MPSI · Analyse asymptotique

Développements limités : généralités

Palier 0Palier 1Palier 1+Palier 2

Dans toute cette leçon, II désigne un intervalle réel non vide et non réduit à un point, et ff une fonction définie sur II à valeurs dans K\mathbb{K}.

Qu'est-ce qu'un développement limité ?

Question

Un équivalent remplace une fonction par un seul terme : sin⁡x∼x\sin x \sim x au voisinage de 00. C'est peu — cela ne dit rien de l'écart sin⁡x−x\sin x - x, ni de la position de la courbe par rapport à sa tangente. Comment approcher ff non plus par un terme, mais par un polynôme, avec un contrôle explicite de l'erreur commise ?

Définition 1

On dit que f:I→Kf: I \rightarrow \mathbb{K} admet un développement limité en aa à l'ordre n∈Nn \in \mathbb{N} s'il existe (ai)0⩽i⩽n∈Kn+1\left(a_{i}\right)_{0\leqslant i\leqslant n} \in \mathbb{K}^{n+1} tel que :

∀x∈If(x)=a0+a1(x−a)+⋯+an(x−a)n+ox→a((x−a)n).\forall x\in I\qquad f(x) = a_{0}+a_{1}(x-a)+\cdots+a_{n}(x-a)^{n}+\underset{x \rightarrow a}{o}\left((x-a)^{n}\right) .

Remarque :

  • On peut écrire le développement limité de ff en aa sous la forme f(x)=a0+a1(x−a)+⋯+an(x−a)n+(x−a)nε(x)f(x) = a_{0}+a_{1}(x-a)+\cdots+a_{n}(x-a)^{n}+(x-a)^{n}\varepsilon(x) avec lim⁡x→aε(x)=0\lim _{x \rightarrow a}\varepsilon(x)=0.

  • La fonction ff admet le développement limité indiqué en définition si, et seulement si, la fonction h↦f(a+h)h\mapsto f(a+h) admet le développement limité f(a+h)=a0+a1h+⋯+anhn+oh→0(hn)f(a+h) = a_{0}+a_{1}h+\cdots+a_{n}h^{n}+\underset{h \rightarrow 0}{o}\left(h^{n}\right) en 00.

    Désormais, nous allons donc nous intéresser uniquement à des développements limités en 00.

Exemple :

La fonction φ\varphi définie par φ(x)=x2sin⁡ ⁣(1x)\varphi(x) = x^2\sin\!\left(\frac{1}{x}\right) pour x≠0x\neq0 et φ(0)=0\varphi(0)=0 admet en 00 le développement limité à l'ordre 11

φ(x)=0+0×x+o(x),\varphi(x) = 0 + 0\times x + o(x),

dont tous les coefficients sont nuls — alors même que φ\varphi n'est pas de classe C1\mathcal{C}^1 en 00. Admet-elle un développement limité à l'ordre 22 ?

Test 1 : Développement limité et dérivabilité

Si ff admet un développement limité à l'ordre 22 en 00, alors ff est deux fois dérivable en 00.

Exercice 1

    1. Montrer que la fonction f:x↦11−xf:x\mapsto \frac{1}{1-x} admet un développement limité à tout ordre en 00.
    2. En déduire que les fonctions g:x↦11+xg:x \mapsto \frac{1}{1+x} et h:x↦11+x2h: x\mapsto \frac{1}{1+x^2} admettent des développements limités à tout ordre en 00.
  2. Montrer que la fonction φ:x↦e−1x2\varphi :x\mapsto e^{\frac{-1}{x^2}} admet un développement limité à tout ordre en 00.
Solution :(cliquer pour afficher)

1.a. Pour tout u≠1u\neq1 et tout n∈Nn\in\mathbb{N}, l'identité géométrique donne

∑k=0nuk=1−un+11−u,donc11−u=∑k=0nuk+un+11−u.\sum_{k=0}^{n}u^{k} = \frac{1-u^{n+1}}{1-u}, \qquad\text{donc}\qquad \frac{1}{1-u} = \sum_{k=0}^{n}u^{k} + \frac{u^{n+1}}{1-u}.

Appliquée à u=xu=x sur un voisinage de 00 contenu dans ]−1 ;1[\left]-1\,;1\right[ :

11−x=∑k=0nxk+xn×x1−x,x1−x→x→00.\frac{1}{1-x} = \sum_{k=0}^{n}x^{k} + x^{n}\times\frac{x}{1-x}, \qquad \frac{x}{1-x}\xrightarrow[x\to0]{}0 .

Le reste est donc o(xn)o(x^n), et pour tout nn :

11−x=x→01+x+x2+⋯+xn+o(xn).\frac{1}{1-x} \underset{x\to0}{=} 1+x+x^2+\cdots+x^n+o(x^n).

1.b. Même identité avec u=−xu=-x :

11+x=∑k=0n(−1)kxk+xn×(−1)n+1x1+x=x→0∑k=0n(−1)kxk+o(xn).\frac{1}{1+x} = \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{k} + x^{n}\times\frac{(-1)^{n+1}x}{1+x} \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{k}+o(x^n).

Avec u=−x2u=-x^2 :

11+x2=∑k=0n(−1)kx2k+x2n+1×(−1)n+1x1+x2=x→0∑k=0n(−1)kx2k+o ⁣(x2n+1).\frac{1}{1+x^2} = \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{2k} + x^{2n+1}\times\frac{(-1)^{n+1}x}{1+x^2} \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{2k}+o\!\left(x^{2n+1}\right).

Ce dernier reste étant a fortiori un o(x2n)o(x^{2n}), la fonction hh admet un développement limité aux ordres 2n2n et 2n+12n+1 pour tout nn : donc à tout ordre.

2. La fonction φ\varphi est prolongée par φ(0)=0\varphi(0)=0. Soit n∈Nn\in\mathbb{N}. Pour x≠0x\neq0, posons t=1x2t=\frac{1}{x^2}, qui tend vers +∞+\infty quand x→0x\to0. Alors ∣x∣n=t−n/2|x|^{n}=t^{-n/2} et

∣φ(x)xn∣=tn/2e−t→t→+∞0\left|\frac{\varphi(x)}{x^{n}}\right| = t^{n/2}e^{-t} \xrightarrow[t\to+\infty]{} 0

par croissances comparées. Donc φ(x)=o(xn)\varphi(x)=o(x^n), c'est-à-dire

φ(x)=x→00+0x+⋯+0xn+o(xn).\varphi(x) \underset{x\to0}{=} 0+0x+\cdots+0x^{n}+o(x^{n}) .

La fonction φ\varphi admet donc un développement limité à tout ordre en 00, dont tous les coefficients sont nuls.

Unicité et partie régulière

Question

Rien n'interdit a priori qu'une même fonction s'écrive de deux façons différentes sous la forme « polynôme ++ o(xn)o(x^n) ». Si c'était le cas, parler du développement limité de ff n'aurait aucun sens. Les coefficients sont-ils déterminés par ff ?

Proposition 1

Si ff admet un développement limité à l'ordre nn en 00 de la forme f(x)=∑k=0nakxk+ox→0(xn)f(x) =\sum_{k=0}^n a_{k}x^{k}+\underset{x \rightarrow 0}{o}\left(x^{n}\right), alors ce développement limité est unique.

Démonstration :

Supposons que ff admette deux tels développements :

f(x)=∑k=0nakxk+o(xn)etf(x)=∑k=0nbkxk+o(xn).f(x) = \sum_{k=0}^{n}a_kx^k+o(x^n) \qquad\text{et}\qquad f(x) = \sum_{k=0}^{n}b_kx^k+o(x^n) .

En soustrayant, et puisque la somme de deux o(xn)o(x^n) est un o(xn)o(x^n), on obtient en posant ck=ak−bkc_k=a_k-b_k :

∑k=0nckxk=x→0o(xn).(⋆)\sum_{k=0}^{n}c_kx^k \underset{x\to0}{=} o(x^n) . \tag{$\star$}

Raisonnons par l'absurde en supposant que les ckc_k ne sont pas tous nuls, et posons

p=min⁡{k∈⟦0,n⟧:ck≠0}.p = \min\left\{k\in\llbracket 0,n\rrbracket : c_k\neq0\right\} .

Pour x≠0x\neq0 voisin de 00, divisons (⋆)(\star) par xpx^p, ce qui est licite puisque p⩽np\leqslant n :

cp+cp+1x+⋯+cnxn−p⏟→x→0 cp=o(xn)xp=xn−pε(x)→x→00,\underbrace{c_p + c_{p+1}x+\cdots+c_nx^{n-p}}_{\displaystyle \xrightarrow[x\to0]{}\ c_p} = \frac{o(x^n)}{x^p} = x^{n-p}\varepsilon(x) \xrightarrow[x\to0]{} 0 ,

la dernière limite étant nulle car n−p⩾0n-p\geqslant0 et ε→0\varepsilon\to0. Par unicité de la limite, cp=0c_p=0, ce qui contredit la définition de pp.

Tous les ckc_k sont donc nuls, c'est-à-dire ak=bka_k=b_k pour tout kk.

Vocabulaire :

La fonction P:x↦∑k=0nakxkP:x\mapsto\sum_{k=0}^n a_{k}x^{k} s'appelle partie régulière du développement limité de ff à l'ordre nn en 00.

Test 2 : Des termes au-delà de la précision

Si f(x)=x→01+x+x2+o(x)f(x) \underset{x\to0}{=} 1+x+x^2+o(x), alors la partie régulière du développement limité de ff à l'ordre 11 en 00 est x↦1+xx\mapsto 1+x.

Remarque :

  1. Si ff est paire, alors P(x)P(x) n'est formée que de puissances paires de xx.
  2. Si ff est impaire, alors P(x)P(x) n'est formée que de puissances impaires de xx.

Test 3 : Parité et coefficients

Si ff est impaire et admet un développement limité à l'ordre 44 en 00, alors le coefficient de x4x^4 dans sa partie régulière est nul.

Troncature

Question

Un développement limité à l'ordre 55 contient visiblement plus d'information qu'un développement à l'ordre 22. Peut-on récupérer le second à partir du premier — et dans quel sens fonctionne cet échange de précision ?

Proposition 2 : Troncature d'un développement limité

Soit ff une fonction admettant un développement limité à l'ordre nn en 00, de partie régulière x↦∑k=0nakxkx \mapsto \displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k x^k. Alors ff admet un développement limité en 00 à tout ordre p⩽np \leqslant n, dont la partie régulière est x↦∑k=0pakxkx \mapsto \displaystyle\sum_{k=0}^{p} a_k x^k.

Démonstration :

Soit p⩽np\leqslant n. Séparons la partie régulière en deux blocs :

f(x)=∑k=0pakxk+∑k=p+1nakxk+o(xn).f(x) = \sum_{k=0}^{p}a_kx^k + \sum_{k=p+1}^{n}a_kx^k + o(x^n) .

Pour p+1⩽k⩽np+1\leqslant k\leqslant n, on a xkxp=xk−p→0\frac{x^k}{x^p}=x^{k-p}\to0 avec k−p⩾1k-p\geqslant1, donc xk=o(xp)x^k = o(x^p) ; par stabilité de oo par combinaison linéaire, le bloc central est un o(xp)o(x^p).

Par ailleurs xn=O(xp)x^n = O(x^p) (le quotient xn−px^{n-p} est borné au voisinage de 00), donc par transitivité o(xn)=o(xp)o(x^n) = o(x^p).

La somme des deux restes est alors un o(xp)o(x^p), et

f(x)=x→0∑k=0pakxk+o(xp).f(x) \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{p}a_kx^k + o(x^p) .

Ce développement limité à l'ordre pp est unique d'après la proposition précédente : sa partie régulière est bien la troncature annoncée.

Vocabulaire :

Avec les notations de la proposition précédente, on dit que la partie régulière du développement limité de ff à l'ordre pp s'obtient en tronquant à l'ordre pp celle du développement de ff à l'ordre nn. On parle également de troncature à l'ordre pp.

Test 4 : Troncature dans l'autre sens

Si ff admet un développement limité à l'ordre 33 en 00, alors elle en admet un à l'ordre 55.

Terme prépondérant

Question

Un développement limité contient un équivalent : lequel ? Autrement dit, une fois la partie régulière connue, quel est le terme qui gouverne le comportement de ff au voisinage de 00 — et que peut-on en déduire sur le signe de ff ?

Proposition 3 : Terme prépondérant

Soit ff possédant un développement limité à l'ordre nn en 00 de la forme :

f(x)=∑k=0nakxk+o(xn),f(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k + \mathrm{o}(x^n),

dont la partie régulière n'est pas nulle. En notant p=min⁡{i∈⟦0,n⟧:ai≠0}p = \min\bigl\{i \in \llbracket 0,n \rrbracket : a_i \neq 0\bigr\}, on a :

f(x)∼x→0apxp.f(x) \underset{x \to 0}{\sim} a_p x^p.

En particulier, si ff est réelle, f(x)f(x) a le signe (strict) de apxpa_p x^p au voisinage de 00.

Démonstration :

Par définition de pp, les coefficients a0,…,ap−1a_0,\dots,a_{p-1} sont nuls, de sorte que

f(x)=∑k=pnakxk+o(xn).f(x) = \sum_{k=p}^{n}a_kx^k + o(x^n) .

La fonction x↦apxpx\mapsto a_px^p ne s'annule pas sur un voisinage de 00 privé de 00, puisque ap≠0a_p\neq0 : la caractérisation de ∼\sim par le quotient s'applique. Pour x≠0x\neq0 voisin de 00,

f(x)apxp=1+∑k=p+1nakapxk−p+xnε(x)apxp=1+∑k=p+1nakapxk−p⏟→ 0+xn−pε(x)ap⏟→ 0,\frac{f(x)}{a_px^p} = 1 + \sum_{k=p+1}^{n}\frac{a_k}{a_p}x^{k-p} + \frac{x^{n}\varepsilon(x)}{a_px^{p}} = 1 + \underbrace{\sum_{k=p+1}^{n}\frac{a_k}{a_p}x^{k-p}}_{\to\,0} + \underbrace{\frac{x^{n-p}\varepsilon(x)}{a_p}}_{\to\,0} ,

chaque exposant k−pk-p étant ⩾1\geqslant1 et n−pn-p étant ⩾0\geqslant0 avec ε→0\varepsilon\to0. Donc f(x)apxp→1\frac{f(x)}{a_px^p}\to1, c'est-à-dire f(x)∼x→0apxpf(x)\underset{x\to0}{\sim}a_px^p.

Si de plus ff est réelle, deux fonctions équivalentes en 00 sont de même signe strict au voisinage de 00 (proposition « signe et non-annulation par équivalence ») : f(x)f(x) a donc le signe de apxpa_px^p.

Vocabulaire :

Dans cette situation, le terme apxpa_p x^p est appelé le terme prépondérant du développement limité.

Remarque :

Même si ff admet un développement limité à tout ordre, il se peut qu'aucun de ces développements n'ait de terme prépondérant. C'est le cas de la fonction x↦exp⁡(−1/x2)x \mapsto \exp(-1/x^2).

Test 5 : Un développement limité fournit-il toujours un équivalent ?

Si ff admet un développement limité à tout ordre en 00, alors ff admet un équivalent simple de la forme apxpa_px^p en 00.

Exercice 2 : Lire un équivalent et un signe sur un développement limité

On admet les développements limités  arctan⁡x=x→0x−x33+x55+o(x5) \ \arctan x \underset{x\to0}{=} x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^5)\ et  tan⁡x=x→0x+x33+o(x3)\ \tan x \underset{x\to0}{=} x+\frac{x^3}{3}+o(x^3) (ils seront établis dans l'exercice suivant).

  1. Donner le terme prépondérant du développement limité de f:x↦arctan⁡x−xf : x\mapsto \arctan x - x à l'ordre 55 en 00. En déduire un équivalent simple de ff en 00, la limite de f(x)x3\frac{f(x)}{x^3}, puis le signe de ff au voisinage de 00.
  2. Mêmes questions pour g:x↦tan⁡x−arctan⁡xg : x\mapsto \tan x - \arctan x, à l'ordre 33.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Par différence de développements limités de même ordre,

f(x)=arctan⁡x−x=x→0−x33+x55+o(x5).f(x) = \arctan x - x \underset{x\to0}{=} -\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^5) .

Le premier coefficient non nul est celui d'indice p=3p=3, avec a3=−13a_3=-\frac13 : le terme prépondérant est −x33-\frac{x^3}{3} et

f(x)∼x→0−x33,doncf(x)x3→x→0−13.f(x) \underset{x\to0}{\sim} -\frac{x^3}{3}, \qquad\text{donc}\qquad \frac{f(x)}{x^3} \xrightarrow[x\to0]{} -\frac13 .

Enfin f(x)f(x) a le signe de −x33-\frac{x^3}{3} au voisinage de 00 : ff est strictement négative pour x>0x>0 et strictement positive pour x<0x<0.

2. La troncature à l'ordre 33 du développement de arctan⁡\arctan donne arctan⁡x=x−x33+o(x3)\arctan x = x-\frac{x^3}{3}+o(x^3). Par différence,

g(x)=tan⁡x−arctan⁡x=x→0(x+x33)−(x−x33)+o(x3)=2x33+o(x3).g(x) = \tan x - \arctan x \underset{x\to0}{=} \left(x+\frac{x^3}{3}\right)-\left(x-\frac{x^3}{3}\right)+o(x^3) = \frac{2x^3}{3}+o(x^3) .

Le terme prépondérant est 2x33\frac{2x^3}{3}, d'où

g(x)∼x→02x33,g(x)x3→x→023,g(x) \underset{x\to0}{\sim} \frac{2x^3}{3}, \qquad \frac{g(x)}{x^3} \xrightarrow[x\to0]{} \frac23 ,

et gg est strictement positive pour x>0x>0, strictement négative pour x<0x<0.

Développements limités d'ordre 0 et d'ordre 1

Question

Les deux premiers ordres doivent traduire des propriétés déjà connues de ff. Lesquelles : que signifie exactement « ff admet un développement limité à l'ordre 00 » ? à l'ordre 11 ?

Proposition 4

  1. ff admet un développement limité à l'ordre 00 en 00 si, et seulement si, elle admet une limite finie en 00 ; en notant alors ℓ=lim⁡0f\ell = \lim_{0} f, on a : f(x)=ℓ+o(1)f(x) = \ell + o(1).

  2. ff est dérivable en 00 si, et seulement si, ff admet un développement limité à l'ordre 11 en 00.

    Ce développement limité est alors f(x)=f(0)+f′(0)x+o(x)f(x) = f(0) + f'(0)x + o(x).

Démonstration :

1. Supposons que ff admette un développement limité à l'ordre 00 : il existe a0∈Ka_0\in\mathbb{K} tel que f(x)=a0+o(1)f(x)=a_0+o(1), c'est-à-dire f(x)−a0→0f(x)-a_0\to0. Donc ff tend vers a0a_0 en 00, limite finie, et ℓ=a0\ell=a_0.

Réciproquement, si ff admet une limite finie ℓ\ell en 00, alors f(x)−ℓ→0f(x)-\ell\to0, c'est-à-dire f(x)−ℓ=o(1)f(x)-\ell=o(1), et f(x)=ℓ+o(1)f(x)=\ell+o(1) est un développement limité à l'ordre 00.

2. Observons d'abord que si ff admet un développement limité à l'ordre n⩾0n\geqslant0 en 00, alors, en évaluant l'égalité de la définition au point x=0x=0 (qui appartient ici à II), le reste xnε(x)x^n\varepsilon(x) s'annule et il vient a0=f(0)a_0=f(0).

Supposons ff dérivable en 00. Par définition du nombre dérivé, la fonction ε\varepsilon définie pour x≠0x\neq0 par

ε(x)=f(x)−f(0)x−f′(0),ε(0)=0,\varepsilon(x) = \frac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0), \qquad \varepsilon(0)=0,

tend vers 00 en 00. Or, pour tout x∈Ix\in I (y compris x=0x=0, où les deux membres sont nuls),

f(x)−f(0)−f′(0)x=x ε(x),f(x)-f(0)-f'(0)x = x\,\varepsilon(x) ,

c'est-à-dire f(x)=f(0)+f′(0)x+o(x)f(x) = f(0)+f'(0)x+o(x) : c'est un développement limité à l'ordre 11.

Réciproquement, supposons f(x)=a0+a1x+o(x)f(x)=a_0+a_1x+o(x). D'après l'observation initiale, a0=f(0)a_0=f(0). Alors, pour x≠0x\neq0,

f(x)−f(0)x=a1+x ε(x)x=a1+ε(x)→x→0a1.\frac{f(x)-f(0)}{x} = a_1 + \frac{x\,\varepsilon(x)}{x} = a_1+\varepsilon(x) \xrightarrow[x\to0]{} a_1 .

Le taux d'accroissement admet donc une limite finie : ff est dérivable en 00 et f′(0)=a1f'(0)=a_1.

Test 6

Si ff admet un développement limité à l'ordre 11 en 00, alors ff est dérivable en 00.

Exercice 3

Donner le développement limité à l'ordre 22 en 00 de la fonction x↦cos⁡x−1x\mapsto \cos x-1, en déduire que la fonction f:x↦cos⁡x−1xf:x\mapsto \frac{\cos x-1}{x} se prolonge sur R\mathbb{R} en une fonction dérivable en 00.

Solution :(cliquer pour afficher)

Le développement limité. On a établi précédemment l'équivalent cos⁡x−1∼x→0−x22\cos x - 1 \underset{x\to0}{\sim} -\frac{x^2}{2}. Il existe donc une fonction uu de limite 11 en 00 telle que cos⁡x−1=−x22u(x)\cos x - 1 = -\frac{x^2}{2}u(x) au voisinage de 00, d'où

cos⁡x−1=−x22+(−x22)(u(x)−1)=−x22+o(x2),\cos x - 1 = -\frac{x^2}{2} + \left(-\frac{x^2}{2}\right)\bigl(u(x)-1\bigr) = -\frac{x^2}{2}+o(x^2) ,

puisque u(x)−1→0u(x)-1\to0. Ainsi

cos⁡x−1=x→0−x22+o(x2).\cos x - 1 \underset{x\to0}{=} -\frac{x^2}{2}+o(x^2) .

Le prolongement. Pour x≠0x\neq0, en divisant par xx :

f(x)=cos⁡x−1x=−x2+o(x2)x=−x2+o(x),f(x) = \frac{\cos x-1}{x} = -\frac{x}{2}+\frac{o(x^2)}{x} = -\frac{x}{2}+o(x) ,

car x2ε(x)x=xε(x)=o(x)\frac{x^2\varepsilon(x)}{x}=x\varepsilon(x)=o(x). En particulier f(x)→0f(x)\to0 : la fonction ff se prolonge par continuité sur R\mathbb{R} en posant f~(0)=0\tilde f(0)=0.

La dérivabilité. L'égalité f~(x)=0−x2+o(x)\tilde f(x) = 0-\frac{x}{2}+o(x) vaut pour tout x∈Rx\in\mathbb{R} — pour x≠0x\neq0 par le calcul ci-dessus, et pour x=0x=0 où les deux membres sont nuls. C'est un développement limité de f~\tilde f à l'ordre 11 en 00 ; d'après la proposition, f~\tilde f est dérivable en 00, avec

f~(0)=0etf~ ′(0)=−12.\tilde f(0)=0 \qquad\text{et}\qquad \tilde f\,'(0)=-\frac12 .

Primitiver un développement limité

Question

On sait qu'il est interdit de dériver un équivalent. Qu'en est-il pour un développement limité — et l'opération inverse, la primitivation, est-elle plus clémente ? Le gain serait considérable : elle produirait un développement à l'ordre supérieur.

Proposition 5

Soit f:I→Kf: I \rightarrow \mathbb{K} une fonction continue sur II et admettant un développement limité à l'ordre nn en 00 :

f(x)=∑k=0nakxk+o(xn).f(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k + \mathrm{o}(x^n) .

Si FF est une primitive de ff sur II, alors FF admet un développement limité à l'ordre n+1n+1 en 00 et :

F(x)=x→0F(0)+∑k=0nakk+1xk+1+o(xn+1).F(x) \underset{x \rightarrow 0}{=} F(0)+\sum_{k=0}^{n} \frac{a_{k}}{k+1} x^{k+1}+o\left(x^{n+1}\right) .

Démonstration :

Notons P(x)=∑k=0nakxkP(x)=\sum_{k=0}^{n}a_kx^k la partie régulière et posons, pour x∈Ix\in I,

G(x)=F(x)−F(0)−∑k=0nakk+1xk+1.G(x) = F(x)-F(0)-\sum_{k=0}^{n}\frac{a_k}{k+1}x^{k+1} .

La fonction GG est dérivable sur II, avec G(0)=0G(0)=0 et

G′(x)=f(x)−P(x).G'(x) = f(x)-P(x) .

Soit ε>0\varepsilon>0. Puisque f(x)−P(x)=o(xn)f(x)-P(x)=o(x^n), il existe δ>0\delta>0 tel que

∀t∈I,∣t∣⩽δ  ⟹  ∣f(t)−P(t)∣⩽ε∣t∣n.\forall t\in I,\quad |t|\leqslant\delta \implies \left|f(t)-P(t)\right| \leqslant \varepsilon|t|^{n} .

Fixons x∈Ix\in I avec ∣x∣⩽δ|x|\leqslant\delta. Pour tout tt compris entre 00 et xx, on a ∣t∣⩽∣x∣⩽δ|t|\leqslant|x|\leqslant\delta, donc

∣G′(t)∣⩽ε∣t∣n⩽ε∣x∣n.\left|G'(t)\right| \leqslant \varepsilon|t|^{n} \leqslant \varepsilon|x|^{n} .

L'inégalité des accroissements finis, appliquée à GG sur le segment d'extrémités 00 et xx (elle vaut aussi bien pour une fonction à valeurs complexes), donne

∣G(x)−G(0)∣⩽ε∣x∣n×∣x∣=ε∣x∣n+1,\left|G(x)-G(0)\right| \leqslant \varepsilon|x|^{n}\times|x| = \varepsilon|x|^{n+1} ,

c'est-à-dire, puisque G(0)=0G(0)=0,

∣G(x)∣⩽ε∣x∣n+1.\left|G(x)\right| \leqslant \varepsilon\left|x\right|^{n+1} .

Le réel ε>0\varepsilon>0 étant arbitraire, cela signifie exactement G(x)=x→0o ⁣(xn+1)G(x)\underset{x\to0}{=}o\!\left(x^{n+1}\right), soit

F(x)=x→0F(0)+∑k=0nakk+1xk+1+o ⁣(xn+1).F(x) \underset{x\to0}{=} F(0)+\sum_{k=0}^{n}\frac{a_k}{k+1}x^{k+1}+o\!\left(x^{n+1}\right) .

Test 7 : Dériver un développement limité

Si ff est dérivable et admet un développement limité à l'ordre nn en 00, alors f′f' admet un développement limité à l'ordre n−1n-1 en 00, obtenu en dérivant la partie régulière.

Test 8

Soit ff continue sur II telle que f(x)=x→03−x+2x2+o(x2)f(x)\underset{x\to0}{=}3-x+2x^2+o(x^2), et soit FF la primitive de ff sur II s'annulant en 00. Alors F(x)=x→03x−x22+2x33+o(x3)F(x)\underset{x\to0}{=}3x-\frac{x^2}{2}+\frac{2x^3}{3}+o(x^3).

Exercice 4

  1. Donner le développement limité de la fonction tan⁡\tan à l'ordre 33 en 00.
  2. Donner les développements limités en 00 de arctan⁡\arctan et x↦ln⁡(x+1)x\mapsto\ln(x+1) à l'ordre 2n+12n+1 et nn respectivement.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. La fonction tan⁡\tan est de classe C∞\mathcal{C}^\infty sur ]−π2 ;π2[\left]-\frac\pi2\,;\frac\pi2\right[ et vérifie tan⁡′=1+tan⁡2\tan' = 1+\tan^2.

Comme tan⁡\tan est dérivable en 00 avec tan⁡(0)=0\tan(0)=0 et tan⁡′(0)=1≠0\tan'(0)=1\neq0, on a tan⁡x∼x→0x\tan x\underset{x\to0}{\sim}x, donc tan⁡x=x+o(x)\tan x = x+o(x). En élevant au carré (le carré d'un équivalent est un équivalent) :

tan⁡2x∼x→0x2,soittan⁡2x=x2+o(x2).\tan^2 x \underset{x\to0}{\sim} x^2, \qquad\text{soit}\qquad \tan^2x = x^2+o(x^2) .

D'où le développement limité à l'ordre 22 de la dérivée :

tan⁡′(x)=x→01+x2+o(x2).\tan'(x) \underset{x\to0}{=} 1+x^2+o(x^2) .

La fonction tan⁡′\tan' est continue et tan⁡\tan en est la primitive s'annulant en 00. La proposition de primitivation donne alors, avec (a0,a1,a2)=(1,0,1)(a_0,a_1,a_2)=(1,0,1) :

tan⁡x=x→0x+x33+o(x3).\tan x \underset{x\to0}{=} x+\frac{x^3}{3}+o(x^3) .

2. Pour arctan⁡\arctan. On a arctan⁡′(x)=11+x2\arctan'(x)=\frac{1}{1+x^2}, dont le premier exercice de la leçon a donné le développement limité à l'ordre 2n2n :

11+x2=x→0∑k=0n(−1)kx2k+o ⁣(x2n).\frac{1}{1+x^2} \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n}(-1)^kx^{2k}+o\!\left(x^{2n}\right) .

Cette fonction est continue et arctan⁡\arctan en est la primitive s'annulant en 00. Seuls les coefficients d'indice pair j=2kj=2k sont non nuls, valant (−1)k(-1)^k, et chacun donne le terme (−1)k2k+1x2k+1\frac{(-1)^k}{2k+1}x^{2k+1} :

arctan⁡x=x→0∑k=0n(−1)k2k+1x2k+1+o ⁣(x2n+1)=x−x33+x55−⋯+(−1)n2n+1x2n+1+o ⁣(x2n+1).\arctan x \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}x^{2k+1}+o\!\left(x^{2n+1}\right) = x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots+\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}+o\!\left(x^{2n+1}\right).

Pour x↦ln⁡(1+x)x\mapsto\ln(1+x). Sa dérivée est 11+x\frac{1}{1+x}, dont le développement limité à l'ordre n−1n-1 est

11+x=x→0∑k=0n−1(−1)kxk+o ⁣(xn−1).\frac{1}{1+x} \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kx^{k}+o\!\left(x^{n-1}\right) .

La primitive s'annulant en 00 est x↦ln⁡(1+x)x\mapsto\ln(1+x), et la primitivation donne

ln⁡(1+x)=x→0∑k=0n−1(−1)kk+1xk+1+o ⁣(xn)=∑j=1n(−1)j−1jxj+o ⁣(xn)=x−x22+x33−⋯+(−1)n−1nxn+o(xn).\ln(1+x) \underset{x\to0}{=} \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k+1}x^{k+1}+o\!\left(x^{n}\right) = \sum_{j=1}^{n}\frac{(-1)^{j-1}}{j}x^{j}+o\!\left(x^{n}\right) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n+o(x^n).