[PDF] Les Développements Limités f admet un développement

Abderezak Ould Houcine, 2003-2004.

Les Développements Limités

Définition.SoitIun intervalle etf:I!Rune application. Soitx0un élément deIou une extrémité deI(exemple : siI= ]a;b[alorsx0peut être dans[a;b]). Soitnun entier naturel. On dit quefadmet undéveloppement limitéà l"ordrenenx0, en abrégéDLn(x0), s"il existe des réelsa0;;anet une fonction":I!Rtels que : pour toutx2I; f(x) =a0+a1(xx0)++an(xx0)n+(xx0)n"(x);aveclimx!x0"(x) = 0 Le polynômeP(x) =a0+a1(xx0) ++an(xx0)nest appellé lapartie parincipaleou tout simplement ledéveloppement limitéà l"ordrenenx0def.

Exemple.Comme1xn+1= (1x)(1 +x++xn), on a

1xn+11x=(1x)(1 +x++xn)1x= 1 +x++xn

d"où

11x= 1 +x++xnxn+11x= 1 +x++xn+xnx1x

Donc la fonctionf(x) =11xadmet un DL au point 0 à l"ordren, avec dans ce cas"(x) =x1x. On ne cherche généralement pas à déterminer la fonction"(x).

Propriétés.

(1)(Unicité d"un DL). Sifadmet unDLn(x0), alors ce développement limité est unique.

Autrement dit si :

a

0+a1(xx0) ++an(xx0)n+ (xx0)n"1(x)

=b0+b1(xx0) ++bn(xx0)n+ (xx0)n"2(x); aveclimx!x0"1(x) = 0etlimx!x0"2(x) = 0, alorsa0=b0;a1=b1;;an=bn. (2)(Troncature d"un DL). Sifadmet un DL à l"ordrenenx0, f(x) =a0+a1(xx0) ++an(xx0)n+ (xx0)n"1(x) alors pour toutpn, elle admet un DL à l"ordrepenx0, obtenu par troncature, f(x) =a0+a1(xx0) ++ap(xx0)p+ (xx0)p"2(x): (3)Sifadmet un DL à l"ordrenenx0, f(x) =a0+a1(xx0) ++an(xx0)n+ (xx0)n"1(x) alorslimx!x0f(x)existe et finieet est égale àa0. C"est clair il suffit de calculer la limite. Ce critère sert généralement à démontrer qu"une fonction n"admet pas de DL. 1 Exemple.La fonctionln(x)n"admet pas de DL en 0, carlimx!0ln(x) =1. (4)Sifadmet un DL à l"ordrenenx0, avecn1, f(x) =a0+a1(xx0) ++an(xx0)n+ (xx0)n"1(x)

alorsfest dérivable enx0, si elle est définie enx0, (sinon, c"est le prolongement par continuité de

fenx0), et la dérivée defenx0esta1. (5)Le DL à l"ordrenen 0 d"un polynômeP(x)de degrénest lui même. Attention.En revanche sifadmet un DL à l"ordre2enx0,f(ou son prolongement) n"est pas forcement deux fois dérivable enx0, contre exemplef(x) =x3sin(1x )au point0. Importance des développements limités à l"origine Critère.fadmet un développement limité à l"ordrenenx0si et seulement si la fonctiong définie parg(h) =f(x0+h)admet un développement limité à l"ordrenen 0. Plus précésiment, sia0+a1h++anhnest le DL degen0, alorsa0+a1(xx0)++an(xx0)n est le DL defenx0. En pratique.Si je veux calculer le DL defà l"ordrenenx0, je calcule le DL deg(h) =f(x0+h) à l"ordrenen 0, ensuite je remplace dans le DL trouvéhpar(xx0). Exemple.Calculons leDLde la fonctionf(x) = cosxà l"ordre 3 au point2 . On considère la fonction g(h) = cos(2 +h)et on calcule son DL à l"ordre 3 au point 0.

On sait quecos(2

+h) = cos(2 ):cos(h)sin(2 ):sin(h) =sin(h). On a sin(h) =h+h36 +h3"1(h);au voisinage de0:

Maintenant on remplacehpar(x2

)et on trouve le DL def(x) = cosxà l"ordre 3 au point2 cos(x) =(x2 ) +16 (x2 )3+ (x2 )3"2(x); avec"2(x) ="1(x2 ). On a bien sûrlimx!=2"2(x) = 0. Etant donné que le calcul des DL à un pointx0se ramène au calcul des DL au point 0 on se

contentera dans la suite à considérer seulement les DL à l"origine 0.Opérations sur les Développements limités

Somme des DL.Sifadmet unDLn(0),

f(x) =a0+a1x++anxn+xn"1(x); etgadmet unDLn(0), g(x) =b0+b1x++bnxn+xn"2(x); alorsf+gadmet unDLn(0), qui est donné par la somme des deux DL : (f+g)(x) =f(x) +g(x) = (a0+b0) + (a1+b1)x++ (an+bn)xn+xn"(x) 2

Produit des DL.Sifadmet unDLn(0),

f(x) =a0+a1x++anxn+xn"1(x); etgadmet unDLn(0), g(x) =b0+b1x++bnxn+xn"2(x); alorsf:gadmet unDLn(0), obtenu en ne conservant que les monômes de degréndans le produit (a0+a1x++anxn)(b0+b1x++bnxn): Exemple.Calculons leDLde la fonctionf(x) = cosx:sinxà l"ordre 5 au point0. On a : sinx=xx36 +x5120 +x5"1(x);cosx= 1x22 +x424 +x5"2(x):

On calcule le produit

(xx36 +x5120 )(1x22 +x424 en ne gardant que les monômes de degré5, (xx36 +x5120 )(1x22 +x424 ) =xx:x22 +x:x424 x36 +x36 :x22 ++x5120

Donc on a

f(x) = cosx:sinx=x(23 )x3+ (124 +112
+1120
)x5+x5"(x):

Quotient des DL.Sifadmet unDLn(0),

f(x) =a0+a1x++anxn+xn"1(x); etgadmet unDLn(0), g(x) =b0+b1x++bnxn+xn"2(x); aveclimx!0g(x)6= 0, (autrement ditb06= 0), alorsfg admet unDLn(0), obtenu par la devision selon les puissances croissantes à l"ordrendu polynômea0+a1x++anxnpar le polynôme b

0+b1x++bnxn.

Exemple.Calculons leDLde la fonctionf(x) = sinx=cosxà l"ordre 3 au point0. Commelimx!0cosx6= 0, on peut appliquer le critère précédent. On a sinx=xx36 +x3"1(x);cosx= 1x22 +x3"2(x): Appliquons la division selon les puissances croissantes : x16 x3112 x2x12 x3x

33x+13

x3

Par conséquent,

sinxcosx=x+13 x3+x3"(x). Attention.Le critère précédent dit tout simplement que silimx!0g(x)6= 0, alorsfg admet unDLn(0)et il ne nous dit pas silimx!0g(x) = 0, alorsfg n"admet pas unDLn(0)!! Il se peut quelimx!0g(x) = 0, avecfg admet unDLn(0).

Exemple.La fonctionsinxx

admet un DL d"ordre 3 en 0, alors quelimx!0x= 0. 3

Traitement du caslimx!0g(x) = 0.

(1).limx!0f(x)6= 0. Dans ce cas,f=gn"admet pas deDLn(0), carlimx!0f(x)g(x)=1. (2).limx!0f(x) = 0. Dans ce cas le DL defest de la forme f(x) =apxp++anxn+xn"1(x); et celui degde la forme g(x) =bqxq++bnxn+xn"2(x); avecap6= 0etbq6= 0.

On traite le quotientf=gselon les valeurs depetq.

p < q. Alors fg =apxp++anxn+xn"1(x)b qxq++bnxn+xn"2(x)= ap++anxnp+xnp"1(x)b qxqp++bnxnp+xnp"2(x): Commeqp >0, etap6= 0, on alimx!0f(x)g(x)=1et par conséquentf=gn"admet pas de DL n(0). pq. Alors fg =apxp++anxn+xn"1(x)b qxq++bnxn+xn"2(x)= apxpq++anxnq+xnq"1(x)b q++bnxnq+xnq"2(x):

Dans ce cas on est raméné au cas oùlimx!0g(x)6= 0. Donc pour calculer le DL def=gà l"ordre

nau point0, on calcule le DL defestgàl"ordren+q, et ensuite on utilise la méthode de la division selon les puissances croissantes.

Example.Calculons le DL deln(1 +x)sinxà l"ordre 3 en 0. Il faut déterminerqtel quebq6= 0dans le DL

desinx. On a sinx=xx33! +x55! +x5"(x): Par conséquent le premier coefficient non-nul estb1. Doncq= 1. On doit calculer leDLdeln(1 +x) etsinxà l"ordre3 +q= 4. On a sinx=xx33! +x4"1(x);ln(1 +x) =xx22 +x33 x44 +x4"2(x): Donc ln(1 +x)sinx=1x2 +x23 x34 +x3"2(x)1x23! +x3"1(x): Par conséquent on a un DL d"ordre3en haut et en bas et aveclimx!x0g1(x)6= 0, oùg1(x) = 1x23! x

3"1(x). Donc on peut appliquer le critère précédent et faire la division selon les puissances croissantes.

Composition des DL.Sifadmet unDLn(g(0)),

f(x) =a0+a1(xg(0)) ++an(xg(0))n+ (xg(0))n"1(x); etgadmet unDLn(0), g(x) =b0+b1x++bnxn+xn"2(x); alors la fonction composéfg(x) =f(g(x))admet unDLn(0), obtenu en remplaçant le DL deg dans celui defet en ne gardant que les monômes de degrén. 4 En pratique.Si je veux calculer le DL def(g(x))en0, je calcule le DL defeng(0)et je trouve un

DL de la forme

f(x) =a0+a1(xg(0)) ++an(xg(0))n+ (xg(0))n"1(x): Ensuite je remplace le DL degdans celui defet je ne garde que les monômes de de degrén. (Dans les calculs le termeg(0)disparaît). Exemple.Calculer le DL deecosxà l"ordre 3 en0. Commecos0 = 1, on calcule le DL deexen 1. Pour cela, d"après ce qui précède, on calcule leDLde la fonctione1+hen 0. On a e

1+h=e:eh=e(1 +h+h22

+h33! +h3"1(h)):

Pour trouver le DL deexen 1, on remplacehparx1

e x=e(x+(x1)22 +(x1)33! + (x1)3"1(x1)):

Ensuite on remplace le DL decosx= 1x22

+x3"2(x), dans le précédent, en ne gardant que les monômes de degré3 e cosx=e((1x22 ) +(1x22 1)22 +(1x22 1)33! + (1x22

1)3"1(1x22

1)) =ee2 x2+x3"3(x): Attention.Le critère précédent dit tout simplement que sifadmet unDLn(g(x0))etgadmet un DL n(x0), alors la fonction composéfg(x) =f(g(x))admet unDLn(x0)et il ne nous dit rien dans le cas oùfetgn"admettent pas deDL. Il se peut quefadmet un DL etgn"admet pas de DL, alors que fgadmet un DL. Exemple.La fonctionf(x) =cos(px)admet unDL2(0)alors que la fonctionx7!pxn"admet pas de DL en0à l"ordre 2 carx7!pxn"est pas dérivable en 0 donc elle n"admet pas de DL d"ordre 1. Primitivation des DL.Sif:I!Radmet unDLn(0)etFest une primitive defsur I(autrement ditFest dérivable surIetF0(x) =f(x)pour toutx2I), alorsFadmet un DL n+1(0), obtenu en intégrant leDLdef.

Plus précisement, si

f(x) =a0+a1x++anxn+xn"1(x); alors

F(x) =F(0) +a0x+a12

x2++ann+ 1xn+1+xn+1"(x):

Attention.Ne pas oublier le termeF(0)!

Exemple.Calculons le DL dearctan(x)à l"ordre 5 en0. On a arctan

0(x) =11 +x2;11 +x2= 1x2+x4+x4"1(x):

En intégrant on obtient

arctan(x)arctan(0) =x13 x3+15 x5+x5"2(x): Dérivation des DL.Sif:I!Radmet unDLn+1(0)etfest de classeCn+1, alorsf0 admet unDLn(0), obtenu en dérivant leDLdef. 5

Exemple.Calculons le DL d"ordre 3 en0de11x2.

On sait que11x= 1 +x+x2+x3+x4+x4"1(x):

Comme

11xest de classeC4, alors on applique le critère précédent et par dérivation on a

11x2= 1 + 2x+ 3x2+ 4x3+x3"1(x):Application des Développements limités

Calculer des limites.

Généralement sont des limites de forme indéterminée. Il est toujours possible, avec un change-

ment de variable, de se ramener à une limite quandxtends vers 0.

Exemples.

(1)Calculerlim x!2 (x2 ):tan(x). On voit que cette limite est de la forme indéterminée0:1. On poseX=x2 , pour se ramener à une limite quandXtends vers 0. Alors on a (x2 ):tan(x) =Xtan(X+2 ) =Xsin(X+2 )cos(X+2 )=X1tan(X):

On connait le DL detan(X)en0

tan(X) =X+X33 +X3"(X); en remplçant on a lim x!2 (x2 ):tan(x) = limX!0X1tan(X)= limX!011 + X23 +X2"(X)= 1: (2)Calculerlimx!+1x2(e1x e11+x).

On poseX=1x

. Alors on ax!+1ssiX!0. On a x 2(e1x e11+x) =1X

2(eXeX1+X):

Il suffit de calculer le DL de

1X

2(eXeX1+X)à un certian ordre en 0. Comme1X

2figure on devine qu"on

doit calculer un DL de(eXeX1+X)au moins à l"ordre 2. Calculons le DL à l"ordre 2. Le seul problème

se pose pour la fonctioneX1+X. Comme c"est une fonction composé on va utiliser la composition des DL.

On aX1 +X=XX2+X2"1(X)

e

Y= 1 +Y+Y22

+Y2"2(Y)

En remplçant et après calcul on a

e

X1+X= 1 +X12

X2+X2"3(X):

Donc 1X

2(eXeX1+X) =1X

2[1 +X+X22

(1 +X12

X2) +X2"4(X)] = 1 +"4(X), par conséquent

lim x!+1x2(e1x e11+x) = 1. 6 Position de la courbe par rapport à une tangente.

On suppose quefadmet un DLn(x0),

f(x) =a0+a1(xx0) ++an(xx0)n+ (xx0)n"1(x); avecn2. Cela implique quef(où son plongement sifn"est pas définie enx0), est continue et dérivable enx0, avecf(x0) =a0etf0(x0) =a1. Donc l"équation de la tangente esty= a

0+a1(xx0). Par conséquent le signe def(x)(a0+a1(xx0))se déduit, au voisinage dex0,

du signe de a

2(xx0)2++an(xx0)n+ (xx0)n"1(x):

Soitmle plus petit entier tel queam6= 0. Alors on a simest pair alors le signe def(x)(a0+a1(xx0))estlocalementde même signe que a met on a (1)siam>0alorsf(x)(a0+a1(xx0))0localement et donc la courbe est localement "au-dessus" de sa tangente. (2)siam<0alorsf(x)(a0+a1(xx0))0localement et donc la courbe est localement "en-dessous" de sa tangente. simest impair alors la courbe traverse la tangenet en(x0;f(x0)), c"est une tangenet d"in- flexion. Position de la courbe par rapport à une asymptote. On suppose quefadmet une asymptote d"équationy=a0x+a1. Pour trouvera0eta1on sait qu"on doit calculer les limites :limx!+1f(x)x qui doit être égale àa0etlimx!+1f(x)a0xqui doit être égale àa1. Pour trouvera0eta1en utilisant la méthode des DL on calcule le DL à l"ordre 1 en 0 de la fonctionXf(1X )( autrement dit en fait le changement de variableX=1x

SiXf(1X

) =a0+a1X+X"(X)en 0, en remplçant on a f(x)x =a0+a11x +1x "(1x au voisinage de+1. On voit quelimx!+1f(x)x =a0etlimx!+1f(x)a0x=a1. Pour connaitre la position de la courbe par rapport à l"asymptote, on doit calculer un DL d"ordre supérieur deXf(1X )en 0. Si Xf(1X ) =a0+a1X++anXn+Xn"(X); en 0, en remplçant on a f(x)a0x+a1=a21x ++an1x n1+1x n1"(1x

Soitmle plus petit entier tel queam6= 0. Alors

siam>0alorsf(x)(a0x+a1)0donc la courbe est "au-dessus" de l"asymptote au voisinage de+1. siam<0alorsf(x)(a0x+a1)0, donc la courbe est "en-dessous" de l"asymptote au voisinage de+1. 7quotesdbs_dbs23.pdfusesText_29

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