Développements limités

(n+1)! . Ce qui donne la formule

a u(t)v(t) d t. Par le lemme, il existe c ∈ [a, b] tel que (cid:82) b

(a) + (cid:82) b

a u(t)v(t) d t = f (n+1)(c) (cid:82) b

d t = f (n+1)(c) (cid:148)− (b−t)n+1

(n+1)!

a u(t)v(t) d t = u(c) (cid:82) b

= f (n+1)(c) (b−a)n+1

(b−t)n

n!

(cid:151)b

a

n!

a

1.3. Formule de Taylor-Young

Théorème 3 (Formule de Taylor-Young).

Soit f : I → (cid:82) une fonction de classe (cid:67) n et soit a ∈ I. Alors pour tout x ∈ I on a :

f (x) = f (a) + f (cid:48)(a)(x − a) + f (cid:48)(cid:48)(a)

2!

(x − a)2 + · · ·

· · · + f (n)(a)

n!

(x − a)n + (x − a)nε(x),

où ε est une fonction définie sur I telle que ε(x) −−→

x→a

0.

Démonstration.

n − 1. Pour tout x, il existe c = c(x) compris entre a et x tel que f (x) = f (a) + f (cid:48)(a)(x − a) + f (cid:48)(cid:48)(a)

f (n−1)(a)

(n−1)!

f (n)(c)− f (n)(a)

n!

f étant une fonction de classe (cid:67) n nous appliquons la formule de Taylor avec reste f (n)(c) au rang

(x − a)2 + · · · +

(x −a)n +

(x − a)n. Que nous réécrivons : f (x) = f (a)+ f (cid:48)(a)(x −a)+ f (cid:48)(cid:48)(a)

. Puisque f (n) est continue et que c(x) → a alors limx→a

(x − a)n. On pose ε(x) = f (n)(c)− f (n)(a)

(x − a)2 +· · ·+ f (n)(a)

(x − a)n−1 + f (n)(c)

n!

ε(x) = 0.

n!

n!

2!

2!

1.4. Un exemple

Soit f :] − 1, +∞[→ (cid:82), x (cid:55)→ ln(1 + x) ; f est infiniment dérivable. Nous allons calculer les formules de Taylor en 0

pour les premiers ordres.

Tous d’abord f (0) = 0. Ensuite f (cid:48)(x) = 1

f (3)(x) = +2 1

f (n)(0) = (−1)n−1(n − 1)!. Ainsi pour n > 0 : f (n)(0)

Voici donc les premiers polynômes de Taylor :

(1+x)3 donc f (3)(0) = +2. Par récurrence on montre que f (n)(x) = (−1)n−1(n − 1)!

n! x n = (−1)n−1 (n−1)!

(1+x)2 donc f (cid:48)(cid:48)(0) = −1. Puis

(1+x)n et donc

1+x donc f (cid:48)(0) = 1. Ensuite f (cid:48)(cid:48)(x) = − 1

n! x n = (−1)n−1 x n

n .

1

(x) = 0

T0

(x) = x

T1

T2

(x) = x − x 2

2

T3

(x) = x − x 2

2

+ x 3

3

Les formules de Taylor nous disent que les restes sont de plus en plus petits lorsque n croît. Sur le dessins les graphes

des polynômes T0, T1, T2, T3 s’approchent de plus en plus du graphe de f . Attention ceci n’est vrai qu’autour de 0.

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

1. FORMULES DE TAYLOR 5

y

1

0

y = x − x 2

2

+ x 3

3

y = x

y = ln(1 + x)

1

y = 0

x

y = x − x 2

2

Pour n quelconque nous avons calculé que le polynôme de Taylor en 0 est

n

(cid:88)

(x) =

Tn

(−1)k−1 x k

k

= x − x 2

2

+ x 3

3

− · · · + (−1)n−1 x n

n

.

k=1

1.5. Résumé

Il y a donc trois formules de Taylor qui s’écrivent toutes sous la forme

(x)

f (x) = Tn

(x) + Rn

où Tn

(x) est toujours le même polynôme de Taylor :

(x) = f (a) + f (cid:48)(a)(x − a) + f (cid:48)(cid:48)(a)

2!

(x − a)2 + · · · + f (n)(a)

n!

(x − a)n.

Tn

C’est l’expression du reste Rn

(x) qui change (attention le reste n’a aucune raison d’être un polynôme).

(x) =

Rn

(cid:90) x

a

f (n+1)(t)

n!

(x − t)nd t

(x) = f (n+1)(c)

(n + 1)!

(x) = (x − a)nε(x)

(x − a)n+1

Rn

Rn

Taylor avec reste intégral

Taylor avec reste f (n+1)(c), c entre a et x

Taylor-Young avec ε(x) −−→

x→a

0

Selon les situations l’une des formulations est plus adaptée que les autres. Bien souvent nous n’avons pas besoin de

beaucoup d’information sur le reste et c’est donc la formule de Taylor-Young qui sera la plus utile.

Notons que les trois formules ne requièrent pas exactement les mêmes hypothèses : Taylor avec reste intégral à l’ordre

n exige une fonction de classe (cid:67) n+1, Taylor avec reste une fonction n + 1 fois dérivable, et Taylor-Young une fonction

(cid:67) n. Une hypothèse plus restrictive donne logiquement une conclusion plus forte. Cela dit, pour les fonctions de classe

(cid:67) ∞ que l’on manipule le plus souvent, les trois hypothèses sont toujours vérifiées.

Notation. Le terme (x − a)nε(x) où ε(x) −−→

x→0

Donc o((x − a)n) est une fonction telle que limx→a

écritures, mais il faut toujours garder à l’esprit ce qu’elle signifie.

o((x−a)n)

(x−a)n

0 est souvent abrégé en « petit o » de (x − a)n et est noté o((x − a)n).

= 0. Il faut s’habituer à cette notation qui simplifie les

Cas particulier : Formule de Taylor-Young au voisinage de 0. On se ramène souvent au cas particulier où a = 0, la

formule de Taylor-Young s’écrit alors

f (x) = f (0) + f (cid:48)(0)x + f (cid:48)(cid:48)(0) x 2

2!

+ · · · + f (n)(0) x n

n!

+ x nε(x)

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS AU VOISINAGE D’UN POINT 6

où limx→0

Et avec la notation « petit o » cela donne :

ε(x) = 0.

f (x) = f (0) + f (cid:48)(0)x + f (cid:48)(cid:48)(0) x 2

2!

+ · · · + f (n)(0) x n

n!

+ o(x n)

Mini-exercices.

1. Écrire les trois formules de Taylor en 0 pour x (cid:55)→ cos x, x (cid:55)→ exp(−x) et x (cid:55)→ sh x.

2. Écrire les formules de Taylor en 0 à l’ordre 2 pour x (cid:55)→ 1(cid:112)

, x (cid:55)→ tan x.

1+x

3. Écrire les formules de Taylor en 1 pour x (cid:55)→ x 3 − 9x 2 + 14x + 3.

(cid:112)

4. Avec une formule de Taylor à l’ordre 2 de

1 + x, trouver une approximation de (cid:112)1, 01. Idem avec ln(0, 99).

2. Développements limités au voisinage d’un point

2.1. Définition et existence

Soit I un intervalle ouvert et f : I → (cid:82) une fonction quelconque.

Définition 1.

Pour a ∈ I et n ∈ (cid:78), on dit que f admet un développement limité (DL) au point a et à l’ordre n, s’il existe des

réels c0, c1, . . . , cn et une fonction ε : I → (cid:82) telle que limx→a

(x − a) + · · · + cn

ε(x) = 0 de sorte que pour tout x ∈ I :

(x − a)n + (x − a)nε(x).

f (x) = c0

+ c1

• L’égalité précédente s’appelle un DL de f au voisinage de a à l’ordre n .

(x − a) + · · · + cn

• Le terme c0

• Le terme (x − a)nε(x) est appelé le reste du DL.

(x − a)n est appelé la partie polynomiale du DL.

+ c1

La formule de Taylor-Young permet d’obtenir immédiatement des développements limités en posant ck

= f (k)(a)

k!

:

Proposition 1.

Si f est de classe (cid:67) n au voisinage d’un point a alors f admet un DL au point a à l’ordre n, qui provient de la formule

de Taylor-Young :

f (x) = f (a) + f (cid:48)(a)

1!

(x − a) + f (cid:48)(cid:48)(a)

2!

(x − a)2 + · · · + f (n)(a)

n!

(x − a)n + (x − a)nε(x)

où limx→a

ε(x) = 0.

Remarque.

1. Si f est de classe (cid:67) n au voisinage d’un point 0, un DL en 0 à l’ordre n est l’expression :

f (x) = f (0) + f (cid:48)(0)x + f (cid:48)(cid:48)(0) x 2

2!

+ · · · + f (n)(0) x n

n!

+ x nε(x)

2. Si f admet un DL en un point a à l’ordre n alors elle en possède un pour tout k (cid:54) n. En effet

f (x) = f (a) + f (cid:48)(a)

1!

+ f (k+1)(a)

(k + 1)!

(cid:124)

(x − a) + · · · + f (k)(a)

(x − a)k+1 + · · · + f (n)(a)

k!

n!

(x − a)k

(x − a)n + (x − a)nε(x)

(cid:123)(cid:122)

=(x−a)kη(x)

(cid:125)

où limx→a

η(x) = 0.

2.2. Unicité

Proposition 2.

Si f admet un DL alors ce DL est unique.

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS AU VOISINAGE D’UN POINT 7

+ c1

(x − a) + · · · + cn

(x − a)n + (x − a)nε

1

(x) et f (x) = d0

+ d1

(x −

Démonstration. Écrivons deux DL de f : f (x) = c0

a) + · · · + dn

(x − a)n + (x − a)nε

2

− c1

) + (d1

− c0

(x). En effectuant la différence on obtient :

(d0

)(x − a) + · · · + (dn

− cn

Lorsque l’on fait x = a dans cette égalité alors on trouve d0

− c1

(d1

− c1

d1

aussi.

) + (d2

= 0, etc. On trouve c0

− cn

= d0, c1

)(x − a) + · · · + (dn

)(x − a)n−1 + (x − a)n−1(ε

2

= d1, . . . , cn

)(x − a)n + (x − a)n(ε

2

− c0

(x) − ε

1

= 0. Ensuite on peut diviser cette égalité par x − a :

(x)) = 0. En évaluant en x = a on obtient

= dn. Les parties polynomiales sont égales et donc les restes

(x)) = 0.

(x) − ε

1

− c2

Corollaire 2.

Si f est paire (resp. impaire) alors la partie polynomiale de son DL en 0 ne contient que des monômes de degrés pairs

(resp. impairs).

Par exemple x (cid:55)→ cos x est paire et nous verrons que son DL en 0 commence par : cos x = 1 − x 2

2!

+ x 4

4!

− x 6

6!

+ · · · .

f (x) = c0

+ c1 x + c2 x 2 + c3 x 3 + · · · + cn x n + x nε(x). Si f est paire alors f (x) = f (−x) = c0

Démonstration.

c2 x 2 − c3 x 3 + · · · + (−1)ncn x n + x nε(x). Par l’unicité du DL en 0 on trouve c1

c3

= 0,. . .

= −c1, c3

= −c3, . . . et donc c1

− c1 x +

= 0,

Remarque.

1. L’unicité du DL et la formule de Taylor-Young prouve que si l’on connaît le DL et que f est de classe (cid:67) n alors on

. Cependant dans la

= f (k)(a)

k!

peut calculer les nombres dérivés à partir de la partie polynomiale par la formule ck

majorité des cas on fera l’inverse : on trouve le DL à partir des dérivées.

2. Si f admet un DL en un point a à l’ordre n (cid:62) 0 alors f est continue en a et c0

= f (a).

3. Si f admet un DL en un point a à l’ordre n (cid:62) 1, alors f est dérivable en a et on a c0

= f (a) et c1

= f (cid:48)(a). Par

conséquent y = c0

+ c1

(x − a) est l’équation de la tangente au graphe de f au point d’abscisse a.

4. Plus subtil : f peut admettre un DL à l’ordre 2 en un point a sans admettre une dérivée seconde en a. Soit par

x . Alors f est dérivable mais f (cid:48) ne l’est pas. Pourtant f admet un DL en 0 à l’ordre 2 :

exemple f (x) = x 3 sin 1

f (x) = x 2ε(x) (la partie polynomiale est nulle).

2.3. DL des fonctions usuelles à l’origine

Les DL suivants en 0 proviennent de la formule de Taylor-Young.

exp x = 1 + x

1!

+ x 2

2!

+ x 3

3!

+ · · · + x n

n!

+ x nε(x)

ch x = 1 + x 2

2!

+ x 3

3!

+ x 4

4!

+ x 5

5!

sh x = x

1!

cos x = 1 − x 2

2!

− x 3

3!

+ · · · + x 2n

+ x 4

(2n)!

4!

+ · · · + x 2n+1

+ x 5

(2n+1)!

5!

− · · · + (−1)n x 2n

(2n)!

− · · · + (−1)n x 2n+1

(2n+1)!

sin x = x

1!

+ x 2n+1ε(x)

+ x 2n+2ε(x)

+ x 2n+1ε(x)

+ x 2n+2ε(x)

ln(1 + x) = x − x 2

2

+ x 3

3

− · · · + (−1)n−1 x n

n

+ x nε(x)

(1 + x)α = 1 + αx + α(α−1)

2!

x 2 + · · · + α(α−1)...(α−n+1)

n!

x n + x nε(x)

1

1 + x

= 1 − x + x 2 − x 3 + · · · + (−1)n x n + x nε(x)

1

1 − x

(cid:112)

1 + x = 1 + x

2

− 1

= 1 + x + x 2 + · · · + x n + x nε(x)

8 x 2 + · · · + (−1)n−1 1·1·3·5···(2n−3)

2nn!

x n + x nε(x)

Ils sont tous à apprendre par cœur. C’est facile avec les remarques suivantes :

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS AU VOISINAGE D’UN POINT 8

• Le DL de ch x est la partie paire du DL de exp x. C’est-à-dire que l’on ne retient que les monômes de degré pair.

Alors que le DL de sh x est la partie impaire.

• Le DL de cos x est la partie paire du DL de exp x en alternant le signe +/− du monôme. Pour sin x c’est la partie

impaire de exp x en alternant aussi les signes.

• On notera que la précision du DL de sin x est meilleure que l’application naïve de la formule de Taylor le prévoit

(x 2n+2ε(x) au lieu de x 2n+1ε(x)) ; c’est parce que le DL est en fait à l’ordre 2n + 2, avec un terme polynomial en

x 2n+2 nul (donc absent). Le même phénomène est vrai pour tous les DL pairs ou impairs (dont sh x, cos x, ch x).

• Pour ln(1 + x) n’oubliez pas qu’il n’y a pas de terme constant, pas de factorielle aux dénominateurs, et que les

signes alternent.

• Il faut aussi savoir écrire le DL à l’aide des sommes formelles (et ici des « petits o ») :

(−1)k−1 x k

k

ln(1 + x) =

exp x =

+ o(x n)

x k

k!

n

(cid:88)

n

(cid:88)

et

+ o(x n)

k=1

k=1

• La DL de (1 + x)α est valide pour tout α ∈ (cid:82). Pour α = −1 on retombe sur le DL de (1 + x)−1 = 1

1+x . Mais on

1−x qui est très facile. Il se retrouve aussi avec la somme d’une suite géométrique :

retient souvent le DL de 1

1 + x + x 2 + · · · + x n = 1−x n+1

1−x

• Pour α = 1

2 on retrouve (1 + x) 1

= 1

1−x

2 =

− x n+1

= 1

1−x

1−x

(cid:112)

1 + x = 1 + x

2

+ x nε(x).

− 1

8 x 2 + · · · . Dont il faut connaître les trois premiers termes.

2.4. DL des fonctions en un point quelconque

La fonction f admet un DL au voisinage d’un point a si et seulement si la fonction x (cid:55)→ f (x + a) admet un DL au

voisinage de 0. Souvent on ramène donc le problème en 0 en faisant le changement de variables h = x − a.

Exemple 4.

1. DL de f (x) = exp x en 1.

On pose h = x − 1. Si x est proche de 1 alors h est proche de 0. Nous allons nous ramener à un DL de exp h en

h = 0. On note e = exp 1.

= e

exp x = exp(1 + (x − 1)) = exp(1) exp(x − 1) = e exp h

+ · · · + hn

n!

(x − 1)2

2!

(cid:18)

1 + h + h2

2!

(x − 1)n

n!

1 + (x − 1) +

+ hnε(h)

+ · · · +

= e

(cid:18)

(cid:19)

+ (x − 1)nε(x − 1)

(cid:19)

où limx→1

ε(x − 1) = 0.

2. DL de g(x) = sin x en π/2.

Sachant sin x = sin( π

2

sin x = 1 − (x− π

+ x − π

2

+ · · · + (−1)n

)2

2

2!

) = cos(x − π

2

(x− π

)2n

2

(2n)!

+ (x − π

2

) on se ramène au DL de cos h quand h = x − π

2

→ 0. On a donc

)2n+1ε(x − π

2

), où limx→π/2

ε(x − π

2

) = 0.

3. DL de (cid:96)(x) = ln(1 + 3x) en 1 à l’ordre 3.

Il faut se ramener à un DL du type ln(1 + h) en h = 0. On pose h = x − 1 (et donc x = 1 + h).

On a (cid:96)(x) = ln(1 + 3x) = ln (cid:0)1 + 3(1 + h)(cid:1) = ln(4 + 3h) = ln (cid:0)4 · (1 + 3h

(cid:0) 3h

− 9

32

4

4

(x − 1)3 + (x − 1)3ε(x − 1) où limx→1

(cid:1)3 + h3ε(h) = ln 4 + 3(x−1)

)(cid:1) = ln 4 + ln (cid:0)1 + 3h

(x − 1)2 + 9

64

(cid:1) = ln 4 + 3h

4

4

ε(x − 1) = 0.

1

3

4

− 1

2

(cid:0) 3h

4

(cid:1)2 +

Mini-exercices.

1. Calculer le DL en 0 de x (cid:55)→ ch x par la formule de Taylor-Young. Retrouver ce DL en utilisant que ch x = e x +e−x

(cid:112)

1(cid:112)

2. Écrire le DL en 0 à l’ordre 3 de 3

(cid:112)

1 + x. Idem avec

1+x

.

2

.

3. Écrire le DL en 2 à l’ordre 2 de

4. Justifier l’expression du DL de 1

x.

1−x à l’aide de l’unicité du DL et de la somme d’une suite géométrique.

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

3. OPÉRATIONS SUR LES DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS 9

3. Opérations sur les développements limités

3.1. Somme et produit

On suppose que f et g sont deux fonctions qui admettent des DL en 0 à l’ordre n :

f (x) = c0

+ c1 x + · · · + cn x n + x nε

1

(x)

g(x) = d0

+ d1 x + · · · + dn x n + x nε

2

(x)

Proposition 3.

• f + g admet un DL en 0 l’ordre n qui est :

( f + g)(x) = f (x) + g(x) = (c0

+ d0

) + (c1

+ d1

)x + · · · + (cn

+ dn

)x n + x nε(x).

• f × g admet un DL en 0 l’ordre n qui est : ( f × g)(x) = f (x) × g(x) = Tn

(x) + x nε(x) où Tn

(x) est le polynôme

(c0

+ c1 x + · · · + cn x n) × (d0

+ d1 x + · · · + dn x n) tronqué à l’ordre n.

Tronquer un polynôme à l’ordre n signifie que l’on conserve seulement les monômes de degré (cid:54) n.

1 + x en 0 à l’ordre 2. On sait que cos x = 1− 1

2 x 2+x 2ε

1

(x) et

(cid:112)

1 + x = 1+ 1

2 x− 1

8 x 2+x 2ε

2

(x).

Exemple 5.

Calculer le DL de cos x×

Donc :

(cid:112)

cos x ×

(cid:112)

1 + x =

(cid:139)

×

(cid:129)

1 + 1

2

x − 1

8

x 2 + x 2ε

2

(cid:139)

(x)

x 2 + x 2ε

2

(x) on développe

x 2 + x 2ε

2

(cid:139)

(x)

x 2 + x 2ε

2

(cid:139)

(x)

on développe encore

x 4ε

2

(x)

x 4ε

1

(x) + x 4ε

1

(x)ε

2

(x)

termes de degré 0 et 1, 2

(x)

x 2 + x 2ε

1

= 1 + 1

2

− 1

2

(cid:129)

1 − 1

2

x − 1

8

(cid:129)

1 + 1

2

(cid:129)

1 + 1

2

+ x 2ε

1

(x)

x 2

x − 1

8

x − 1

8

= 1 + 1

2

− 1

2

= 1 + 1

2

(cid:124)

(x)

x 4 − 1

2

(x) − 1

8

(cid:139)

x 2

(cid:125)

+ x 2ε

1

x 3ε

1

x 2 + x 2ε

2

x 3 + 1

16

x − 1

8

x 2 − 1

4

(x) + 1

2

(cid:129)

x 2 − 1

− 1

2

8

(cid:123)(cid:122)

partie tronquée à l’ordre 2

(x) − 1

2 x 3ε

x +

1

+ x 2ε

2

+ 1

(cid:124)

= 1 + 1

2

x − 5

8

x 2 + x 2ε(x)

4 x 3 + 1

(x) − 1

16 x 4 − 1

8 x 4ε

2 x 4ε

(x) + x 4ε

1

(x) + x 2ε

1

(x)

(x)ε

2

2

(x)

1

(cid:123)(cid:122)

reste de la forme x 2ε(x)

et les autres

(cid:125)

On a en fait écrit beaucoup de choses superflues, qui à la fin sont dans le reste et n’avaient pas besoin d’être explicitées !

Avec l’habitude les calculs se font très vite car on n’écrit plus les termes inutiles. Voici le même calcul avec la notation

« petit o » : dès qu’apparaît un terme x 2ε

1

(cid:129)

1 − 1

2

x − 1

8

x 2 + o(x 2)

(x) ou un terme x 3,... on écrit juste o(x 2) (ou si l’on préfère x 2ε(x)).

(cid:129)

1 + 1

2

on développe

x − 1

8

x 2 + o(x 2)

x 2 + o(x 2)

x 2 + o(x 2)

1 + x =

cos x ×

(cid:112)

×

(cid:139)

(cid:139)

= 1 + 1

2

− 1

2

+ o(x 2)

x − 5

8

= 1 + 1

2

x 2 + o(x 2)

La notation «petit o» évite de devoir donner un nom à chaque fonction, en ne gardant que sa propriété principale, qui

est de décroître vers 0 au moins à une certaine vitesse. Comme on le voit dans cet exemple, o(x 2) absorbe les éléments

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

3. OPÉRATIONS SUR LES DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS 10

de même ordre de grandeur ou plus petits que lui : o(x 2) − 1

2 x 2o(x 2) = o(x 2). Mais il faut bien comprendre que

les différents o(x 2) écrits ne correspondent pas à la même fonction, ce qui justifie que cette égalité ne soit pas fausse !

4 x 3 + 1

3.2. Composition

On écrit encore :

f (x) = C(x) + x nε

(x) = c0

1

(x) = d0

g(x) = D(x) + x nε

2

+ c1 x + · · · + cn x n + x nε

1

+ d1 x + · · · + dn x n + x nε

2

(x)

(x)

Proposition 4.

Si g(0) = 0 (c’est-à-dire d0

polynôme tronqué à l’ordre n de la composition C(D(x)).

= 0) alors la fonction f ◦ g admet un DL en 0 à l’ordre n dont la partie polynomiale est le

Exemple 6.

Calcul du DL de h(x) = sin (cid:0) ln(1 + x)(cid:1) en 0 à l’ordre 3.

• On pose ici f (u) = sin u et g(x) = ln(1 + x) (pour plus de clarté il est préférable de donner des noms différents

aux variables des deux fonctions, ici x et u). On a bien f ◦ g(x) = sin (cid:0) ln(1 + x)(cid:1) et g(0) = 0.

• On écrit le DL à l’ordre 3 de f (u) = sin u = u − u3

• Et on pose u = g(x) = ln(1 + x) = x − x 2

+ x 3

3

• On aura besoin de calculer un DL à l’ordre 3 de u2 (qui est bien sûr le produit u×u) : u2 = (cid:0)x − x 2

(x) pour x proche de 0.

(u) pour u proche de 0.

3!

+ x 3ε

2

+ u3ε

1

2

+ x 3

3

+ x 3ε

2

(x)(cid:1)2 =

2

x 2 − x 3 + x 3ε

3

• Donc h(x) = f ◦ g(x) = f (u) = u − u3

(x) et aussi u3 qui est u × u2, u3 = x 3 + x 3ε

4

(u) = (cid:0)x − 1

+ u3ε

1

(x).

2 x 2 + 1

3!

3 x 3(cid:1) − 1

6 x 3 + x 3ε(x) = x − 1

2 x 2 + 1

6 x 3 + x 3ε(x).

(cid:112)

cos x. On cherche le DL de h en 0 à l’ordre 4.

Exemple 7.

Soit h(x) =

On utilise cette fois la notation « petit o ». On connaît le DL de f (u) =

1 + 1

Et si on pose u(x) = cos x − 1 alors on a h(x) = f (cid:0)u(x)(cid:1) et u(0) = 0. D’autre part le DL de u(x) en x = 0 à l’ordre 4

est : u = − 1

4 x 4 + o(x 4).

Et ainsi

24 x 4 + o(x 4). On trouve alors u2 = 1

1 + u en u = 0 à l’ordre 2 : f (u) =

8 u2 + o(u2).

2 x 2 + 1

2 u − 1

1 + u =

(cid:112)

(cid:112)

u2 + o(u2)

h(x) = f (cid:0)u(cid:1) = 1 + 1

u − 1

2

8

x 2 + 1

24

x 4 − 1

32

= 1 + 1

2

= 1 − 1

4

= 1 − 1

4

(cid:0) − 1

2

x 2 + 1

48

x 2 − 1

96

x 4 + o(x 4)

x 4(cid:1) − 1

8

x 4(cid:1) + o(x 4)

(cid:0) 1

4

x 4 + o(x 4)

3.3. Division

Voici comment calculer le DL d’un quotient f /g. Soient

(x)

= 1 − u + u2 − u3 + · · · .

+ c1 x + · · · + cn x n + x nε

1

Nous allons utiliser le DL de 1

1+u

f (x) = c0

g(x) = d0

+ d1 x + · · · + dn x n + x nε

2

(x)

1. Si d0

= 1 on pose u = d1 x + · · · + dn x n + x nε

2

(x) et le quotient s’écrit f /g = f × 1

1+u .

2. Si d0 est quelconque avec d0

(cid:54)= 0 alors on se ramène au cas précédent en écrivant

1

g(x)

= 1

d0

1

1 + d1

d0

x + · · · + dn

d0

x n + x nε

2

d0

(x)

.

3. Si d0

= 0 alors on factorise par x k (pour un certain k) afin de se ramener aux cas précédents.

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

3. OPÉRATIONS SUR LES DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS 11

Exemple 8.

+ x 4

24

+ x 5

120

1. DL de tan x en 0 à l’ordre 5.

Tout d’abord sin x = x − x 3

6

u = − x 2

2

Nous aurons besoin de u2 et u3 : u2 = (cid:0) − x 2

abusivement ε(x) pour différents restes.)

Ainsi

+ x 5ε(x).

2

+ x 5ε(x). D’autre part cos x = 1 − x 2

2

+ x 4

24

+ x 5ε(x) = 1 + u en posant

+ x 4

24

+ x 5ε(x)(cid:1)2 = x 4

4

+ x 5ε(x) et en fait u3 = x 5ε(x). (On note

1

cos x

Finalement

=

1

1 + u

= 1 + x 2

2

= 1 + x 2

2

= 1 − u + u2 − u3 + u3ε(u)

− x 4

24

+ 5

24

+ x 4

4

+ x 5ε(x)

x 4 + x 5ε(x).

tan x = sin x × 1

cos x

+ x 5

120

= (cid:0)x − x 3

6

= x + x 3

3

+ 2

15

x 5 + x 5ε(x).

+ x 5ε(x)(cid:1) × (cid:0)1 + x 2

2

+ 5

24

x 4 + x 5ε(x)(cid:1)

2. DL de 1+x

2+x en 0 à l’ordre 4.

1 + x

2 + x

= (1 + x) 1

2

1

1 + x

2

(cid:129)

1 − x

2

+ x 3

16

+

(cid:16) x

2

− x 4

32

= 1

2

= 1

2

(1 + x)

+ x

4

− x 2

8

(cid:17)2

(cid:17)3

+

−

(cid:16) x

2

(cid:17)4

(cid:16) x

2

(cid:139)

+ o(x 4)

+ o(x 4)

3. Si l’on souhaite calculer le DL de sin x

sh x en 0 à l’ordre 4 alors on écrit

sin x

sh x

x(cid:0)1 − x 2

x(cid:0)1 + x 2

3!

3!

1 + x 2

3!

=

=

+ o(x 5)

+ o(x 5)

x − x 3

3!

x + x 3

3!

= (cid:0)1 − x 2

3!

+ x 5

5!

+ x 5

5!

+ x 4

5!

= · · · = 1 − x 2

3

(x) et g(x) = D(x)+ x nε

2

+ x 4

18

+ o(x 4)(cid:1) ×

+ o(x 4)

+ x 4

5!

+ x 4

5!

1

+ x 4

5!

+ o(x 4)(cid:1)

+ o(x 4)(cid:1)

+ o(x 4)

Autre méthode. Soit f (x) = C(x)+ x nε

(x). Alors on écrit la division suivant les puissances

1

croissantes de C par D à l’ordre n : C = DQ + x n+1R avec deg Q (cid:54) n. Alors Q est la partie polynomiale du DL en 0 à

l’ordre n de f /g.

Exemple 9.

DL de 2+x+2x 3

à l’ordre 2. On pose C(x) = 2 + x + 2x 3 et g(x) = D(x) = 1 + x 2 alors C(x) = D(x) × (2 + x − 2x 2) +

1+x 2

x 3(1 + 2x). On a donc Q(x) = 2 + x − 2x 2, R(x) = 1 + 2x. Et donc lorsque l’on divise cette égalité par D(x) on obtient

f (x)

g(x) = 2 + x − 2x 2 + x 2ε(x).

3.4. Intégration

Soit f : I → (cid:82) une fonction de classe (cid:67) n dont le DL en a ∈ I à l’ordre n est f (x) = c0

cn

(x − a)n + (x − a)nε(x).

+ c1

(x − a) + c2

(x − a)2 + · · · +

Théorème 4.

DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS

4. APPLICATIONS DES DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS 12

Notons F une primitive de f . Alors F admet un DL en a à l’ordre n + 1 qui s’écrit :

F (x) = F (a) + c0

(x − a) + c1

(x − a)2

2

+ c2

(x − a)3

3

+ · · ·

où lim

x→a

η(x) = 0.

· · · + cn

(x − a)n+1

n + 1

+ (x − a)n+1η(x)

Cela signifie que l’on intègre la partie polynomiale terme à terme pour obtenir le DL de F (x) à la constante F (a) près.

(cid:82) x

a

1

(x−a)n+1

a f (t)d t = a0

Démonstration. On a F (x) − F (a) = (cid:82) x

η(x) =

est continue en dehors de a en écrivant ε(x) = 1

(x−a)n

(cid:12)

|η(x)| (cid:54)

=

|(t − a)n| · supt∈[a,x] |ε(t)|d t

(cid:12)

(cid:12)

Mais supt∈[a,x] |ε(t)|...