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Asymptotes - Bibm@th.net

Exercice 1

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Prouver qu'au voisinage de $+\infty$, les courbes représentatives des fonctions suivantes admettent une asymptote dont on donnera l'équation. On précisera aussi la position de la courbe par rapport à son asymptote. $$\begin{array}{lcl} \displaystyle \mathbf 1.\ f(x)=\frac{x\cosh(x)-\sinh(x)}{\cosh x-1}&&\displaystyle \mathbf 2.\ g(x)=x^2\ln\left(\frac{x+1}x\right)\\ \displaystyle \mathbf 3.\ h(x)=\frac{x+1}{1+\exp(1/x)}&&\displaystyle\mathbf 4.\ u(x)=x\exp\left(\frac{2x}{x^2-1}\right)\\ \end{array}$$

Indication

Corrigé

Remplaçons les cosinus hyperboliques et sinus hyperboliques par leur développement en fonction de l'exponentielle. On obtient $$f(x)=\frac{xe^x-e^x+xe^{-x}+e^{-x}}{e^x+e^{-x}-2}.$$ On met en facteur $e^x$, d'où $$f(x)=\frac{x-1+xe^{-2x}+e^{-2x}}{1-2e^{-x}+e^{-2x}}.$$ On va faire un développement asymptotique de $f$. Ce qui nous intéresse, ce sont les termes en $x$ et les termes constants. On peut donc écrire $$f(x)=\frac{x-1+o(1)}{1+o\left(\frac 1x\right)}.$$ Il vient $$f(x)=(x-1+o(1))\times \left(1+o\left(\frac 1x\right)\right)=x-1+o(1).$$ La droite d'équation $y=x-1$ est asymptote à la courbe au voisinage de $+\infty$. Si on cherche en plus la position par rapport à l'asymptote, on doit pousser un cran plus loin. On trouve $$f(x)=\frac{x-1+o(e^{-x})}{1-2e^{-x}+o(e^{-x)}}=(x-1+o(e^{-x}))(1+2e^{-x}+o(e^{-x})=(x-1)+2xe^{-x}+o(e^{-x}).$$ Au voisinage de $+\infty$, la courbe est au-dessus de son asymptote.
Posons $u=1/x$. Pour $x\to+\infty$, $u$ est voisin de 0. On a $$\ln\left(\frac{x+1}x\right)=\ln(1+u)=u-\frac{u^2}2+\frac{u^3}3+o(u^3),$$ soit \begin{eqnarray*} g(x)&=&x^2\left(\frac{1}x-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}+o(x^{-3})\right)\\ &=&x-\frac 12+\frac{1}{3x}+o\left(\frac 1x\right). \end{eqnarray*} Autrement dit, la droite d'équation $y=x-1/2$ est asymptote à la courbe représentative de $g$ au voisinage de $+\infty$ et la courbe est au-dessus de son asymptote (au voisinage de l'infini).
On pose encore $u=1/x$, et on obtient $$h(x)=\frac{1+\frac{1}{u}}{1+e^u}=\frac{1+1/u}{2+u+\frac{u^2}2+o(u^2)}.$$ On calcule alors le développement limité avec les techniques usuelles et on trouve que $$h(x)=\frac{1}{2u}+\frac14-\frac u4+o(u)=\frac x2+\frac{1}4-\frac{1}{4x}+o\left(\frac{1}x\right).$$ La droite d'équation $y=\frac x2+\frac 14$ est asymptote à la courbe représentative de $h$, et la courbe est sous son asymptote (au voisinage de l'infini).
On effectue un développement asymptotique au voisinage de $+\infty$. Pour cela, on remarque que : $$\frac{2x}{x^2-1}=\frac{2x}{x^2\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}=\frac{2}x\left(1+\frac1{x^2}+o\left(\frac 1{x^2}\right)\right)=\frac2x+o\left(\frac1{x^2}\right).$$ Il vient : \begin{eqnarray*} x\exp\left(\frac{2x}{x^2-1}\right)&=&x\left(1+\frac{2}x+\frac{2}{x^2}+o\left(\frac1{x^2}\right)\right)\\ &=&x+2+\frac2x+o\left(\frac1x\right). \end{eqnarray*} La droite d'équation $y=x+2$ est donc asymptote à la courbe représentative de $u$ au voisinage de $+\infty$, et la courbe est située au-dessus de son asymptote.