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Développements limités

I Généralités 1

I.A Définitions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 I.B Formules de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 I.C Développements limités usuels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 I.D Exemples de développements limités au voisinage d"un point ou de l"infini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 II Opérations algébriques sur les développements limités 6 II.A Somme et produit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 II.B Composée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 II.C Quotient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 II.D Développement limité d"une primitive ou d"une dérivée . . . . . . 8 IIIApplications des développements limités 10 III.ACalcul de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 III.BEtude locale et branches infinies de fonctions . . . . . . . . . . . 11 III.B.1 Étude au voisinage d"un pointx0. . . . . . . . . . . . . .11 III.B.2 Étude au voisinage de1. . . . . . . . . . . . . . . . .11 III.CÉtude locale d"un arc paramétré . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 III.C.1 Tangente en un point d"une courbe paramétrée . . . . . . 13 III.C.2 Position par rapport à la tangente . . . . . . . . . . . . . 14

I Généralités

Iest un intervalle deR.

I.A Définitions usuellesDéfinition 1.Soitf:I!Rune fonction. 1. On dit que fadmet undéveloppement limitéà l"ordrenau voisinage de

0(notéDLn(0)) sifpeut s"écrire sous la forme :

f(x) =a0+a1x++anxn|{z}

Partie régulière du DL+o(xn)|{z}

Reste du DL

2. On dit fadmet undéveloppement limitéà l"ordrenau voisinage dex0 (notéDLn(x0)) sifpeut s"écrire sous la forme : f(x) =a0+a1(xx0) ++an(xx0)n+o((xx0)n) 3. On dit fadmet undéveloppement limitéà l"ordrenau voisinage de l"infini (notéDLn(+1)ouDLn(1)) sifpeut s"écrire sous la forme : f(x) =a0+a1x ++anx n+o1x n1 Théorème 1.Si la fonctionfadmet un développement limité d"ordrenen0 (resp.x0, resp.1), alors celui-ci est unique.Démonstration.Supposonsf(x) =a0+a1x++anxn+o(xn) =b0+b1x++bnxn+o(xn) Alors(a0b0) + (a1b1)x++ (anbn)xn=o(xn), donc pour touti2[[0;n]], on a a i=bi(c"est évident si on considère la définition deso).Remarques 1.

1.fest dérivable en0si et seulement sifadmet unDL1(0), et dans ce cas,

on a : f(x) =a0+a1x+o(x) aveca0=f(0)eta1=f0(0). 2. Si fadmet unDLn(0)et sip6n, alorsfadmet unDLp(0). En effet : f(x) =a0+a1x++apxp+ap+1xp+1++anxn+o(xn)|{z}

=o(xp)Exercice 1.Démontrer le 1) de la remarque.Exemple 1.Recherchons le développement limité dex7!11x. On sait, d"après

la formule donnant la somme des termes d"une suite géométrique, que :

1 +x+x2+:::+xn=1xn+11x=11xxn+11x

Or, xn+11x=o(xn), carxn+1x n(1x)=x1x!x!00. D"où le résultat (à retenir) :

11x= 1 +x+x2+:::+xn+o(xn)De même, on obtient (en remplaçantxparx) :

11 +x= 1x+x2+:::+ (1)nxn+o(xn)I.B Formules de Taylor

On rappelle que si une fonctionfest de classeC1sur un intervalle[a;x], on a : f(x)f(a) =Z x a f0(t)dtet donc :f(x) =f(a) +Z x a f0(t)dt(?) Sif0est de classeC1(i.e.fest de classeC2), on peut faire une intégration par parties, avecu(t) =f(t)etv0(t) = 1 u

0(t) =f0(t)v(t) =tx:

f(x) =f(a) +(tx)f0(t)x aZ x a (tx)f00(t)dt =f(a) + (xa)f0(a) +Z x a (xt)f00(t)dt 2 En faisant des intégrations par parties successives, on a la formule suivante : Théorème 2(Formule de Taylor avec reste intégral).Sifest une fonction de classeCn+1sur un intervalleIet sia2I, alors on a8x2I: f(x) =f(a) + (xa)f0(a) +(xa)22! f00(a) + +(xa)nn!f(n)(a) +Z x a(xt)nn!f(n+1)(t)dtDémonstration.Montrons le résultat par récurrence pourn2N: Pourn= 0, c"est le résultat (?) énoncé plus haut : f(x) =f(a) +Z x a f0(t)dt Supposons la formule vraie au rangn1. Soitfune fonction de classeCn+1surI, alors fest de classeCnsurIet, d"après l"hypothèse de récurrence : f(x) =f(a)+(xa)f0(a)+(xa)22! f00(a)++(xa)n1(n1)!f(n1)(a)+Z x a(xt)n1(n1)!f(n)(t)dt fétant de classeCn+1surI, on peut alors effectuer une intégration par parties sur le terme intégral en posantu(t) =f(n)(t)etv0(t) =(xt)n1(n1)! u

0(t) =f(n+1)(t)v(t) =(xt)nn!:

Z x a(xt)n1(n1)!f(n)(t)dt= (xt)nn!f(n)(t) x a +Z x a(xt)nn!f(n+1)(t)dt (xa)nn!f(n)(a) +Z x a(xt)nn!f(n+1)(t)dt

Donc la formule est vraie au rangn.

Par récurrence, la formule est vraie pour toutn>1.Corollaire 1(Inégalité de Taylor-Lagrange).Soitfune fonction de classeCn+1

sur l"intervalleI, eta2I. On suppose qu"il existeM2Rtel que :

8t2I;jf(n+1)(t)j6M

Dans ce cas, on a :

f(x)nX k=0(xa)kk!f(k)(a)

6Mjxajn+1(n+ 1)!Démonstration.D"après le théorème 2, on a :f(x)nX

k=0(xa)kk!f(k)(a) =Z x a(xt)nn!f(n+1)(t)dt 6 Z x ajxtjnn!jf(n+1)(t)j|{z} 6Mdt f(x)nX k=0(xa)kk!f(k)(a) 6Mn!Z x a jxtjndt=M(n+ 1)!jxajn+1 3

En effet, pourx > a, on a :

Z x a jxtjndt=Z x a (xt)ndt=h(xt)n+1n+ 1i x a=(xa)n+1n+ 1=jxajn+1n+ 1

et on a le même résultat pourx < a.Théorème 3((Formule de Taylor-Young)).Soitfune fonction de classeCn

sur l"intervalleIeta2I. Alors8x2I: f(x) =f(a)+(xa)f0(a)+(xa)22!

f00(a)+(xa)nn!f(n)(a)+o(xa)nDémonstration.Afin de simplifier la démonstration, on va supposerfde classeCn+1(la

plupart des fonctions auquelles nous appliquerons ce résultat sont de classeC1). Quitte à réduire l"intervalle de départ, on peut supposer queIest un segment. Ainsif(n+1)est une fonction continue sur un segment, donc majorée en valeur absolue par un réelM >0. On sait alors, d"après le corollaire 1, que : f(x)f(a)(xa)f0(a)(xa)22! f00(a) (xa)nn!f(n)(a)6M(n+ 1)!jxajn+1 Or jxajn+1(xa)n=jxaj !x!a0, donc : f(x)f(a)(xa)f0(a)(xa)22! f00(a) (xa)nn!f(n)(a)(xa)n !x!a0

D"oùf(x)f(a)(xa)f0(a)(xa)22!

f00(a) (xa)nn!f(n)(a) =o(xa)n, ce qui prouve le résultat.I.C Développements limités usuels On va établir les développements limités en0des fonctions usuelles. Pour cela, on utilise la formule de Taylor-Young aveca= 0(formule de Mac-Laurin), ce qui donne pour une fonctionfde classeC1: f(x) =f(0) +xf0(0) +x22

f00(0) ++xnn!f(n)(0) +o(xn)On va ainsi déterminer les développements limités suivants (qui concernent des

fonction de classeC1) :

DL(0)dex7!ex:

On a8n>0;exp(n)(0) = exp(0) = 1, d"où :

e x= 1 +x+x22! +x33! ++xnn!+o(xn)DL(0)dex7!sinx:

On asin0x= cosx= sinx+2

, et on établit facilement que : sin (n)x= sinx+n2 d"oùsin(2n)(0) = 0etsin(2n+1)(0) = (1)n, ce qui donne : 4 sinx=xx33! +x55! ++ (1)nx2n+1(2n+ 1)!+o(x2n+2)DL(0)dex7!cosx:

De la même façon, on établit que :

cosx= 1x22! +x44! ++ (1)nx2n(2n)!+o(x2n+1)DL(0)def:x7!ln(1 +x): On af0(x) =11+x; ;f00(x) =1(1+x)2; ;f000(x) =2(1+x)3et on montre par récurrence que : f (n)(x) =(1)n1(n1)!(1 +x)n d"oùf(n)(0) = (1)n1(n1)!, ce qui donne : ln(1 +x) =xx22 +x33 ++ (1)n1xnn +o(xn)DL(0)def:x7!(1 +x)(2R) : On af0(x) =(1 +x)1et on montre par récurrence que : f (n)(x) =(1):::(n+ 1)(1 +x)n d"oùf(n)(0) =(1):::(n+ 1), ce qui donne : (1 +x)= 1 +x+(1)2! x2++(1):::(n+ 1)n!xn+o(xn)Par exemple pour=12 , on peut obtenir leDL2(0)dex7!p1 +x: p1 +x= (1 +x)12 = 1 +12 x18 x2+o(x2)

De même, pour=12

, on peut obtenir leDL2(0)dex7!1p1+x:

1p1 +x= (1 +x)12

= 112 x+38 x2+o(x2)

DL(0)dex7!shx:

shx=x+x33! +x55! ++x2n+1(2n+ 1)!+o(x2n+2)DL(0)dex7!chx: chx= 1 +x22! +x44! ++x2n(2n)!+o(x2n+1)Remarque 2.Le premier terme du développement limité est un équivalent de la fonction. On reconnaît ainsi sans difficulté les équivalents usuels en0desinx, ln(1 +x),ex1;:::. 5 I.D Exemples de développements limités au voisinage d"un point ou de l"infini La méthode consiste à utiliser les développements limités usuels en0en posant :

1.X=xx0pour unDLn(x0).

2.X=1x

pour unDLn(+1).

Exemple 2.

1. Cherc honsle DLn(1)delnx. On poseX=x1(,x= 1 +X), on a ainsi : lnx= ln(1 +X) =XX22 +X33 ++ (1)n+1Xnn +o(xn) = (x1)(x1)22 +(x1)33 ++ (1)n+1(x1)nn +o(xn) Attention à ne pas développer ce résultat! 2.

Cherc honsle DLn(+1)decos1x

. On poseX=1x (,x= 1 +X), on a ainsi : cos 1x = cosX= 1X22! +X44! ++ (1)nX2n(2n)!+o(X2n+1) = 112!x2+14!x4++ (1)n1(2n)!x2n+o1x 2n+1 II Opérations algébriques sur les développements limités II.A Somme et produitProposition 1.Soientfetgdeux fonctions définies sur un intervalleIdeR.

Sifetgadmettent chacune unDLn(0), alors :

1.f+gadmet unDLn(0), et la partie régulière de celui-ci est la somme des

parties régulières desDLn(0)defetg.

2.fgadmet unDLn(0), et la partie régulière de celui-ci est le produit

des parties régulières desDLn(0)defetg, en supprimant les termes de degré> n.Démonstration.On écrit : f(x) =a0+a1x++anxn+o(xn)etg(x) =b0+b1x++bnxn+o(xn)

1.(f+g)(x) = (a0+b0) + (a1+b1)x++ (an+bn)xn+o(xn).

2.(fg)(x) =a0b0+ (a0b1+a1b0)x++

nX k=0a kbnk! x n++anbnx2n+o(xn)|{z} o(xn)Exemples 3. 6

1.Calculons le DL4(0)deex+ cos(x). On a :

e x+ cosx=

1 +x+x22

+x36 +x424 +o(x4) 1x22 +x424 +o(x4) = 2 +x+x36 +x412 +o(x4) 2.

Calculons le DL4(0)deln(1 +x)sinx.

ln(1 +x)sinx= xx22 +x33 x44 +o(x4) xx36 +o(x4) =x2x46 x32 +x43 +o(x4) =x2x32 +x46 +o(x4) On peut remarquer que ce dernier calcul peut donner unDL5(0)car xo(x4) =o(x5)). II.B ComposéeProposition 2.Soientfetgdeux fonctions définies sur un intervalleIdeR. Sifetgadmettent chacune unDLn(0)et silimx!0f(x) = 0alorsgfadmet un DL

n(0), obtenu en composant les parties régulières desDLn(0)degetf.Exemple 4.Recherchons leDL4(0)deln(cosx). On commence par déterminer

unDL4(0)decosx. On a : cosx= 1x22 +x424 +o(x4)

D"où :

ln(cosx) = ln 1x22 +x424 +o(x4) = ln(1 +u)avecu=x22 +x424 +o(x4)!x!00 =uu22 +u33 u44 +o(u4) x22 +x424 12 x22 +x424 2 +13 x22 +x424 3 14 x22 +x424 4 +o(x4) ln(cosx) =x22 +x424 12 xquotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

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