\alpha -2}}{2!}+ \frac{x^{3}\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(5+X)^{\alpha -3}}{3!})

Ce qui donne

5+\frac{x(5+X)^{\frac{-1}{2}}}{2}-\frac{x^{2}(5+X)^{\frac{-3}{2}}}{8}+ \frac{3x^{3}(5+X)^{\frac{-5}{2}}}{16}+ o(x^{3})

Puis je pose u = 5 - 5+\frac{x(5+X)^{\frac{-1}{2}}}{2}-\frac{x^{2}(5+X)^{\frac{-3}{2}}}{8}+ \frac{3x^{3}(5+X)^{\frac{-5}{2}}}{16}+ o(x^{3})

Ce qui me donne au final e^{u+5} dont je n'ai plus qu'à calculer le DL car u + 5 tend vers 0 quand x tend vers 0

Posté par
Bastien51re : Question sur les DL et changement de variable 01-06-16 à 23:50

Non, plutôt e^{u}e^{5} car e^{u} tend vers 0 quand x tend vers 0

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 01:14

Citation :
Puis ici, je choisis de poser  X = cos (x) - 1 (c'est plus confortable pour moi de faire ça plutôt que d'intégrer directement)
C'est une belle illusion de confort. C'est ce que je te déconseille de faire justement, car en faisant ainsi tu effectues des calculs inutiles et lorsque tu voudras remonter tu auras une expression très affreuse et tu auras toutes les chances de te tromper à essayer de la simplifier.

Citation :
(5+X)^{\frac{1}{2}} (dont je sais que le DL d'ordre 3 vaut 5+\alpha x(5+X)^{\alpha -1} + \frac{x^{2}\alpha (\alpha -1)(5+X)^{\alpha -2}}{2!}+ \frac{x^{3}\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(5+X)^{\alpha -3}}{3!})
Ca c'est très faux attention. Regarde ce que j'ai écrit dans mon précédent message, il n'y a rien en commun.

J'avais écrit :
Lorsque X \to 0 :
\sqrt{1 + X} = 1 + \frac{1}{2}X - \frac{1}{8}X^2 + \frac{1}{16}X^3 + o(X^3)

Le forme 1 + X (j'espère que tu vois le 1 en rouge) est à respecter absolument.
Et puis ça n'existe pas des DL avec puissances qui ne sont pas des entiers naturels.



\boxed{*}  DL_3(0) \text{ de } x \mapsto e^{\sqrt{5+\cos x}} \\ \\ \text{Lorsque } x \to 0 \text{ : } \\ \cos x = 1 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3) \\ \\ \text{D'où : } \\ \sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)} = \sqrt{5 + u} = \sqrt{5}\sqrt{1 + \frac{u}{5}} \text{ avec } u = -\frac{1}{2}x^2 + o(x^3) \to 0 \\ \text{Or : } \\ u^2 = o(x^3) \text{ et } o(u^2) = o(x^3) \\ \text{D'où : } \\ \sqrt{1 + \frac{u}{5}} = 1 + \frac{1}{2}\left(\frac{u}{5}\right) + o(u^2) \text{ puis } \sqrt{5 + u} = \sqrt{5} + \frac{1}{2\sqrt{5}}u + o(u^2) \\ \text{Donc : } \\ \sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5} - \frac{1}{4\sqrt{5}}x^2 + o(x^3) \\ \\ \text{Ensuite : } \\ e^{\sqrt{4 + \cos x}} = e^{\sqrt{5} - \frac{1}{4\sqrt{5}}x^2 + o(x^3)} = e^{\sqrt{5}}e^{-\frac{1}{4\sqrt{5}}x^2 + o(x^3)} = e^{\sqrt{5}}e^v \text{ avec } v = -\frac{1}{4\sqrt{5}}x^2 + o(x^3) \to 0 \\ \text{Or : } \\ v^2 = o(x^3) \text{ et } o(v^2) = o(x^3) \\ \text{D'où : } \\ e^v = 1 + v + o(v^2) \text{ puis } e^{\sqrt{5}}e^v = e^{\sqrt{5}} + e^{\sqrt{5}}v + o(v^2) \\ \text{Donc : } \\ e^{\sqrt{4 + \cos x}} = e^{\sqrt{5}} - \frac{e^{\sqrt{5}}}{4\sqrt{5}}x^2 + o(x^3) \\ \\ \text{En conclusion : } \\ \boxed{e^{\sqrt{4 + \cos x}} = e^{\sqrt{5}} - \frac{e^{\sqrt{5}}}{4\sqrt{5}}x^2 + o(x^3)}


Vois-tu qu'à chaque étape on ne garde rien d'inutilement encombrant ?
Entraine toi.

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 01:21

Quelques remarque sur ce DL.

1) La fonction x \mapsto e^{\sqrt{4+\cos x}} définie sur \R est paire.
Il est donc normal de trouver dans son DL que des puissances paires de x.

2) Le DL d'une fonction au voisinage d'un point a informe sur le comportement de cette fonction en ce voisinage même (et uniquement en ce voisinage).

3) Le terme constant de la partie régulière du DL (s'il existe) d'une fonction en un point a, est sa limite en a.

Nous avons clairement \lim_{x\to 0} e^{\sqrt{4+\cos x}} = e^{\sqrt{5}} et d'ici, tu pouvais déjà remarquer l'incohérence de ton DL qui aurait alors donné \lim_{x\to 0} e^{\sqrt{4+\cos x}} = e^5.

Posté par
Bastien51re : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 17:28

D'accord ! Merci beaucoup d'être resté éveillé aussi tard pour rédiger tout ça (es-tu un vampire ???)
Je ne savais pas que le 1 dans le \sqrt{1+X} était à respecter.
Pourtant, quand tu dis "ça n'existe pas des DL avec des entiers non naturel", c'est pourtant bien comme ça que l'on obtient le DL de \sqrt{1+X} je me trompe ?

J'ai essayé de faire d'autres exercices pour m'entraîner. Je bloque sur le suivant :

\sqrt{x+6x^{2}+10} dont je dois trouver le DL en + l'infini.
Je commence par faire mon changement de variable X = \frac{1}{x} \Rightarrow x = \frac{1}{X}
Ce qui me donne \sqrt{\frac{1}{X}+\frac{6}{X^{2}}+10}

Et là je ne sais pas quoi faire. Faut-il que je pose u = \sqrt{\frac{1}{X}+\frac{6}{X^{2}} de sorte que quand X tend vers l'infini, u tend vers 0 ?

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 17:47

Lorsque j'ai dit que ça n'existait pas des DL avec des puissances (de x) qui ne sont pas entiers naturels je voulais dire que, si une fonction f admet un DL à l'ordre n \in \N en un point a \in \R (oui ça aussi c'est important et j'y arrive) alors le DL est donné par :

f(x) = \sum_{i=0}^n a_i (x - a)^{{\red i}} + o((x - a)^n) lorsque x \to a avec les a_i \in \R.


Vois que les puissances de x dans le développement sont des entiers naturels ?
La partie régulière du DL : x \mapsto \sum_{i=0}^n a_i (x - a)^{i} est une fonction polynômiale (toujours).

Toi dans ce que tu avais écrit c'était n'importe quoi à mélanger des x et des X.
Regarde à nouveau comment j'ai appliqué les formules dans mes messages et comment toi tu as fait.


Pour ton second exemple, on ne te demande pas un DL puisque le voisinage dans lequel tu travailles est l'infini.
On te demande ce qu'on appelle plutôt un développement asymptotique (DA) ou encore un développement limité généralisé.

Si on posait X = 1/x nous aurions eu X \to 0 lorsque x \to \infty.

D'ici nous aboutirions à \sqrt{x + 6x^2 + 10} = \sqrt{1/X + 6/X^2 + 10}.

Mais ensuite, quel DL de fonction usuelle allons-nous utiliser pour calculer le DL demandé ?
Réponse : celui de x \mapsto \sqrt{1 + x} lorsque x \to 0, ici c'est clair, non ?

Mais ce qu'on a n'est pas adapté, car 1/X + 6/X^2 \to \infty ! Donc fondamentalement le changement de variable n'a absolument rien donné.


L'idée ici, est, sous la racine carrée, factoriser par x^2 et tu verras que des 1/x^k apparaissent.

Posté par
Bastien51re : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 18:05

Pas tout à fait sûr de comprendre pour l'exemple 2.
Si je suis ce que tu me dis, je factorises d'abord sous la racine par x² ce qui me donne :
x\sqrt{\frac{1}{x}+6+\frac{10}{x^{2}}}

Et donc ici mettre X = 1/x ?

\frac{1}{X}\sqrt{10X^{2}+X+6}
On a bien les X qui tendent vers 0 cette fois-ci donc

u = 10X^{2}+X
Je factorise par 6 pour avoir
\frac{\sqrt{6}}{X}\sqrt{1+\frac{u}{6}}

Et donc je peux utiliser le développement limité de \sqrt{1+\frac{u}{6}} que je multiplierai par \frac{\sqrt{6}}{X}

Posté par
carpediemre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 19:27

salut

Bastien51 :

Citation :
Ah mais c'est une super technique ça ! Pourquoi je ne t'ai pas en prof ? ^^


ce n'est pas de la technique ... mais du savoir ... en particulier savoir ce qu'est une fonction composée : une suite d'opération à faire dans un ordre donnée

ici :: x \mapsto \cos x \mapsto \cos x + 4 \mapsto \sqrt {\cos x + 4} \mapsto ....

et comme les dl ont le bon gout de se composer aux valeurs convenables (ce qui nécessite parfois une transformation d'écriture, une factorisation, ....) aussi ... ça devient une simple mécanique .... à mener proprement ...

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 19:36

Si tu ne suis pas c'est parce qu'en fait tu n'as toujours pas compris le but du changement de variable. Tu ne sais pas où tu vas donc forcément ça ne donne pas des bons résultats.

Pour calculer des développements limités il y a les formules de Taylor mais elles prenent énormément de temps car elles demandent le calcul de dérivées successives.

Mais on a une table de quelques développements (dits de références) que l'on peut utiliser pour nous faciliter les calculs (aller plus vite).

Ici on a une fonction qui se présente sous la forme suivante \sqrt{...}.

Dans notre table de développements celui à utiliser serait donc celui de x \mapsto \sqrt{x + 1} lorsque x \to 0.

Mais on doit d'abord s'y ramener d'une façon ou d'une autre (via des changements de variables).

Ici on doit d'abord faire apparaitre une fonction de x qui tende vers 0 sous la racine carrée.
Le moyen le plus simple est la factorisation que je t'ai proposée.

Comme on travaille au voisinage de +\infty, on peut supposer x > 0 et nous avons
\sqrt{x + 6x^2 + 10} = x\sqrt{1/x + 6 + 10/x^2} = x\sqrt{6 + 1/x + 10/x^2}.

On va s'occuper de la fonction x \mapsto \sqrt{6 + 1/x + 10/x^2}
On multipliera son DL ensuite par x pour revenir à la fonction initiale.

En posant u = 1/x + 10/x^2 on a déjà sous la racine la partie dépendante de x qui tend vers 0.

Il reste à faire apparaitre le 1 en factorisant par 6.

\sqrt{6 + 1/x + 10/x^2} = \sqrt{6}\sqrt{1 + u/6}

Et là c'est bon on s'est ramené à un DL connu.

Posté par
carpediemre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 19:39

Citation :
Maintenant on souhaiterait réaliser le DL de x \mapsto \sqrt{4 + \cos x}.

L'intégration du résultat précédent nous permet d'écrire :

\sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)}


Pour réaliser le DL de x \mapsto \sqrt{5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)} nous utiliserons le DL usuel que nous connaissons :

Lorsque X \to 0 :

\sqrt{1 + X} = 1 + \frac{1}{2}X - \frac{1}{8}X^2 + \frac{1}{16}X^3 + o(X^3)


Mais pour utiliser ce DL il va nous falloir nous ramener en 0 dans un premier temps, ceci se fait simplement en suivant ces deux étapes :

- (calcul de la limite) nous avons \lim_{x\to0} 5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3) = 5

- (changement de variable) ainsi en posant u = 5 - (5 - \frac{1}{2}x^2 + o(x^3)) = \frac{1}{2}x^2 + o(x^3) nous avons bien que u \to 0 lorsque x \to 0.

Ok on s'est ramené en 0.



ouais ...

j'écrirais simplement \sqrt{4 + \cos x} = \sqrt{5 - \dfrac 1 2 x^2 + o(x^3)} = \sqrt 5 \sqrt {1 - \dfrac 1 {10}x^2 + o(x^3)} = \sqrt 5 \sqrt {1 + h}

et on vérifie bien que h --> 0

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 19:41

Comme tu as fait c'est bon aussi, tu as X = 1/x à la place des 1/x mais ça donnera pareil.

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 19:47

carpediem en quoi ce que tu fais dans ton message change du mien ?

Tu as d'abord fait apparaitre le 1 sous la racine puis fait le changement de variable donc tu as fait exactement les deux étapes.

Si j'ai pris le temps d'expliquer et de décomposer c'est parce qu'il débute. Après chacun sa pédagogie.

Posté par
carpediemre : Question sur les DL et changement de variable 02-06-16 à 20:02

carpediem @ 02-06-2016 à 19:27

salut

Bastien51 :
Citation :
Ah mais c'est une super technique ça ! Pourquoi je ne t'ai pas en prof ? ^^


ce n'est pas de la technique ... mais du savoir ... en particulier savoir ce qu'est une fonction composée : une suite d'opération à faire dans un ordre donnée

ici :: x \mapsto \cos x \mapsto \cos x + 4 \mapsto \sqrt {\cos x + 4} \mapsto ....

et comme les dl ont le bon gout de se composer aux valeurs convenables (ce qui nécessite parfois une transformation d'écriture, une factorisation, ....) aussi ... ça devient une simple mécanique .... à mener proprement ...



comme tu le dis : à chacun sa pédagogie ...


je n'ai pas dis que tu en manquais ou que c'était maladroit ... mais implicitement je pense que tu compliques inutilement sur ce coup de la racine ...

Posté par
Bastien51re : Question sur les DL et changement de variable 05-06-16 à 18:03

Je tenais à vous remercier. Ca m'a pris du temps mais j'ai mieux compris grâce à vos explications !  

Posté par
mdr_nonre : Question sur les DL et changement de variable 05-06-16 à 19:04

De rien : ) Bonne continuation : )


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