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Développements limités
MotivationPrenons l"exemple de la fonction exponentielle. Une idée du comportement de la fonctionf(x) =expxautour du
pointx=0est donné par sa tangente, dont l"équation esty=1+x. Nous avons approximé le graphe par une droite.
Si l"on souhaite faire mieux, quelle parabole d"équationy=c0+c1x+c2x2approche le mieux le graphe defautour
dex=0? Il s"agit de la parabole d"équationy=1+x+12 x2. Cette équation à la propriété remarquable que si on noteg(x) =expx-1+x+12 x2alorsg(0) =0,g′(0) =0etg′′(0) =0. Trouver l"équation de cette parabole c"estfaire un développement limité à l"ordre2de la fonctionf. Bien sûr si l"on veut être plus précis, on continuerait avec
une courbe du troisième degré qui serait en faity=1+x+12 x2+16 x3.xy 101y=exy=1+xy=1+x+x22
y=1+x+x22 +x36Dans ce chapitre, pour n"importe quelle fonction, nous allons trouver le polynôme de degrénqui approche le mieux
la fonction. Les résultats ne sont valables que pourxautour d"une valeur fixée (ce sera souvent autour de0). Ce
polynôme sera calculé à partir des dérivées successives au point considéré. Sans plus attendre, voici la formule, dite
formule de Taylor-Young : f(x) =f(0)+f′(0)x+f′′(0)x22! +···+f(n)(0)xnn!+xnε(x).DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS1. FORMULES DETAYLOR2La partie polynomialef(0)+f′(0)x+···+f(n)(0)xnn!est le polynôme de degrénqui approche le mieuxf(x)autour
dex=0. La partiexnε(x)est le " reste » dans lequelε(x)est une fonction qui tend vers0(quandxtend vers0) et
qui est négligeable devant la partie polynomiale.1. Formules de Taylor
Nous allons voir trois formules de Taylor, elles auront toutes la même partie polynomiale mais donnent plus ou moins
d"informations sur le reste. Nous commencerons par la formule de Taylor avec reste intégral qui donne une expression
exacte du reste. Puis la formule de Taylor avec restef(n+1)(c)qui permet d"obtenir un encadrement du reste et nous
terminons avec la formule de Taylor-Young très pratique si l"on n"a pas besoin d"information sur le reste.
SoitI⊂Run intervalle ouvert. Pourn∈N∗, on dit quef:I→Rest une fonction declasseCnsifestnfois dérivable
surIetf(n)est continue.fest declasseC0sifest continue surI.fest declasseC∞sifest de classeCnpour
toutn∈N.1.1. Formule de Taylor avec reste intégralThéorème 1(Formule de Taylor avec reste intégral).
Soit f:I→Rune fonction de classeCn+1(n∈N) et soit a,x∈I. Alorsf(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2!
(x-a)2+······+f(n)(a)n!(x-a)n+Rx
af(n+1)(t)n!(x-t)ndt.Nous noteronsTn(x)la partie polynomiale de la formule de Taylor (elle dépend denmais aussi defeta) :
T n(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2! (x-a)2+···+f(n)(a)n!(x-a)n.Remarque.
En écrivantx=a+h(et donch=x-a) la formule de Taylor précédente devient (pour toutaeta+hdeI) :
f(a+h) =f(a)+f′(a)h+f′′(a)2! h2+···+f(n)(a)n!hn+Z h 0f (n+1)(a+t)n!(h-t)ndtExemple 1.
La fonctionf(x) =expxest de classeCn+1surI=Rpour toutn. Fixonsa∈R. Commef′(x) =expx,f′′(x) =
expx,...alors pour toutx∈R: x aexptn!(x-t)ndt.Bien sûr si l"on se place ena=0alors on retrouve le début de notre approximation de la fonction exponentielle en
x=0 : expx=1+x+x22! +x33! Preuve du théorème.Montrons cette formule de Taylor par récurrence surk⩽n: f(b) =f(a)+f′(a)(b-a)+f′′(a)2! (b-a)2+···+f(k)(a)k!(b-a)k+Z b a f (k+1)(t)(b-t)kk!dt.(Pour éviter les confusions entre ce qui varie et ce qui est fixe dans cette preuve on remplacexparb.)
Initialisation.Pourn=0, une primitive def′(t)estf(t)doncRb af′(t)dt=f(b)-f(a), doncf(b) =f(a) +Rb af′(t)dt. (On rappelle que par convention(b-t)0=1 et 0!=1.)Hérédité.Supposons la formule vraie au rangk-1. Elle s"écritf(b) =f(a)+f′(a)(b-a)+···+f(k-1)(a)(k-1)!(b-a)k-1+Rb
af(k)(t)(b-t)k-1(k-1)!dt.DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS1. FORMULES DETAYLOR3On effectue une intégration par parties dans l"intégraleRb
af(k)(t)(b-t)k-1(k-1)!dt. En posantu(t) =f(k)(t)etv′(t) =(b-t)k-1(k-1)!, on au′(t) =f(k+1)(t)etv(t) =-(b-t)kk!; alors Z b a f(k)(t)(b-t)k-1(k-1)!dt= -f(k)(t)(b-t)kk! b a +Z b a f(k+1)(t)(b-t)kk!dt =f(k)(a)(b-a)kk!+Z b a f(k+1)(t)(b-t)kk!dt.Ainsi lorsque l"on remplace cette expression dans la formule au rangk-1 on obtient la formule au rangk.
Conclusion.Par le principe de récurrence la formule de Taylor est vraie pour tous les entiersnpour lesquelsfest
classeCn+1.1.2. Formule de Taylor avec restef(n+1)(c)Théorème 2(Formule de Taylor avec restef(n+1)(c)).
Soit f:I→Rune fonction de classeCn+1(n∈N) et soit a,x∈I. Il existe un réel c entre a et x tel que :f(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2!
(x-a)2+··· ···+f(n)(a)n!(x-a)n+f(n+1)(c)(n+1)!(x-a)n+1.Exemple 2.Soienta,x∈R. Pour tout entiern⩾0il existecentreaetxtel queexpx=expa+expa·(x-a)+···+expan!(x-
a)n+expc(n+1)!(x-a)n+1.Dans la plupart des cas on ne connaîtra pas cec. Mais ce théorème permet d"encadrer le reste. Ceci s"exprime par le
corollaire suivant :Corollaire 1.Si en plus la fonction|f(n+1)|est majorée sur I par un réel M, alors pour tout a,x∈I, on a :
f(x)-Tn(x)⩽M|x-a|n+1(n+1)!·Exemple 3.Approximation de sin(0,01).
Soitf(x) =sinx. Alorsf′(x) =cosx,f′′(x) =-sinx,f(3)(x) =-cosx,f(4)(x) =sinx. On obtient doncf(0) =0,
f′(0) =1,f′′(0) =0,f(3)(0) =-1. La formule de Taylor ci-dessus ena=0à l"ordre3devient :f(x) =0+1·x+0·
x 22!-1x33! +f(4)(c)x44! , c"est-à-diref(x) =x-x36 +f(4)(c)x424 , pour un certaincentre 0 etx. Appliquons ceci pourx=0,01. Le reste étant petit on trouve alors sin(0,01)≈0,01-(0,01)36 =0,00999983333...
On peut même savoir quelle est la précision de cette approximation : commef(4)(x) =sinxalors|f(4)(c)|⩽1. Doncf(x)-x-x36
⩽x44!. Pourx=0,01cela donne :sin(0,01)-0,01-(0,01)36 ⩽(0,01)424. Comme(0,01)424 ≈4,16·10-10 alors notre approximation donne au moins 8 chiffres exacts après la virgule.Remarque.
Dans ce théorème l"hypothèsefde classeCn+1peut-être affaiblie enfest "n+1 fois dérivable surI».
" le réelcest entreaetx» signifie "c∈]a,x[ouc∈]x,a[».Pourn=0c"est exactement l"énoncé du théorème des accroissements finis : il existec∈]a,b[tel quef(b) =
f(a)+f′(c)(b-a).SiIest un intervalle fermé borné etfde classeCn+1, alorsf(n+1)est continue surIdonc il existe unMtel que
|f(n+1)(x)|⩽Mpour toutx∈I. Ce qui permet toujours d"appliquer le corollaire. Pour la preuve du théorème nous aurons besoin d"un résultat préliminaire.DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS1. FORMULES DETAYLOR4Lemme 1(Égalité de la moyenne).Supposonsa comprises entremetM(théorème des valeurs intermédiaires). Donc il existec∈[a,b]avecu(c) =R
Théorème 3(Formule de Taylor-Young).
Soit f:I→Rune fonction de classeCnet soit a∈I. Alors pour tout x∈I on a :f(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2!
(x-a)2+······+f(n)(a)n!(x-a)n+(x-a)nε(x),oùεest une fonction définie sur I telle queε(x)--→x→a0.Démonstration.f
étant une fonction de classeCnnous appliquons la formule de Taylor avec restef(n)(c)au rangn-1. Pour toutx, il existec=c(x)compris entreaetxtel quef(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2!(x-a)2+···+
f(n-1)(a)(n-1)!(x-a)n-1+f(n)(c)n!(x-a)n.Que nous réécrivons :f(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2!(x-a)2+···+f(n)(a)n!(x-a)n+
f(n)(c)-f(n)(a)n!(x-a)n.On poseε(x) =f(n)(c)-f(n)(a)n!. Puisquef(n)est continue et quec(x)→aalorslimx→aε(x) =0.1.4. Un exemple
Soitf:]-1,+∞[→R,x7→ln(1+x);fest infiniment dérivable. Nous allons calculer les formules de Taylor en0
pour les premiers ordres.Tous d"abordf(0) =0. Ensuitef′(x) =11+xdoncf′(0) =1. Ensuitef′′(x) =-1(1+x)2doncf′′(0) =-1. Puis
f(3)(x) = +21(1+x)3doncf(3)(0) = +2. Par récurrence on montre quef(n)(x) = (-1)n-1(n-1)!1(1+x)net donc
f(n)(0) = (-1)n-1(n-1)!. Ainsi pourn>0 :f(n)(0)n!xn= (-1)n-1(n-1)!n!xn= (-1)n-1xnnVoici donc les premiers polynômes de Taylor :
T0(x) =0T1(x) =x T2(x) =x-x22
T3(x) =x-x22
+x33Les formules de Taylor nous disent que les restes sont de plus en plus petits lorsquencroît. Sur le dessins les graphes
des polynômesT0,T1,T2,T3s"approchent de plus en plus du graphe def. Attention ceci n"est vrai qu"autour de 0.
DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS1. FORMULES DETAYLOR5xy 1 01y=ln(1+x)y=0y=xy=x-x22y=x-x22
+x33 Pournquelconque nous avons calculé que le polynôme de Taylor en 0 est T n(x) =n X k=1(-1)k-1xkk =x-x22 +x33 -···+(-1)n-1xnn1.5. Résumé
Il y a donc trois formules de Taylor qui s"écrivent toutes sous la forme f(x) =Tn(x)+Rn(x) oùTn(x)est toujours le même polynôme de Taylor : T n(x) =f(a)+f′(a)(x-a)+f′′(a)2! (x-a)2+···+f(n)(a)n!(x-a)n.C"est l"expression du resteRn(x)qui change (attention le reste n"a aucune raison d"être un polynôme).
R n(x) =Z x af (n+1)(t)n!(x-t)ndtTaylor avec reste intégral R n(x) =f(n+1)(c)(n+1)!(x-a)n+1Taylor avec restef(n+1)(c),centreaetx Rn(x) = (x-a)nε(x)Taylor-Young avecε(x)--→x→a0Selon 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
nexige une fonction de classeCn+1, Taylor avec reste une fonctionn+1fois dérivable, et Taylor-Young une fonction
Cn. Une hypothèse plus restrictive donne logiquement une conclusion plus forte. Cela dit, pour les fonctions de classe
C∞que l"on manipule le plus souvent, les trois hypothèses sont toujours vérifiées.Notation.Le terme(x-a)nε(x)oùε(x)--→x→00est souvent abrégé en "petit o» de(x-a)net est notéo((x-a)n).
Donco((x-a)n)est une fonction telle quelimx→ao((x-a)n)(x-a)n=0. Il faut s"habituer à cette notation qui simplifie les
écritures, mais il faut toujours garder à l"esprit ce qu"elle signifie.Cas particulier : Formule de Taylor-Young au voisinage de0.On se ramène souvent au cas particulier oùa=0, la
formule de Taylor-Young s"écrit alorsf(x) =f(0)+f′(0)x+f′′(0)x22! +···+f(n)(0)xnn!+xnε(x) DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS AU VOISINAGE D"UN POINT6 où lim x→0ε(x) =0.Et avec la notation " petit o » cela donne :
f(x) =f(0)+f′(0)x+f′′(0)x22! 1. Écrire les trois formules de T ayloren 0 pour x7→cosx,x7→exp(-x)etx7→shx. 2. Écrire les formules de T ayloren 0 à l"ordre 2 pour x7→1p1+x,x7→tanx. 3. Écrire les formules de T ayloren 1 pour x7→x3-9x2+14x+3. 4.A vecune formule de T aylorà l"ordre 2 de p1+x, trouver une approximation dep1,01. Idem avec ln(0,99).2. Développements limités au voisinage d"un point
2.1. Définition et existence
SoitIun intervalle ouvert etf:I→Rune fonction quelconque.Définition 1.Poura∈Ietn∈N, on dit quefadmet undéveloppement limité(DL) au pointaet à l"ordren, s"il existe des
réelsc0,c1,...,cnet une fonctionε:I→Rtelle que limx→aε(x) =0 de sorte que pour toutx∈I:
f(x) =c0+c1(x-a)+···+cn(x-a)n+(x-a)nε(x). L"égalité précédente s"appelle un DL defau voisinage deaà l"ordren. Le termec0+c1(x-a)+···+cn(x-a)nest appelé lapartie polynomialedu DL.Le terme(x-a)nε(x)est appelé lerestedu DL.La formule de Taylor-Young permet d"obtenir immédiatement des développements limités en posantck=f(k)(a)k!:Proposition 1.
Sifest de classeCnau voisinage d"un pointaalorsfadmet un DL au pointaà l"ordren, qui provient de la formule
de Taylor-Young : f(x) =f(a)+f′(a)1! (x-a)+f′′(a)2! oùlimx→aε(x) =0.Remarque. 1. Si fest de classeCnau voisinage d"un point 0, un DL en 0 à l"ordrenest l"expression : f(x) =f(0)+f′(0)x+f′′(0)x22! +···+f(n)(0)xnn!+xnε(x) 2. Si fadmet un DL en un pointaà l"ordrenalors elle en possède un pour toutk⩽n. En effet f(x) =f(a)+f′(a)1! (x-a)+···+f(k)(a)k!(x-a)k |{z} =(x-a)kη(x) où lim x→aη(x) =0.2.2. UnicitéProposition 2.
Si f admet un DL alors ce DL est unique.
DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS AU VOISINAGE D"UN POINT7Démonstration.Écrivons deux DL def:f(x) =c0+c1(x-a)+···+cn(x-a)n+(x-a)nε1(x)etf(x) =d0+d1(x-
a)+···+dn(x-a)n+(x-a)nε2(x). En effectuant la différence on obtient : (d0-c0)+(d1-c1)(x-a)+···+(dn-cn)(x-a)n+(x-a)n(ε2(x)-ε1(x)) =0.Lorsque l"on faitx=adans cette égalité alors on trouved0-c0=0. Ensuite on peut diviser cette égalité parx-a:
(d1-c1) + (d2-c2)(x-a) +···+ (dn-cn)(x-a)n-1+ (x-a)n-1(ε2(x)-ε1(x)) =0. En évaluant enx=aon
obtientd1-c1=0, etc. On trouvec0=d0,c1=d1, ...,cn=dn. Les parties polynomiales sont égales et donc les restes
aussi.Corollaire 2.Sifest paire (resp. impaire) alors la partie polynomiale de son DL en0ne contient que des monômes de degrés pairs
(resp. impairs).Par exemplex7→cosxest paire et nous verrons que son DL en 0 commence par : cosx=1-x22!
+x44! -x66!Démonstration.
f (x) =c0+c1x+c2x2+c3x3+···+cnxn+xnε(x). Sifest paire alorsf(x) =f(-x) =c0-c1x+c2x2-c3x3+···+ (-1)ncnxn+xnε(x). Par l"unicité du DL en0on trouvec1=-c1,c3=-c3, ... et doncc1=0,
c3=0,...Remarque. 1.L"unicité du DL et la formule de Taylor-Young prouve que si l"on connaît le DL et quefest de classeCnalors on
peut calculer les nombres dérivés à partir de la partie polynomiale par la formuleck=f(k)(a)k!. Cependant dans la
majorité des cas on fera l"inverse : on trouve le DL à partir des dérivées. 2. Si fadmet un DL en un pointaà l"ordren⩾0 alorsfest continue enaetc0=f(a). 3.Sifadmet un DL en un pointaà l"ordren⩾1, alorsfest dérivable enaet on ac0=f(a)etc1=f′(a). Par
conséquenty=c0+c1(x-a)est l"équation de la tangente au graphe defau point d"abscissea. 4.Plus subtil :fpeut admettre un DL à l"ordre2en un pointasansadmettre une dérivée seconde ena. Soit par
exemplef(x) =x3sin1x. Alorsfest dérivable maisf′ne l"est pas. Pourtantfadmet un DL en0à l"ordre2:
f(x) =x2ε(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.expx=1+x1! +x22! +x33! +···+xnn!+xnε(x)chx=1+x22! +x44! +···+x2n(2n)!+x2n+1ε(x) shx=x1! +x33! +x55! +···+x2n+1(2n+1)!+x2n+2ε(x) cosx=1-x22! +x44! -···+(-1)nx2n(2n)!+x2n+1ε(x) sinx=x1! -x33! +x55! -···+(-1)nx2n+1(2n+1)!+x2n+2ε(x)ln(1+x) =x-x22 +x33 -···+(-1)n-1xnn11-x=1+x+x2+···+xn+xnε(x)
p1+x=1+x2 -18 nn!xn+xnε(x) Ils sont tous à apprendre par cur. C"est facile avec les remarques suivantes : DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS2. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS AU VOISINAGE D"UN POINT8Le DL dechxest la partie paire du DL deexpx. C"est-à-dire que l"on ne retient que les monômes de degré pair.
Alors que le DL de shxest la partie impaire.
Le DL de cosxest la partie paire du DL de expxen alternant le signe+/-du monôme. Pour sinxc"est la partie
impaire de expxen alternant aussi les signes.On notera que la précision du DL de sinxest meilleure que l"application naïve de la formule de Taylor le prévoit
(x2n+2ε(x)au lieu dex2n+1ε(x)); c"est parce que le DL est en fait à l"ordre2n+2, avec un terme polynomial en
x2n+2nul (donc absent). Le même phénomène est vrai pour tous les DL pairs ou impairs (dont shx,cosx,chx).
Pourln(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 ») : expx=n X k=1x kk!+o(xn)et ln(1+x) =n X k=1(-1)k-1xkk +o(xn)La DL de(1+x)αest valide pour toutα∈R. Pourα=-1on retombe sur le DL de(1+x)-1=11+x. Mais on
retient souvent le DL de11-xqui est très facile. Il se retrouve aussi avec la somme d"une suite géométrique :
Pourα=12
on retrouve(1+x)12 =p1+x=1+x2 -18 x2+···. Dont il faut connaître les trois premiers termes.2.4. DL des fonctions en un point quelconque
La fonctionfadmet un DL au voisinage d"un pointasi et seulement si la fonctionx7→f(x+a)admet un DL au
voisinage de 0. Souvent on ramène donc le problème en 0 en faisant le changement de variablesh=x-a.
Exemple 4.
1.DL de f(x) =expxen 1.
On poseh=x-1. Sixest proche de1alorshest proche de0. Nous allons nous ramener à un DL deexphen h=0. On notee=exp1. expx=exp(1+(x-1)) =exp(1)exp(x-1) =eexph =e1+h+h22!
+···+hnn!+hnε(h) =e1+(x-1)+(x-1)22!
+···+(x-1)nn!+(x-1)nε(x-1) où lim x→1ε(x-1) =0. 2.DL de g(x) =sinxenπ/2.
Sachantsinx=sin(π2+x-π2) =cos(x-π2)on se ramène au DL decoshquandh=x-π2 →0. On a donc sinx=1-(x-π2 )22! +···+(-1)n(x-π2 )2n(2n)!+(x-π2 )2n+1ε(x-π2 ), où limx→π/2ε(x-π2 ) =0. 3.DL de ℓ(x) =ln(1+3x)en 1 à l"ordre 3.
Il faut se ramener à un DL du type ln(1+h)enh=0. On poseh=x-1 (et doncx=1+h). On aℓ(x) =ln(1+3x) =ln1+3(1+h)=ln(4+3h) =ln4·(1+3h4)=ln4+ln1+3h4 =ln4+3h4 -12 3h4 2+ 13 3h43+h3ε(h) =ln4+3(x-1)4
-932 (x-1)2+964 (x-1)3+(x-1)3ε(x-1)où limx→1ε(x-1) =0.Mini-exercices. 1.Calculer le DL en0dex7→chxpar la formule de Taylor-Young. Retrouver ce DL en utilisant quechx=ex+e-x2.
2. Écrire le DL en 0 à l"ordre 3 de 3p1+x. Idem avec1p1+x. 3.Écrire le DL en 2 à l"ordre 2 de
px. 4.Justifier l"expression du DL de
11-xà l"aide de l"unicité du DL et de la somme d"une suite géométrique.
DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS3. OPÉRATIONS SUR LES DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS93. Opérations sur les développements limités
3.1. Somme et produit
On suppose quefetgsont deux fonctions qui admettent des DL en 0 à l"ordren: f(x) =c0+c1x+···+cnxn+xnε1(x)g(x) =d0+d1x+···+dnxn+xnε2(x)Proposition 3. f+g admet un DL en0l"ordre n qui est : (f+g)(x) =f(x)+g(x) = (c0+d0)+(c1+d1)x+···+(cn+dn)xn+xnε(x).f×gadmet un DL en0l"ordrenqui est :(f×g)(x) =f(x)×g(x) =Tn(x)+xnε(x)oùTn(x)est le polynôme
(c0+c1x+···+cnxn)×(d0+d1x+···+dnxn)tronqué à l"ordre n.Tronquerun polynôme à l"ordrensignifie que l"on conserve seulement les monômes de degré⩽n.