# ▷ Exercices : Développements limités ## Exercices ### Exercice 1 Calculer le développement limité de la fonction $f(x) = e^x$ à l'ordre 3 au voisinage de $x=0$. ### Exercice 2 Calculer le développement limité de la fonction $f(x) = \sin(x)$ à l'ordre 4 au voisinage de $x=0$. ### Exercice 3 Déterminer le développement limité de la fonction $f(x) = \frac{1}{1-x^2}$ à l'ordre 6 au voisinage de $x=0$. ### Exercice 4 Calculer le développement limité de la fonction $f(x) = e^x \cos(x)$ à l'ordre 3 au voisinage de $x=0$. ### Exercice 5 Déterminer le développement limité de la fonction $f(x) = \ln(1+\tan(x))$ à l'ordre 3 au voisinage de $x=0$. ### Exercice 6 Calculer le développement limité de la fonction $f(x) = \frac{1}{1+e^x}$ à l'ordre 2 au voisinage de $x=0$. ### Exercice 7 Calculer la limite suivante en utilisant les développements limités : $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^3} $ ### Exercice 8 Soit la fonction $f(x) = \sqrt{1+x}$. 1. Donner l'équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point d'abscisse $x=0$. 2. Étudier la position de la courbe par rapport à sa tangente au voisinage de $x=0$. ### Exercice 9 Soit la fonction $f(x) = \frac{x^3}{x^2-1}$. 1. Déterminer l'équation de l'asymptote oblique de $f$ lorsque $x \to +\infty$. 2. Étudier la position de la courbe par rapport à cette asymptote. ### Exercice 10 Étudier la fonction $f(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}$ au voisinage de $x=0$. Pour cela, calculer son développement limité à l'ordre 3 en $x=0$ et en déduire l'existence d'une limite, une asymptote ou un point particulier. --- ## Corrigés Détaillés ### Correction de l'exercice 1 > [!theorem] DL de $e^u$ en $u=0$ > Le développement limité de $e^u$ à l'ordre $n$ en $u=0$ est donné par : > $ e^u = 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \frac{u^3}{3!} + \dots + \frac{u^n}{n!} + o(u^n) $ Pour $f(x) = e^x$ à l'ordre 3 en $x=0$, on applique directement la formule avec $u=x$ et $n=3$: $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + o(x^3) $ $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) $ ### Correction de l'exercice 2 > [!theorem] DL de $\sin u$ en $u=0$ > Le développement limité de $\sin u$ à l'ordre $n$ en $u=0$ est donné par : > $ \sin u = u - \frac{u^3}{3!} + \frac{u^5}{5!} - \frac{u^7}{7!} + \dots + (-1)^k \frac{u^{2k+1}}{(2k+1)!} + o(u^n) $ > (Seuls les termes de puissance impaire sont présents). Pour $f(x) = \sin(x)$ à l'ordre 4 en $x=0$, on applique la formule avec $u=x$ et $n=4$: $ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + o(x^4) $ $ \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^4) $ Le terme en $x^4$ est nul car $\sin x$ est une fonction impaire. > [!tip] Fonctions paires et impaires > Si une fonction $f$ est paire, son DL en 0 ne contient que des puissances paires de $x$. > Si une fonction $f$ est impaire, son DL en 0 ne contient que des puissances impaires de $x$. > Cela permet de simplifier les calculs et de vérifier les résultats. ### Correction de l'exercice 3 > [!theorem] DL de $\frac{1}{1-u}$ en $u=0$ > Le développement limité de $\frac{1}{1-u}$ à l'ordre $n$ en $u=0$ est donné par : > $ \frac{1}{1-u} = 1 + u + u^2 + u^3 + \dots + u^n + o(u^n) $ Pour $f(x) = \frac{1}{1-x^2}$ à l'ordre 6 en $x=0$, on utilise le DL de $\frac{1}{1-u}$ en posant $u=x^2$. Puisque $x \to 0$, $u=x^2 \to 0$. On veut un DL à l'ordre 6 en $x$, donc les puissances de $u$ doivent aller jusqu'à l'ordre $6/2 = 3$. $ \frac{1}{1-u} = 1 + u + u^2 + u^3 + o(u^3) $ On substitue $u=x^2$: $ \frac{1}{1-x^2} = 1 + (x^2) + (x^2)^2 + (x^2)^3 + o((x^2)^3) $ $ \frac{1}{1-x^2} = 1 + x^2 + x^4 + x^6 + o(x^6) $ ### Correction de l'exercice 4 Pour le produit de DLs, on multiplie les polynômes de DLs et on ne retient que les termes jusqu'à l'ordre souhaité. On a besoin des DLs de $e^x$ et $\cos x$ à l'ordre 3 en $x=0$: $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) $ $ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^3) $ (Le terme en $x^3$ est nul pour $\cos x$ car c'est une fonction paire). Maintenant, on multiplie les deux DLs : $ e^x \cos x = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) \left(1 - \frac{x^2}{2} + o(x^3)\right) $ On développe en ne gardant que les termes dont la puissance de $x$ est inférieure ou égale à 3 : * $1 \times (1 - \frac{x^2}{2}) = 1 - \frac{x^2}{2}$ * $x \times (1 - \frac{x^2}{2}) = x - \frac{x^3}{2}$ * $\frac{x^2}{2} \times 1 = \frac{x^2}{2}$ * $\frac{x^3}{6} \times 1 = \frac{x^3}{6}$ * Les autres termes (e.g., $\frac{x^2}{2} \times (-\frac{x^2}{2}) = -\frac{x^4}{4}$) sont d'ordre supérieur à 3, ils sont donc inclus dans le $o(x^3)$. On somme les termes obtenus : $ e^x \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + x - \frac{x^3}{2} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) $ On regroupe par puissance de $x$: $ e^x \cos x = 1 + x + \left(-\frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{2}\right) + \left(-\frac{x^3}{2} + \frac{x^3}{6}\right) + o(x^3) $ $ e^x \cos x = 1 + x + 0x^2 + \left(-\frac{3x^3}{6} + \frac{x^3}{6}\right) + o(x^3) $ $ e^x \cos x = 1 + x - \frac{2x^3}{6} + o(x^3) $ $ e^x \cos x = 1 + x - \frac{x^3}{3} + o(x^3) $ ### Correction de l'exercice 5 Pour la composition de DLs, on substitue un DL dans un autre. On veut le DL de $f(x) = \ln(1+\tan(x))$ à l'ordre 3 en $x=0$. On a besoin des DLs suivants : 1. DL de $\tan x$ à l'ordre 3 en $x=0$: $ \tan x = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3) $ 2. DL de $\ln(1+u)$ à l'ordre 3 en $u=0$: $ \ln(1+u) = u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + o(u^3) $ > [!note] Ordre du DL pour la composition > Si on compose $f(g(x))$, et que $g(x) = a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_n x^n + o(x^n)$, alors on substitue ce polynôme dans le DL de $f(u)$. L'ordre du DL de $g(x)$ doit être suffisant pour obtenir le DL final à l'ordre voulu. Ici, $\tan x$ commence par $x$, donc l'ordre 3 est conservé. On pose $u = \tan x = x + \frac{x^3}{3} + o(x^3)$. On substitue ce $u$ dans le DL de $\ln(1+u)$: $ \ln(1+\tan x) = \left(x + \frac{x^3}{3}\right) - \frac{1}{2}\left(x + \frac{x^3}{3}\right)^2 + \frac{1}{3}\left(x + \frac{x^3}{3}\right)^3 + o(x^3) $ Développons chaque terme en ne gardant que les puissances de $x$ jusqu'à l'ordre 3 : * Terme en $u$: $x + \frac{x^3}{3}$ * Terme en $-\frac{u^2}{2}$: $-\frac{1}{2}\left(x + \frac{x^3}{3}\right)^2 = -\frac{1}{2}\left(x^2 + 2x \frac{x^3}{3} + \left(\frac{x^3}{3}\right)^2\right) = -\frac{1}{2}\left(x^2 + \frac{2x^4}{3} + \frac{x^6}{9}\right) = -\frac{x^2}{2} + o(x^3)$ (car $x^4$ et $x^6$ sont d'ordre supérieur à 3). * Terme en $\frac{u^3}{3}$: $\frac{1}{3}\left(x + \frac{x^3}{3}\right)^3 = \frac{1}{3}(x^3 + \dots) = \frac{x^3}{3} + o(x^3)$ (les autres termes sont d'ordre supérieur à 3). On somme les termes : $ \ln(1+\tan x) = \left(x + \frac{x^3}{3}\right) - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + o(x^3) $ $ \ln(1+\tan x) = x - \frac{x^2}{2} + \left(\frac{x^3}{3} + \frac{x^3}{3}\right) + o(x^3) $ $ \ln(1+\tan x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{2x^3}{3} + o(x^3) $ ### Correction de l'exercice 6 On veut le DL de $f(x) = \frac{1}{1+e^x}$ à l'ordre 2 en $x=0$. On va utiliser la substitution. 1. DL de $e^x$ à l'ordre 2 en $x=0$ : $ e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2) $ 2. On réécrit la fonction pour qu'elle soit de la forme $\frac{1}{C+u}$ où $C$ est une constante non nulle. $ f(x) = \frac{1}{1+e^x} $ Posons $u = e^x - 1$. Quand $x \to 0$, $e^x \to 1$, donc $u \to 0$. $ u = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right) - 1 = x + \frac{x^2}{2} + o(x^2) $ Alors, $1+e^x = 1 + (1+u) = 2+u$. La fonction devient $f(x) = \frac{1}{2+u} = \frac{1}{2(1+\frac{u}{2})}$. 3. DL de $\frac{1}{1+v}$ à l'ordre 2 en $v=0$: $ \frac{1}{1+v} = 1 - v + v^2 + o(v^2) $ Ici, $v = \frac{u}{2}$. $ v = \frac{1}{2}\left(x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right) = \frac{x}{2} + \frac{x^2}{4} + o(x^2) $ 4. On substitue $v$ dans le DL de $\frac{1}{1+v}$: $ \frac{1}{1+v} = 1 - \left(\frac{x}{2} + \frac{x^2}{4}\right) + \left(\frac{x}{2} + \frac{x^2}{4}\right)^2 + o(x^2) $ Développons les termes en ne gardant que les puissances de $x$ jusqu'à l'ordre 2 : * $1$: $1$ * $-\left(\frac{x}{2} + \frac{x^2}{4}\right)$: $-\frac{x}{2} - \frac{x^2}{4}$ * $\left(\frac{x}{2} + \frac{x^2}{4}\right)^2$: $\left(\frac{x}{2}\right)^2 + 2\left(\frac{x}{2}\right)\left(\frac{x^2}{4}\right) + \left(\frac{x^2}{4}\right)^2 = \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{4} + \frac{x^4}{16}$. Pour un DL d'ordre 2, seuls les termes jusqu'à $x^2$ sont conservés. Donc $\frac{x^2}{4} + o(x^2)$. En sommant : $ \frac{1}{1+v} = 1 - \frac{x}{2} - \frac{x^2}{4} + \frac{x^2}{4} + o(x^2) $ $ \frac{1}{1+v} = 1 - \frac{x}{2} + o(x^2) $ 5. Enfin, on multiplie par le facteur $\frac{1}{2}$: $ f(x) = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{x}{2} + o(x^2)\right) $ $ f(x) = \frac{1}{2} - \frac{x}{4} + o(x^2) $ ### Correction de l'exercice 7 Pour calculer la limite $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^3}$, nous devons développer le numérateur jusqu'à un ordre suffisant pour que le terme de plus basse puissance non nulle soit au moins $x^3$. > [!note] Détermination de l'ordre du DL > Pour une limite de la forme $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}$ où $f(x_0)=g(x_0)=0$, on calcule les DLs de $f(x)$ et $g(x)$ en $x_0$. L'ordre du DL doit être au moins égal à la puissance de $x-x_0$ au dénominateur (ou à la puissance la plus basse des termes non nuls du numérateur après simplification). DL de $\sin x$ à l'ordre 3 en $x=0$: $ \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) $ DL de $\cos x$ à l'ordre 2 en $x=0$ (suffisant pour $x \cos x$ à l'ordre 3): $ \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2) $ Maintenant, on calcule $x \cos x$: $ x \cos x = x \left(1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right) = x - \frac{x^3}{2} + o(x^3) $ Le numérateur est $\sin x - x \cos x$: $ \sin x - x \cos x = \left(x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) - \left(x - \frac{x^3}{2} + o(x^3)\right) $ $ \sin x - x \cos x = x - \frac{x^3}{6} - x + \frac{x^3}{2} + o(x^3) $ $ \sin x - x \cos x = \left(-\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\right)x^3 + o(x^3) $ $ \sin x - x \cos x = \left(-\frac{1}{6} + \frac{3}{6}\right)x^3 + o(x^3) $ $ \sin x - x \cos x = \frac{2}{6}x^3 + o(x^3) = \frac{x^3}{3} + o(x^3) $ Maintenant, on substitue ce DL dans la limite : $ \lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^3}{3} + o(x^3)}{x^3} = \lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{3} + \frac{o(x^3)}{x^3}\right) $ Comme $\lim_{x \to 0} \frac{o(x^3)}{x^3} = 0$, la limite est : $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x^3} = \frac{1}{3} $ ### Correction de l'exercice 8 La fonction est $f(x) = \sqrt{1+x}$. 1. **Équation de la tangente en $x=0$**: On utilise le DL de $f(x)$ à l'ordre 2 en $x=0$. > [!theorem] DL de $(1+u)^\alpha$ en $u=0$ > Le développement limité de $(1+u)^\alpha$ à l'ordre $n$ en $u=0$ est donné par : > $ (1+u)^\alpha = 1 + \alpha u + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}u^2 + \dots + \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}u^n + o(u^n) $ Ici, $\alpha = \frac{1}{2}$ et $u=x$. On calcule le DL à l'ordre 2 : $ \sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)}{2!}x^2 + o(x^2) $ $ \sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2})}{2}x^2 + o(x^2) $ $ \sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + o(x^2) $ L'équation de la tangente est donc $y = 1 + \frac{1}{2}x$. 2. **Position de la courbe par rapport à sa tangente**: Pour étudier la position, La position de la courbe par rapport à la tangente est donnée par le signe du terme suivant le polynôme de la tangente : $ f(x) - \left(1 + \frac{1}{2}x\right) = -\frac{1}{8}x^2 + o(x^2) $ Au voisinage de $x=0$, le signe de $-\frac{1}{8}x^2 + o(x^2)$ est dominé par le signe de $-\frac{1}{8}x^2$. Puisque $x^2 \ge 0$ pour $x \ne 0$, le terme $-\frac{1}{8}x^2$ est toujours négatif. Donc, $f(x) - \left(1 + \frac{1}{2}x\right) < 0$ pour $x$ suffisamment proche de 0 et $x \ne 0$. Cela signifie que la courbe de $f(x)$ est **en dessous** de sa tangente au voisinage de $x=0$. ### Correction de l'exercice 9 La fonction est $f(x) = \frac{x^3}{x^2-1}$. On cherche l'asymptote oblique en $+\infty$. > [!definition] Asymptote Oblique > Une fonction $f(x)$ admet une asymptote oblique d'équation $y=ax+b$ en $\pm\infty$ si $\lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - (ax+b)) = 0$. > Cela se traduit par $a = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x}$ et $b = \lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - ax)$. > [!tip] DL à l'infini > Pour calculer un DL à l'infini, on effectue un changement de variable $t = \frac{1}{x}$. Lorsque $x \to \pm\infty$, $t \to 0^\pm$. On calcule alors le DL de $f(1/t)$ en $t=0$. 1. **Détermination de l'asymptote oblique**: On pose $t = \frac{1}{x}$. Quand $x \to +\infty$, $t \to 0^+$. $ f(x) = \frac{x^3}{x^2-1} = \frac{(1/t)^3}{(1/t)^2-1} = \frac{1/t^3}{(1-t^2)/t^2} = \frac{1}{t^3} \cdot \frac{t^2}{1-t^2} = \frac{1}{t(1-t^2)} $ Maintenant, on cherche le DL de $f(1/t)$ en $t=0$. On sait que $\frac{1}{1-t^2} = 1 + t^2 + t^4 + o(t^4)$ (DL d'ordre 4 pour $t^2$, donc $t^2$ est d'ordre 2). $ f(1/t) = \frac{1}{t}(1 + t^2 + o(t^2)) = \frac{1}{t} + t + o(t) $ En remplaçant $t$ par $1/x$: $ f(x) = x + \frac{1}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right) $ Cette expression est de la forme $ax+b+\frac{c}{x^k} + o(\frac{1}{x^k})$. On peut identifier $a=1$ et $b=0$. L'équation de l'asymptote oblique est $y=x$. 2. **Position de la courbe par rapport à l'asymptote**: La position est donnée par le signe de la différence $f(x) - (ax+b)$. $ f(x) - x = \left(x + \frac{1}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right)\right) - x = \frac{1}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right) $ Lorsque $x \to +\infty$, le terme $\frac{1}{x} + o\left(\frac{1}{x}\right)$ est dominé par $\frac{1}{x}$. Puisque $x \to +\infty$, $x$ est positif, donc $\frac{1}{x} > 0$. Ainsi, $f(x) - x > 0$ pour $x$ suffisamment grand. Cela signifie que la courbe de $f(x)$ est **au-dessus** de son asymptote oblique $y=x$ en $+\infty$. ### Correction de l'exercice 10 La fonction est $f(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\sin x}$. On veut son DL à l'ordre 3 en $x=0$. On commence par mettre sur un dénominateur commun : $ f(x) = \frac{\sin x - x}{x \sin x} $ Nous devons calculer les DLs du numérateur et du dénominateur. L'ordre 3 est requis pour le DL final, donc nous devons être prudents avec les ordres intermédiaires. 1. **DL du numérateur : $\sin x - x$** Utilisons le DL de $\sin x$ à un ordre suffisant pour avoir des termes non nuls après soustraction de $x$. L'ordre 3 suffira pour le premier terme non nul. $ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5) $ $ \sin x - x = -\frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5) $ 2. **DL du dénominateur : $x \sin x$** Utilisons le DL de $\sin x$ à un ordre suffisant. Puisque le numérateur commence en $x^3$, le dénominateur doit au moins être $x^3$ pour que la limite ne soit pas infinie. $ x \sin x = x \left(x - \frac{x^3}{3!} + o(x^3)\right) = x^2 - \frac{x^4}{6} + o(x^4) $ 3. **DL du quotient : $\frac{\text{Numérateur}}{\text{Dénominateur}}$** $ f(x) = \frac{-\frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)}{x^2 - \frac{x^4}{6} + o(x^4)} $ On peut factoriser $x^2$ au dénominateur et $x^3$ au numérateur : $ f(x) = \frac{x^3\left(-\frac{1}{6} + \frac{x^2}{120} + o(x^2)\right)}{x^2\left(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\right)} = x \cdot \frac{-\frac{1}{6} + \frac{x^2}{120} + o(x^2)}{1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)} $ Maintenant, nous devons calculer le DL de $\frac{1}{1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)}$. Posons $u = \frac{x^2}{6} + o(x^2)$. Quand $x \to 0$, $u \to 0$. $ \frac{1}{1-u} = 1 + u + u^2 + o(u^2) $ On substitue $u$: $ \frac{1}{1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)} = 1 + \left(\frac{x^2}{6}\right) + o(x^2) = 1 + \frac{x^2}{6} + o(x^2) $ Revenons à $f(x)$: $ f(x) = x \left(-\frac{1}{6} + \frac{x^2}{120} + o(x^2)\right) \left(1 + \frac{x^2}{6} + o(x^2)\right) $ Multiplions les deux polynômes entre parenthèses, en ne gardant que les termes jusqu'à l'ordre 2 : $ \left(-\frac{1}{6} + \frac{x^2}{120}\right) \left(1 + \frac{x^2}{6}\right) + o(x^2) $ $ = -\frac{1}{6} \cdot 1 + (-\frac{1}{6}) \cdot \frac{x^2}{6} + \frac{x^2}{120} \cdot 1 + o(x^2) $ $ = -\frac{1}{6} - \frac{x^2}{36} + \frac{x^2}{120} + o(x^2) $ $ = -\frac{1}{6} + x^2\left(-\frac{1}{36} + \frac{1}{120}\right) + o(x^2) $ $ = -\frac{1}{6} + x^2\left(-\frac{10}{360} + \frac{3}{360}\right) + o(x^2) $ $ = -\frac{1}{6} - \frac{7x^2}{360} + o(x^2) $ Enfin, on multiplie par $x$: $ f(x) = x \left(-\frac{1}{6} - \frac{7x^2}{360} + o(x^2)\right) $ $ f(x) = -\frac{x}{6} - \frac{7x^3}{360} + o(x^3) $ > [!warning] Ordre du DL pour les quotients > Lors du calcul d'un DL de quotient $\frac{N(x)}{D(x)}$, il est crucial de déterminer l'ordre des DLs de $N(x)$ et $D(x)$ pour obtenir l'ordre final désiré. Si $N(x) = a_p x^p + o(x^p)$ et $D(x) = b_q x^q + o(x^q)$, alors le quotient sera de la forme $\frac{a_p}{b_q} x^{p-q} + o(x^{p-q})$. Il faut alors développer $1/D(x)$ à un ordre suffisant pour obtenir le terme final désiré. **Interprétation du résultat :** Le développement limité de $f(x)$ en $x=0$ est $f(x) = -\frac{x}{6} - \frac{7x^3}{360} + o(x^3)$. 1. **Limite en $x=0$**: Puisque le terme constant est nul, $\lim_{x \to 0} f(x) = 0$. La fonction peut être prolongée par continuité en $x=0$ en posant $f(0)=0$. 2. **Tangente en $x=0$**: Le terme de degré 1 est $-\frac{x}{6}$. L'équation de la tangente à la courbe de la fonction prolongée en $x=0$ est $y = -\frac{x}{6}$. 3. **Position de la courbe par rapport à la tangente**: La différence $f(x) - (-\frac{x}{6})$ est donnée par le terme suivant dans le DL : $-\frac{7x^3}{360} + o(x^3)$. Au voisinage de $x=0$, le signe de cette différence est celui de $-\frac{7x^3}{360}$. * Si $x > 0$, alors $x^3 > 0$, donc $-\frac{7x^3}{360} < 0$. La courbe est **en dessous** de la tangente. * Si $x < 0$, alors $x^3 < 0$, donc $-\frac{7x^3}{360} > 0$. La courbe est **au-dessus** de la tangente. Puisque la position de la courbe change de part et d'autre de la tangente, le point $(0,0)$ est un **point d'inflexion**. # 🗓️ Historique - Dernière MAJ: `08-Avril-2026` - Rédigé par: [[Antonia JABBOUR]]