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Définitions, propriétés et opérations

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Probablement le chapitre central de ce cours. Nous allons définir avec rigueur ce que sont les développements limités et donner deux façons d’en produire selon la classe de ff.

Après ces définitions, nous établirons les propriétés fondamentales qui enrichissent considérablement l’intérêt de faire de tels développements.

Définitions

Données

Dans la suite de ce tutoriel, VV sera un voisinage de aRa\in \mathbf{R}. On considère f:VRf : V\to \mathbf{R}. On suppose que ff est de classe CnC^n pour nN{+}n\in\mathbf{N}\cup\{+\infty\}.

Pour rappel, ff est dite de classe CnC^n si ff est continue et admet nn fonctions dérivées continues.

Fonction négligeable devant une autre

Soit g:VRg:V\to \mathbf{R} une fonction définie sur VV.


Définition

On dit que ff est négligeable devant gg au voisinage de aa, ce que l’on note f=oa(g)f = o_a(g) (ou f=o(g)f = o(g) si aa est sous-entendu avant), s’il existe ϵ:VR\epsilon : V \to \mathbf{R} telle que limxaϵ(x)=0\lim_{x\to a}\epsilon(x) = 0

et xV,f(x)=g(x)ϵ(x).\forall x\in V, \; f(x) = g(x)\epsilon(x).


Remarque

f=o(g)f = o(g) se prononce « ff est un petit o de gg » (« o » prononcé comme la lettre).


Propriétés

Soient g,h:VRg,h : V \to \mathbf{R}.

  1. Transitivité : si f=o(g)f = o(g) et g=o(h)g = o(h) alors f=o(h)f = o(h).
  2. Compatibilité avec la multiplication : si f=o(g)f = o(g) alors fh=o(gh)fh = o(gh).

La démonstration de ces deux propriétés élémentaires est laissée au lecteur (appliquer la définition suffit).

Exemples

On va donner quelques exemples simples de relations.

Au voisinage de a=0a=0 on a :

  • On a xxx\mapsto x qui tend vers 00 en 00. Ce qui montre que pour tout n>0n>0, xn=o(xn1)x^n = o(x^{n-1}) puisque xn=xn1xx^n = x^{n-1} \cdot x. Par transitivité, pour tous p<np<n on a xn=o(xp)x^n = o(x^p).
  • Si ff est continue et vaut 00 en 00 alors f=o(1)f = o(1). En effet, remarquez que f=1ff = 1\cdot f11 est l’application identiquement égale à 11. Comme ff tend vers 00 en 00, alors ϵ=f\epsilon = f convient et on a bien f=o(1)f = o(1).

Au voisinage de a=+a = +\infty on a :

  • Si PP est un polynôme de degré nn alors P=o(xn+1)P = o(x^{n+1}).
  • Pour tout n0n\geq 0 on a xn=o(exp)x^n = o(\exp). En effet, xn/exx^n/e^x tend vers 00 quand xx tend vers ++\infty. Donc l’application ϵ:xxn/ex\epsilon :x\mapsto x^n/e^x convient.

Méthode

En général, pour montrer que f=o(g)f=o(g), au voisinage de aa, on peut montrer que f/g=o(1)f/g = o(1), c’est-à-dire que f/gf/g tend vers 00 en aa. Cependant, il faut que gg ne s’annule pas sur V{a}V-\{a\} pour étudier la limite f/gf/g en aa. Dans le cas contraire, on pourra essayer de factoriser l’expression de ff par gg et étudier l’autre facteur pour montrer qu’il tend bien vers 00 en aa.

Par exemple, montrons que si PP est un polynôme de degré nn, alors au voisinage de ++\infty, P=o(xn+1)P = o(x^{n+1}). Il s’agit en fait de montrer que limx+P(x)xn+1=0\lim_{x\to+\infty} \frac{P(x)}{x^{n+1}} = 0

mais c’est direct. Posons P(x)=anxn++a1x+a0P(x) = a_nx^n + \ldots + a_1x + a_0

alors P(x)xn+1=anx+an1x2++a1xn+a0xn+1\frac{P(x)}{x^{n+1}} = \frac{a_n}{x} + \frac{a_{n-1}}{x^2} + \ldots + \frac{a_1}{x^n} + \frac{a_0}{x^{n+1}}

et tous ces termes tendent bien vers 00 en ++\infty. Comme on a une somme finie de termes qui tendent vers 00, P(x)/xn+1P(x)/x^{n+1} tend bien vers 00 en ++\infty.

Formule de Taylor-Lagrange

Nous allons commencer à introduire la notion de développement limité. Il est important de se souvenir que ff est de classe CnC^n. Le développement qui suit est dit « à l’ordre n1n-1 ».


Définition ; formule de Taylor-Lagrange

Soit hRh\in\mathbf{R} tel que a+hVa+h\in V. On définit Rn(h)R_n(h) par la formule f(a+h)=f(a)+hf(a)+h212f(a)++hn1(n1)!f(n1)(a)+Rn(h).f(a+h) = f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{1\cdot 2}f''(a) + \ldots + \frac{h^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) + R_n(h).


Cette formule du « reste » est appelée formule de Taylor-Lagrange. Le reste RnR_n est une fonction que l’on va déterminer.

Détermination du reste

La lecture de ce qui suit peut être omise en première approche. Il va s’agir principalement de démontrer que Rn=o(hn1)R_n = o(h^{n-1}). On aura également une expression explicite de RnR_n. On va montrer qu’il existe θ]0,1[\theta\in ]0,1[ tel que Rn(h)=f(n)(a+θh)n!hn.R_n(h) = \frac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!}h^{n}.

En prenant les dérivées successives de la formule f(a+h)=f(a)+hf(a)+h212f(a)++hn1(n1)!f(n1)(a)+Rn(h)f(a+h) = f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{1\cdot 2}f''(a) + \ldots + \frac{h^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) + R_n(h)

par rapport à hh on voit que :

  1. la dérivée nn-ième de RnR_n en hh est égale à f(n)(a+h)f^{(n)}(a+h) ;
  2. RnR_n et ses n1n-1 premières dérivées s’annulent pour h=0h=0.

Ces deux conditions permettent de définir complètement RnR_n. En effet si ϕ\phi est une autre fonction qui satisfait ces conditions, alors RnϕR_n-\phi, ayant la nn-ième dérivée et ses successives nulles, sera un polynôme de degré n1n-1 mais ce polynôme et ses n1n-1 premières dérivées s’annulent pour h=0h=0 et est donc identiquement nul.

La formule Rn(h)=0h(ht)n1(n1)!f(n)(a+t)dtR_n(h) = \int_{0}^{h}\frac{(h-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(a+t)\,\mathrm{d}t

convient pour définir RnR_n.

Posons t=uht = uh avec uu variant de 00 à 11. On a alors : Rn(h)=hn(n1)!01(1u)n1f(n)(a+uh)du.R_n(h) = \frac{h^{n}}{(n-1)!}\int_{0}^{1}(1-u)^{n-1}f^{(n)}(a+uh)\,\mathrm{d} u.

Cela montre que Rn=o(hn1)R_n = o(h^{n-1}).

Soit pp un entier positif arbitraire non supérieur à nn. La fonction à intégrer sera le produit des deux facteurs : (1u)p1 et (1u)npf(n)(a+uh),(1-u)^{p-1} \text{ et } (1-u)^{n-p}f^{(n)}(a+uh),

dont le premier est positif et le second est continu, on en déduit par le théorème de la moyenne : Rn(h)=hn(1θ)npf(n)(a+θh)(n1)!01(1u)p1du,R_n(h) = h^{n}\frac{(1-\theta)^{n-p}f^{(n)}(a+\theta h)}{(n-1)!}\int_{0}^{1}(1-u)^{p-1}\,\mathrm{d} u,

θ\theta désignant une quantité strictement comprise entre 00 et 11. De plus : 01(1u)p1du=[(1u)pp]01=1p.\int_{0}^{1} (1-u)^{p-1}\,\mathrm{d} u = \left[ -\frac{(1-u)^{p}}{p}\right]^{1}_0 = \frac{1}{p}.

On en déduit donc, avec p=np=n : Rn(h)=hnn!f(n)(a+θh).R_n(h) = \frac{h^{n}}{n!}f^{(n)}(a+\theta h).

Inégalité de Taylor-Lagrange

La détermination du reste nous permet d’en déduire une inégalité assez forte. En effet, s’il existe une majoration de f(n)(a+θh)\left| f^{(n)}(a+\theta h)\right| par MM on a : f(a+h)k=0n1hkk!f(k)(a)=Rn(h)Mhnn!.\left| f(a+h) - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{h^k}{k!}f^{(k)}(a)\right| = | R_n(h) | \leq M\frac{\left|h\right|^n}{n!}.

Exemple

On peut regarder le développement de exp(x)\exp(x) en x=0x=0 d’après la formule de Taylor-Lagrange.

Comme la dérivée d’exponentielle est elle-même et exp(0)=1\exp(0) = 1, on en déduit que pour tout n1n\geq 1 on a : exp(h)=(k=0n1hkk!)+Rn(h).\exp(h) = \left(\sum_{k=0}^{n-1} \frac{h^k}{k!}\right) + R_n(h) .

L’étude du reste montre qu’il existe θ\theta entre 00 et 11 tel que Rn(h)=hnn!exp(θh).R_n(h) = \frac{h^n}{n!}\exp(\theta h).

Graphiquement, on peut tracer les polynômes obtenus (c’est-à-dire l’expression sans le reste) pour n=2,3n=2,3, ce qui donne :

En bleu la représentation de exp(x)\exp(x) et en rouge les deux polynômes des développements limités aux ordres 1 et 2.

On peut également tracer la fonction R3R_3, c’est-à-dire la différence entre exp(x)\exp(x) et P(x)P(x)PP est obtenu par le développement à l’ordre n1=2n-1=2 (PP est un polynôme de degré 22). Cela donne :

Développement limité

On va maintenant définir plus généralement la notion de développement limité. Par la formule de Taylor-Lagrange nous aurons déjà un moyen d’en fabriquer « en masse ».


Définition

On dit que ff admet un développement limité à l’ordre nn en aa s’il existe un polynôme PP de degré au plus nn tel que : f(a+h)=P(h)+o(hn).f(a+h) = P(h) + o(h^{n}).


À noter

La formule de Taylor-Lagrange garantit l’existence d’un développement limité à l’ordre n1n-1 pour une application ff de classe CnC^{n}.

Propriétés et opérations

Propriétés

  1. Un développement limité d’ordre nn, s’il existe, est unique.
  2. Si ff admet un développement limité à l’ordre 00 alors ff est continue.
  3. Si ff admet un développement limité à l’ordre 11 alors ff est dérivable.

Preuves

Montrons le premier point. Soient P,QP,Q deux polynômes a priori distincts tels que f(a+h)=P(h)+o(hn)=Q(h)+o(hn)f(a+h) = P(h) + o(h^{n}) = Q(h) + o(h^{n}). On a alors l’existence de ϵ:VR\epsilon : V \to \mathbf{R} de limite nulle en aa telle que : P(h)Q(h)=hnϵ(h)P(h) - Q(h) = h^{n}\epsilon(h)

or terme à terme le membre de gauche s’annule quand on fait tendre hh vers 00.

Pour le deuxième point, on a bien limh0f(a+h)=limh0f(a)+ϵ(h)=f(a).\lim_{h\to 0}f(a+h) = \lim_{h\to 0}f(a) + \epsilon(h) = f(a).

La réciproque est vraie : ϵ(h)=f(a+h)f(a)\epsilon(h) = f(a+h) - f(a)

convient.

Pour le troisième point, si f(a+h)=f(a)+a1h+ϵ(h)hf(a+h) = f(a) + a_1 h + \epsilon(h)h alors : limh0f(a+h)f(a)h=a1.\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h) - f(a)}{h} = a_1.

La réciproque est vraie : ϵ(h)=f(a+h)f(a)f(a)h\epsilon(h) = f(a+h) - f(a) - f'(a)h

convient.

Calculs sur les développements limités

Soit g:VRg : V\to\mathbf{R}. Supposons que ff et gg admettent pour développements limités à l’ordre nn respectifs PP et QQ.

Somme

Pour αR\alpha\in \mathbf{R}, αf+g\alpha f +g admet pour développement limité en aa : (αf+g)[a+h]=(αP+Q)[h]+o(hn).(\alpha f+g)[a+h] = (\alpha P+Q)[h] + o(h^{n}).

En effet, pour ϵf,ϵg\epsilon_f,\epsilon_g correspondants on a bien : hn(αϵf(h)+ϵg)=o(hn).h^{n}(\alpha \epsilon_f(h) + \epsilon_g) = o(h^{n}).

Produit

fgfg admet pour développement limité à l’ordre nn en aa (fg)(a+h)=(Tn(PQ))(h)+o(hn)(fg)(a+h) = (T_n(P Q))(h) + o(h^{n})

TnT_n est le tronqué du polynôme à l’ordre nn.

En effet : il existe RR[x]R\in \mathbf{R}[x] tel que (PQ)(h)=(Tn(PQ))(h)+hn+1R(h)(PQ)(h)= (T_n(PQ))(h) + h^{n+1}R(h)

et d’où : (fg)(a+h)=(Tn(PQ))(h)+hn(Qϵf(h)+Pϵg(h)+hR(h))(fg)(a+h) = (T_n(PQ))(h) + h^{n}(Q\epsilon_f(h) + P\epsilon_g(h) + hR(h))

ce qui convient.

Exemple

On peut regarder le développement à l’ordre 33 en x=0x=0 de sin(x)cos(x)\sin(x)\cos(x). On a pour tout xx proche de 00 sin(x)=xx36+o(x3),cos(x)=1x22+o(x3).\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3), \; \cos(x) = 1-\frac{x^2}{2} + o(x^3).

On calcule le produit des polynômes : xR,(xx36)(1x22)=xx3(16+12)+x512\forall x\in \mathbf{R}, \; \left( x - \frac{x^3}{6}\right)\left(1-\frac{x^2}{2}\right) = x -x^3\left(\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\right) + \frac{x^5}{12}

et donc le tronqué de ce polynôme à l’ordre 33 est x2x33x - \frac{2x^3}{3}. Ainsi, pour xx proche de 00, sin(x)cos(x)=x2x33o(x3).\sin(x)\cos(x) = x - \frac{2x^3}{3} o(x^3).

Composition

Supposons que a=g(a)=0a=g(a)=0 alors fgf\circ g admet pour développement limité en aa : (fg)(h)=(Tn(PQ))(h)+o(hn).(f\circ g)(h) = (T_n(P\circ Q))(h) + o(h^{n}).

Procédons par récurrence sur nn. Pour n=0n=0 c’est vérifié, de plus on a Q(0)=0Q(0) = 0.

Supposons f=P+ϵ1f = P + \epsilon_1 et g=Q+ϵ2g = Q + \epsilon_2. Posons P(x)=a0+a1x++anxnP(x) = a_0 + a_1 x +\ldots + a_nx^{n} et Q(x)=b0+b1x++bnxnQ(x) = b_0 + b_1 x +\ldots + b_nx^{n}. On a : P(g(x))=i=0naig(x)i=Tn(i=0naiQ(x)i)+xnϵ3(x).P(g(x)) = \sum_{i=0}^{n}a_ig(x)^{i} = T_n\left(\sum_{i=0}^{n}a_iQ(x)^{i}\right) + x^{n}\epsilon_3(x).

Comme Q(0)=0Q(0) = 0 on a b0=0b_0 = 0. On pose (possible car on peut supposer n>0n>0) γ\gamma tel que : g(x)=xγ(x)g(x) = x\gamma(x)

ce qui donne : (fg)(x)=P(xγ(x))+xnγ(x)nϵ1(xh(x))=Tn(PQ)(x)+xn(γ(x)nϵ1(g(x))+ϵ3(x)).(f\circ g)(x) = P(x\gamma(x)) + x^{n}\gamma(x)^{n}\epsilon_1(xh(x)) = T_n(P\circ Q)(x) + x^{n}(\gamma(x)^{n}\epsilon_1(g(x))+\epsilon_3(x)).

Quotient

Soit g:VRg : V\to \mathbf{R}. Puisque le développement limité à l’ordre nn en 00 de x1/(1x)x\mapsto 1/(1-x) est : 11x=k=0nxk+o(xn)\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{n} x^{k} + o(x^{n})

alors si le quotient f/gf/g est bien défini, un développement limité en 00 existe (à un ordre qui est le minimum de ceux de ff et gg).

Méthode pour les quotients

Il y a une technique plus simple que de passer par la composition par 1/(1x)1/(1-x) puis par le produit pour obtenir le quotient de deux développements limités. Il s’agit de faire une division selon les puissances croissantes des polynômes des développements.

Si f,gf,g sont bien définies pour xx proche de aa avec g(a)0g(a)\neq 0 et de développements respectifs PP et QQ à l’ordre nn en aa. Alors si KK est le polynôme du développement de f/gf/g en aa à l’ordre nn on a alors par définition pour hh proche de 00 : f(a+h)g(a+h)=K(h)+o(hn)\frac{f(a+h)}{g(a+h)} = K(h) + o(h^n)

mais par produit des développements limités, on a aussi nécessairement : f(a+h)=Q(h)K(h)+o(hn)f(a+h) = Q(h)K(h) + o(h^n)

et donc finalement on a aussi P(h)=Q(h)K(h)+o(hn)P(h) = Q(h)K(h) + o(h^n)

ce qui montre qu’il suffit de faire la division de PP par QQ selon les puissances croissantes (en s’arrêtant au degré nn).

Exemple de quotient

Avec la méthode précédente, calculons le développement limité en x=0x=0 de tan(x)\tan(x) à l’ordre 55. On a pour xx proche de 00 : sin(x)=xx36+x55!+o(x5),cos(x)=1x22+x44!+o(x5).\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5), \; \cos(x)= 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} +o(x^5).

On divise donc le polynôme xx36+x55!x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} par 1x22+x44!1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} selon les puissances croissantes. On procède : xx36+x55!=(1x22+x44!)(x+x33+2x515)+(19x7360x9180)x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} = \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!}\right) \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} \right) + \left( \frac{19x^7}{360} - \frac{x^9}{180} \right)

et donc le développement limité à l’ordre 55 de tan(x)\tan(x) en x=0x=0 est : tan(x)=x+x33+2x515+o(x5).\tan(x) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5).

Pour effectuer la division on peut supposer qu’il existe a,b,c,d,e,fa,b,c,d,e,f réels tels que xx36+x55!=(1x22+x44!)(a+bx+cx2+dx3+ex4+fx5)+ρ6x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} = \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!}\right) \left(a +bx + cx^2 + dx^3 + ex^4 + fx^5\right) + \rho_6

avec ρ6\rho_6 un polynôme dont tous les termes ont leur degré au moins égal à 66. On peut aussi poser la division comme une division euclidienne en rangeant les termes dans l’ordre de leurs puissances et s’arrêter au degré 55.

Maintenant que l’on connait le développement limité de tan(x)\tan(x) en x=0x=0 à l’ordre 55 on peut tracer deux courbes : celle de tan\tan (en bleu) et celle du polynôme défini par le développement limité (en rouge). Cela donne :

Primitive

Si ff admet pour développement limité à l’ordre nn en aa f(a+h)=k=0nakk!hk+o(hn).f(a+h) = \sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{k!}h^{k}+ o(h^{n}).

Alors si FF est une primitive de ff, le développement limité de FF est : F(a+h)=F(a)+k=0nak(k+1)!hk+1+o(hn+1).F(a+h) = F(a) + \sum_{k=0}^{n}\frac{a_k}{(k+1)!}h^{k+1} + o(h^{n+1}).

Il s’agit de montrer que si f(a+h)=P(h)+hnϵ(h)f(a+h) = P(h) + h^{n}\epsilon(h) alors hnϵ(h)h^{n}\epsilon(h) admet bien une primitive en o(hn+1)o(h^{n+1}). Par le théorème de la moyenne : 0hhnϵ(h)dh=hθnϵ(θ)=u(h)\int_{0}^{h}h^{n}\epsilon(h) \,\mathrm{d}h = h \theta^{n}\epsilon(\theta) = u(h)

pour un certain θ\theta entre 00 et hh. Maintenant u(h)hn+1ϵ(θ)|u(h)| \leq |h|^{n+1}|\epsilon(\theta)|

et comme ϵ(θ)\epsilon(\theta) tend vers 00 pour hh tendant vers 00 on a bien u(h)=o(hn+1)u(h) = o(h^{n+1}).

Formule de Taylor-Young


Théorème ; formule de Taylor-Young

Si ff est CnC^n avec nn fini alors ff admet un développement limité à l’ordre nn en aa : f(a+h)=k=0nhkk!f(k)(a)+o(hn).f(a+h) = \sum_{k=0}^{n}\frac{h^{k}}{k!}f^{(k)}(a) + o(h^{n}).

C’est la formule de Taylor-Young.

Pour le cas n1n\leq 1 c’est déjà démontré (si ff est continue (respectivement dérivable) alors elle admet un développement à l’ordre 00 (respectivement 11)). Pour le cas général, on fait descendre la valeur de nn par récurrence et on remonte par l’intégration du développement limité.


Exemple

Comme exp(0)=1\exp(0)= 1 et comme la dérivée de l’application exponentielle est elle-même alors pour tout n0n\geq 0 on a pour xx proche de 00 : exp(x)=k=0nxkk!+o(xn).\exp(x) = \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} + o(x^n).


Vous connaissez maintenant les résultats théoriques concernant les développements limités. Il nous reste à étudier des cas particuliers et des contre-exemples à certains résultats afin que vous vous fassiez une idée plus claire sur le sujet.