Développements limités – Niveau 2

Un développement limité d'une fonction $f$ est une approximation locale (c'est-à-dire au voisinage d'un point) de $f$ par une fonction polynomiale. Plus précisément, on a la définition suivante :

1) Définition et remarques :

Soit $\mathrm V$ un voisinage de $0$ (autrement dit un intervalle du type $]-\alpha,\alpha[$ avec $\alpha>0$).

Soit $f$ une fonction définie sur $\rm D=V$ ou $\rm D=V \backslash\{0\}$.

Soit $n$ un entier naturel.

$f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $0$ (en abrégé $\mathrm{DL}_n(0)$) s'il existe une fonction polynomiale $x \mapsto a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n$ de degré inférieur ou égal à $n$ et une fonction $\epsilon$ définie sur $ \mathrm D$ telles que :

• $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\epsilon(x)=0$
• $\forall x \in \mathrm D$, $f(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n+\epsilon(x)x^n$.

Remarques :

• La fonction $f$ n'est pas forcément définie au point où elle admet un développement limité.
• Lorsqu'une fonction admet un développement limité à un ordre donné, ce développement est unique.
• La quantité $\epsilon(x)x^n$ (qui tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $0$) représente l'erreur d'approximation lorsqu'on confond $f$ et son approximation polynomiale .
• L'erreur d'approximation $\epsilon(x)x^n$ est négligeable devant $x^n$ car $\displaystyle{\frac{\epsilon(x)x^n}{x^n}= \epsilon(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{\longrightarrow} 0}$ ce que l'on écrit par
  $\epsilon(x)x^n \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \mathrm o(x^n)$. Ainsi le $\mathrm{DL}_n(0)$ de $f$ s'écrit également $f(x)\stackrel{x \rightarrow 0}{=}a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n+\mathrm o(x^n)$.

2) DL de référence

À apprendre par cœur : les $\mathrm{DL}$ de $\mathrm e^x,\cos(x),\sin(x),\tan(x)$, $\ln(1−x)$ et $(1+x)^{\alpha}$.

$\mathrm e^x=1+x+\displaystyle\frac{x^2}{2 !}+\frac{x^ 3}{3 !}+\ldots+\frac{x^n}{n !}+o(x^n)$
$\ln(1-x) =-x-\displaystyle\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\ldots-\frac{x^n}{n}+\mathrm o(x^n)$
$\cos(x)=1-\displaystyle\frac{x^2}{2 !}+\frac{x^4}{4 !}-\ldots$
$\sin(x)=x-\displaystyle\frac{x^3}{3 !}+\frac{x^5}{5 !}-\ldots$
$\tan(x)$ $\displaystyle =x+\frac{x^3}{3}+\ldots$
$(1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\displaystyle\frac{\alpha(\alpha-1)}{2 !}x^2+\ldots$ $+$ $\displaystyle\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-n+1)}{n !}x^n+\mathrm o(x^n)$

À savoir retrouver :

• ${\rm sh}(x)$ : combinaison linéaire de $\mathrm e^x$
• $\arcsin(x)$, $\arccos(x),\arctan(x)$ par primitivation de leur dérivée
  Exemple : calculer le $\mathrm{DL7(0)}$
• De la fonction $\arcsin$.

En remplaçant $\alpha$ par $\displaystyle{-\frac{1}{2}}$ puis $x$ par $-x^2$ dans le développement limité de $(1+x)^{\alpha}$, on obtient le développement limité de $\displaystyle{x \mapsto \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin'(x)}$.

En théorie, on devrait partir d'un $\mathrm{DL_7(0)de}~\displaystyle u \mapsto (1+u)^{-\frac{1}{2}}$. Mais comme on sera amené à remplacer $u$ par $-x^2$, cela fournira un $\rm DL_{14}(0)de\arcsin'$.

Il suffit donc de partir d'un $\mathrm{DL3(0)}$ de $\displaystyle{u \mapsto (1+u)^{-\frac{1}{2}}}$ ce qui donne un $\mathrm{DL6(0)}$ de $\arcsin'$, puis par intégration un $\mathrm{DL7(0) de} \arcsin$.
$\displaystyle \mathrm{DL}_3(0): (1+u)^{\alpha} \stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle 1 + \alpha u + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2} u^2$ $+$ $\displaystyle \frac{\alpha (\alpha-1)(\alpha-2)}{3!} u^3 + \mathrm o(u^3).$

Ce qui donne avec $\displaystyle{\alpha=-\frac{1}{2}}$ et $u = -x^2$ : $\displaystyle\mathrm{DL}_6(0): \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle 1 + \frac{1}{2}x^2 +\frac{3}{8}x^4$ $+$ $\displaystyle\frac{5}{16}x^6 +\mathrm o(x^6)$.

Donc par intégration, on obtient :
$\displaystyle \mathrm{DL}_7(0): \arcsin x \stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle x + \frac{1}{6}x^3 +\frac{3}{40}x^5$ $+$ $\displaystyle\frac{5}{112}x^7 + \mathrm o(x^7)$.

3) Opérations sur les D.L

Avec les développements limités, on peut effectuer les quatre opérations arithmétiques (addition, soustraction et, plus généralement, combinaison linéaire, produit et quotient) et la composition.

Lorsqu'on effectue des opérations sur les développements limités, il y a deux points importants à garder à l'esprit :

• On ne travaille qu'avec les parties polynomiales des développements limités. Ainsi, on n'a pas à gérer « les petits o ».
• Les développements limités entrant en jeu lors des calculs doivent être, en général, tous au même ordre.

Après les calculs, on vérifie les deux points suivants :

• Le terme de degré $0$ du développement limité est la valeur de la fonction en $0$ (si elle est définie en $0$ sinon c'est sa limite en $0$).
• Si la fonction est paire (respectivement impaire) la partie polynomiale du développement limité ne doit comporter que des termes de degré pair (respectivement impair).

a) Combinaison linéaire : 

Exemple : $\mathrm{DL}_5(0)$ de ${\rm ch}(x)$.

On sait que $\displaystyle{{\rm ch}(x) = \frac{1}{2}\mathrm e^x + \frac{1}{2}\mathrm e^{-x}}$. 

Or $\displaystyle\mathrm e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!}$ $+$ $\displaystyle \frac{x^5}{5!} + {\rm o}(x^5)$ et $\displaystyle\mathrm e^{-x} = 1 - x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3!}$ $+$ $\displaystyle\frac{x^4}{4!} - \frac{x^5}{5!} + {\rm o}(x^5)$

Donc par somme et multiplication par $1/2$ :

$\displaystyle{{\rm ch}(x) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} + {\rm o}(x^5)}$.

Remarque : si on écrit $\displaystyle{{\rm ch}(x) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} + {\rm o}(x^5)}$ ou $\displaystyle{{\rm ch}(x) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} + {\rm o}(x^4)}$, l'approximation polynomiale est la même, mais l'erreur d'approximation dans la première écriture est plus petite que dans la deuxième. 

b) Multiplication

Exemple : calculons le $\mathrm{DL}_5(0)$ de $f:x \mapsto \ln(1+x)\cos(x)$.

On commence par écrire les $\mathrm{DL}_5(0)$ de $x \mapsto \ln(1+x)$ et de $\cos$.

On retrouve le $\mathrm{DL}_5(0)$ du logarithme en partant de $\displaystyle \frac{1}{1+x} = (\ln(1+x))' \stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $1 -x +x^2 -x^3 +x^4 +\mathrm o(x^4)$.

(L'ordre $4$ est suffisant car, par intégration, on augmente l'ordre d'une unité.) D'où $\displaystyle\ln(1+x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}$ $+$ $\displaystyle\frac{x^5}{5} + \mathrm o(x^5)$.

La partie polynomiale du $\mathrm{DL}_5(0)$ de $\cos$ est identique à celle du $\mathrm{DL}_4(0)$ puisque $\cos$ est paire : $\displaystyle{\cos(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \mathrm o(x^5)}$.

Lors de la multiplication des deux développements limités, il est inutile de conserver les termes de degré supérieur ou égal à $6$ puisque seulement un développement limité à l'ordre $5$ nous intéresse ici. 

Par exemple, le terme $\displaystyle{\frac{x^3}{3} \times - \frac{x^2}{2!} = -\frac{x^6}{6}}$ peut s'écrire $x^5\epsilon(x)$ avec $\displaystyle{\epsilon(x) = -\frac{x}{6}}$ qui tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $0$. 

Ce terme est donc un $\mathrm o(x^5)$. Tous les termes de degré supérieur ou égal à $6$ sont donc englobés dans $\mathrm o(x^5)$ (y compris la multiplication des erreurs d'approximation entre elles $\mathrm o(x^5) \times \mathrm o(x^5) = x^5 \epsilon_1(x) \times x^5 \epsilon_2(x) = x^5\epsilon_3(x)$ avec $\epsilon_3(x) = x^5\epsilon_1(x)\epsilon_2(x))$.

Il est pratique de présenter les calculs dans un tableau qui ne comporte que les parties polynomiales tronquées (=coupées) au degré $5$.

Appelons $\displaystyle{\mathrm P(x)= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5}}$ la partie polynomiale du développement limité de $\ln(1+x)$.

Nous avons besoin de multiplier $\mathrm P$ par $\displaystyle{-\frac{x^2}{2!}}$ et par $\displaystyle{\frac{x^4}{4!}}$.

La dernière ligne du tableau consiste à additionner les trois lignes précédentes pour obtenir le produit (tronqué au degré $5$) de $\displaystyle{\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\right) \times \mathrm P(x)}$.

Il n'y a pas égalité entre les deux colonnes du tableau. Par exemple, $\displaystyle{\frac{x^4}{4!}\mathrm P(x) \neq \frac{x^5}{4!}}$. Mais $\displaystyle \frac{x^4}{4!}\mathrm P(x)$ tronqué à l'ordre $5$ est égal à $\displaystyle{\frac{x^5}{4!}}$.

Afin de faciliter le calcul des fractions (sans calculatrice !), il est conseillé de laisser dans le tableau les coefficients sous forme de factorielles ou de produits, c'est-à-dire d'écrire $4!$ plutôt que $24$ et $2,3$ plutôt que $6$.

Pour calculer $\displaystyle{\alpha=\frac{1}{5}-\frac{1}{2,3}+\frac{1}{4!}}$, calculons d'abord $\displaystyle{-\frac{1}{2,3} + \frac{1}{4!}}$. Le plus petit dénominateur commun est $4!$ : $\displaystyle{-\frac{1}{2,3} + \frac{1}{4!} = \frac{-4+1}{4!} = -\frac{3}{4!} = -\frac{1}{2,4}}$.

On en déduit que $\displaystyle \alpha=\frac{1}{5} - \frac{1}{2,4}$. Le plus petit dénominateur commun est $2.4.5$ : $\displaystyle{\alpha = \frac{2,4-5}{2.4.5} = \frac{3}{40}}$ On a donc finalement : $\displaystyle \ln(1+x)\cos(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6} + \frac{3}{40}x^5 + \mathrm o(x^5)$.

c) Composition

Méthode : pour calculer le $\mathrm{DL}_n(0)$ de $f \circ g$ à partir des $\mathrm{DL}_n(0)$ de $f$ et $g$ :

• On vérifie que $g(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{\longrightarrow} 0$.
  (Ou plus généralement, pour calculer le $\mathrm{DL}_n(x_1)$ de $f \circ g$ à partir du $\mathrm{DL}_n(x_2)$ de $f$ et du $\mathrm{DL}_n(x_1)$ de $g$, on vérifie que $g(x) \stackrel{x \rightarrow x_1}{\longrightarrow} x_2$.)
• On écrit les $\mathrm{DL}_n(0)$ de $f$ et $g$. Penser à utiliser deux variables différentes.
• On calcule les parties polynomiales tronquées au degré $n$ dans un tableau.

Exemple : calculons le $\mathrm{DL}_2(0)$ de $f(x)=\mathrm e^{\sqrt{1+x}}$.

On connaît les développements limités des fonctions $\exp$ et $x \mapsto \sqrt{1+x}$ au voisinage de $0$ mais $\sqrt{1+x}$ ne tend pas vers $0$ lorsque $x$ tend vers $0$. Il faut donc se ramener à une fonction qui tende vers $0$. On écrit alors $f(x) = \mathrm e^{\sqrt{1+x}{\mathbf -1+1}} = \mathrm e\times \mathrm e^{\sqrt{1+x}-1}.$

On retrouve le $\mathrm{DL}_2(0)$ de $x \mapsto \sqrt{1+x}$ à partir de $(1+x)^{\alpha}$ avec $\displaystyle{\alpha=\frac{1}{2}}$. 

On obtient $\displaystyle{\sqrt{1+x}\stackrel{x \rightarrow 0}{=} 1+ \frac{x}{2}-\frac{x^2}{8} +
\mathrm o(x^2)}$ donc $\displaystyle{\sqrt{1+x}-1 \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \frac{x}{2}-\frac{x^2}{8} + \mathrm o(x^2)}$.

On sait que $\displaystyle{\mathrm e^u \stackrel{u \rightarrow 0}{=} 1 + u + \frac{u^2}{2!} + \mathrm o(u^2)}$.

Comme $\sqrt{1+x}-1 \longrightarrow 0$, on peut à présent composer les développements limités de $x \mapsto \sqrt{1+x}-1$ et $\exp$.

$$\begin{array}{|c|c|}
\hline
\scriptstyle \mathrm P(x) & \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} \\
\hline
\scriptstyle \mathrm P(x)^2 & \frac{x^2}{4} \\
\hline
\scriptstyle 1+\mathrm P(x)+\frac{\mathrm P(x)^2}{2} & 1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^2}{8} = 1+\frac{x}{2}\\
\hline
\end{array}$$

On a donc $\displaystyle{f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \mathrm e\left(1 + \frac{x}{2} + o(x^2)\right)}$ soit $\displaystyle{f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \mathrm e + \frac{\mathrm e}{2}x + \mathrm o(x^2)}$.

On vérifie que le premier terme du développement limité est égal à $f(0)$. 

d) Quotient

Méthode : développement limité d'un quotient - version $1$.

Pour effectuer le développement limité du quotient $\displaystyle{\frac{f}{g}}$ lorsque $g(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{\longrightarrow} \ell \neq 0$ :

• On vérifie que $g(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{\longrightarrow} \ell \neq 0$.
• On effectue le développement limité de $\displaystyle{\frac{1}{g}}$ en se ramenant à une forme du type $\displaystyle{\frac{1}{1-u}}$ avec $u$ qui tend vers $0$.
• On effectue la multiplication des développements limités de $f$ et $\displaystyle{\frac{1}{g}}$.

Calculons le $\mathrm{DL}_5(0)$ de $\displaystyle{\tan x = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}}$.

On a $\displaystyle \frac{1}{\cos(x)} \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \frac{1}{1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \mathrm o(x^5)}$.

C'est de la forme $\displaystyle{\frac{1}{1-u(x)}}$ avec $\displaystyle{u(x) = \frac{x^2}{2!} - \frac{x^4}{4!} + \mathrm o(x^5) \longrightarrow 0}$ (Attention aux signes quand on définit $u(x)$ !).

On sait que le $\mathrm{DL}_5(0)$ de $\displaystyle{u \mapsto \frac{1}{1-u}}$ est $\displaystyle \frac{1}{1-u} \stackrel{u \rightarrow 0}{=}$ $1 + u + u^2+u^3+u^4+u^5 + \mathrm o(u^5).$

On en déduit que $\displaystyle{\frac{1}{\cos(x)} \stackrel{x \rightarrow 0}{=} 1+\frac{x^2}{2!}+\frac{5}{4!}x^4+ \mathrm o(x^5).}$

Il reste à effectuer la multiplication : $\displaystyle \tan(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \left[x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+ \mathrm o(x^5)\right]$ $\displaystyle \left[1+\frac{x^2}{2!}+\frac{5x^4}{4!}+ \mathrm o(x^5)\right]$.

\[\begin{array}{|c|c|}
\hline
\scriptstyle\mathrm P(x) & \scriptstyle 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5}{4!}x^4\\
\hline
\scriptstyle x\mathrm P(x) & \scriptstyle x + \frac{x^3}{2} + \frac{5}{4!}x^5\\
\hline
\scriptstyle-\frac{x^3}{3!}\mathrm P(x) & \scriptstyle-\frac{x^3}{3!} - \frac{x^5}{2.3!}\\
\hline
\scriptstyle\frac{x^5}{5!}\mathrm P(x) & \frac{x^5}{5!}\\
\hline
\scriptstyle\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}\right)\mathrm P(x) & \scriptstyle x + \frac{x^3}{3} + \alpha x^5\\
\hline
\end{array}\]

avec $\displaystyle{\alpha = \frac{5}{4!} -\frac{1}{2.3!} +\frac{1}{5!}}$.

Pour calculer $\alpha$, on additionne les fractions deux à deux et on recherche le plus petit dénominateur commun.

Pour chercher le plus petit dénominateur commun de $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$, on décompose les entiers $a$ et $b$ en facteurs premiers : $a=p_1^{n_1}\times \ldots \times p_r^{n_r}$    $b=p_1^{m_1}\times \ldots \times p_r^{m_r}.$

Le plus petit dénominateur commun est le plus petit commun multiple de $a$ et $b$ (ppcm) : $p_1^{\max(n_1,m_1)}\times \ldots \times p_r^{\max(n_r,m_r)}.$

$\begin{array}{lll}
\alpha & = & \left(\frac{5}{4!} -\frac{1}{2.3!}\right)+\frac{1}{5!}\\
& = & \left(\frac{5}{2^3.3} -\frac{1}{2^2.3}\right) +\frac{1}{5!}\\
&= & \frac{5-2}{2^33} + \frac{1}{5!}\\
&= & \frac{1}{2^3} + \frac{1}{2^3.3.5}\\
& =& \frac{3.5 +1}{2^3.3.5} = \frac{16}{2^3.3.5} = \frac{2}{15}.
\end{array}$.

Finalement, on obtient : $\displaystyle{\tan(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} x + \frac{x^3}{3} + \frac{2}{15}x^5 + o(x^5)}$.

Méthode : développement limité d'un quotient - version 2.

Pour effectuer le développement limité du quotient $\frac{f}{g}$ lorsque $g(x)$ ne tend pas vers $0$ :

• On écrit les développements limités du numérateur et du dénominateur à l'ordre $n$ : $\displaystyle{\frac{f(x)}{g(x)} \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \frac{a_px^p + \ldots + a_nx^n + o(x^n)}{b_qx^q + \ldots + b_nx^n + o(x^n)}}$ (on suppose que l'on a $p \geq q$).
• On simplifie le numérateur et le dénominateur par $b_qx^q$ ce qui impose de réécrire les développements limités à l'ordre $n+q$.
• On obtient $\displaystyle{\frac{f(x)}{g(x)} \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \frac{a_p'x^{p-q} + \ldots + a_n'x^n + o(x^n)}{1 + b_1'x\ldots + b_n'x^n + o(x^n)}}$.
• On se retrouve avec un dénominateur qui ne tend pas vers $0$ en $0$.

Remarque : si on a $p < q$, il ne faut pas espérer pouvoir faire un développement limité de la fonction ! En effet, après simplification, on a $\displaystyle{\frac{f(x)}{g(x)} \stackrel{x \rightarrow 0}{\sim} \frac{a_px^{p}}{b_qx^q} = \frac{a_p}{b_q}x^{p-q} \longrightarrow \pm \infty}$.

On ne peut pas trouver d'approximation polynomiale d'une fonction qui tend vers l'infini au voisinage de $0$ car un polynôme tend vers une constante (à savoir son coefficient constant $P(0)$ en $0$).

Par exemple, les fonctions $\displaystyle{x \mapsto \frac{1}{x}}$ ou $x \mapsto \ln(x)$ n'ont pas de développement limité en $0$. Mais la fonction $\displaystyle{x \mapsto \frac{\sin(x)}{x}}$ - même si cette fonction n'est pas définie en $0$ - admet un développement limité en $0$.

4) Développement limité en dehors de l'origine

Méthode : développer en dehors de zéro

Pour calculer le $\mathrm{DL}_n(x_0)$ de $f$ :

• On effectue le changement de variable $h=x-x_0$.
• On réécrit $f$ en fonction de la nouvelle variable $h$ : $f(x) = f(x_0+h)$.
• On calcule le $\mathrm{DL}_n(0)$ de $g:h \mapsto f(h+x_0)$.

Exemple : calculons le $\mathrm{DL}_3(2)$ de la fonction $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x}}$.

On se ramène au point $0$ par le changement de variable : $h=x-2$.

On a donc $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{x} = \frac{1}{h+2}}$. On note $\displaystyle{g(h) = \frac{1}{h+2}}$.

Attention : une erreur assez fréquente est de noter la quantité $\displaystyle{\frac{1}{h+2}}$ par $f(h)$. De sorte qu'on obtient $f(x)=f(h)$, c'est-à-dire $\displaystyle{\frac{1}{x} = \frac{1}{x-2}}$ ce qui est manifestement faux !

Les fonctions $\displaystyle{x \mapsto f(x) = \frac{1}{x}}$ et $\displaystyle{h \mapsto g(h)=\frac{1}{h+2}}$ sont deux fonctions distinctes, mais on a bien sûr $f(x) = g(h)$ lorsque $h=x-2$.

Effectuer le développement limité de $f$ au voisinage de $2$ consiste à effectuer le développement limité de $g$ au voisinage de $0$.

On a $\displaystyle{g(h) = \frac{1}{h+2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{1+\frac{h}{2}}}$.

Or, on sait que $\displaystyle{\frac{1}{1+u} \stackrel{u \rightarrow 0}{=} 1-u+u^2-u^3+ \mathrm o(u^3)}$. Donc par composition (on remplace $u$ par $\frac{h}{2}$ ce qui est légitime puisque $\displaystyle{\frac{h}{2} \rightarrow 0}$) :

$\displaystyle{g(h) \stackrel{h \rightarrow 0}{=} \frac{1}{2}.\left(1-\frac{h}{2}+\frac{h^2}{4}-\frac{h^3}{8} + o(h^3)\right)}$.

Finalement$\displaystyle f(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{4}(x-2) + \frac{1}{8}$ $(x-2)^2 - \frac{1}{16}(x-2)^3 + o((x-2)^3)$.

Il ne faut pas développer les $(x-2)^k$. La quantité tendant vers $0$ est $h=x-2$ et non $x$. La partie polynomiale du développement limité est un polynôme de la variable $h=x-2$ et non de la variable $x$.

5) Formule de Taylor-Young

Théorème : Soit $n \in {\Bbb N}$. Soit $f$ une fonction de classe $\mathrm C^n$ au voisinage de $x_0$. Alors $f$ admet un $\mathrm{DL}_n(x_0)$ donné par la formule :

$\displaystyle{f(x_0+h) \stackrel{h \rightarrow 0}{=} \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}h^k + \mathrm o(h^n)}$

$\displaystyle \stackrel{h \rightarrow 0}{=} f(x_0) + f'(x_0)h + \frac{f^{(2)}(x_0)}{2!}h^2 + \ldots$ $+$ $\displaystyle \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} h^n + \mathrm o(h^n)$ ou encore si on revient à la variable originelle $x=x_0+h$ :

$\displaystyle f(x) \stackrel{x \rightarrow x_0}{=} \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$ $(x-x_0)^k + \mathrm o((x-x_0)^n)$

$f(x)\displaystyle \stackrel{x \rightarrow x_0}{=} f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$ $+$ $\displaystyle \frac{f^{(2)}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \ldots$ $+$ $\displaystyle \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \mathrm o((x-x_0)^n)$.

Exemple :

Déterminons un $\mathrm{DL}_2(1)$ de $\arctan$.

On effectue le changement de variable $h=x-1$. On a alors $\arctan(x) = \arctan(h+1)$. Il n'y a pas de formule simple qui permettrait (comme dans le cas de cosinus ou sinus) d'exprimer $\arctan(h+1)$ en fonction de $\arctan(h)$ et $\arctan(1)$. Nous allons donc utiliser la formule de Taylor-Young.

Dans le cas de notre exemple, $x_0=1$. On a :

$\begin{array}{lll}
\scriptstyle \arctan(1) & \scriptstyle = & \frac{\pi}{4}\\
\scriptstyle \arctan'(x) & \scriptstyle = & \scriptstyle \frac{1}{1+x^2} \rightarrow \arctan'(1) = \frac{1}{2}\\
\scriptstyle \arctan^{(2)}(x) & = & -\frac{2x}{(1+x^2)^2} \rightarrow \scriptstyle \arctan^{(2)}(1) = -\frac{1}{2}.\\
\end{array}$

On obtient donc $\displaystyle{\arctan(h+1) \stackrel{h \rightarrow 0}{=} \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}h - \frac{1}{4}h^2 + \mathrm o(h^2)}$ ou $\displaystyle \arctan(x) \stackrel{x \rightarrow 1}{=} \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}$ $\displaystyle (x-1) - \frac{1}{4}(x-1)^2 + \mathrm o((x-1)^2)$.

6) Développement limité d'une fonction au voisinage de l'infini

Le principe est le même que pour un point autre que $0$ : on effectue un changement de variable afin de se ramener en $0$. On pose $\displaystyle h = \frac{1}{x}.$ Ainsi lorsque $x \longrightarrow \pm \infty$, $h
\longrightarrow 0$.

Exemple : calculons un développement limité de la fonction $f:x \mapsto \sqrt{x^2+x+1}$ au voisinage de $+\infty$.

Notons que cette fonction est bien définie au voisinage de $+\infty$ puisque $a(x) = x^2+x+1 \stackrel{x \rightarrow +\infty}{\sim} x^2$ donc $a(x) \geq 0$ au voisinage de $+\infty$.

On pose $\displaystyle{h=\frac{1}{x}}$ donc $\displaystyle{x=\frac{1}{h}}$. Réécrivons $f$ en fonction de la variable $h$ et essayons de faire apparaître la forme de référence $\sqrt{1+u}$ : $\displaystyle{f(x) = \sqrt{\frac{1}{h^2}+\frac{1}{h}+1} = \frac{1}{h}\sqrt{1+h+h^2}}$.

Dans la dernière égalité, on a factorisé par $\displaystyle{\frac{1}{h^2}}$ puis $\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{h^2}} = \frac{1}{|h|} = \frac{1}{h}}$ car localement $h>0$ car $h \longrightarrow 0^+$ car $x \longrightarrow +\infty$.

Composons le $\mathrm{DL}_2(0)$ de $u \mapsto \sqrt{1+u}$

$\displaystyle{\sqrt{1+u}\stackrel{u \rightarrow 0}{=}1+\frac{1}{2}u-\frac{1}{8}u^2 + \mathrm o(u^2)}$ avec le $\mathrm{DL}_2(0)$ de $h \mapsto h+h^2$ qui n'est autre que la fonction elle-même puisque cette dernière est polynomiale.

$\begin{array}{|c|l|} \hline \mathrm P(h) & h+h^2 \\
\hline
\mathrm P^2(h) & h^2 \\
\hline
1+\frac{\mathrm P(h)}{2}-\frac{\mathrm P^2(h)}{8} & 1+\frac{h}{2} + \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\right)h^2\\
\hline
\end{array}$

On a donc $\displaystyle{\sqrt{1+h+h^2} \stackrel{h \rightarrow 0}{=} 1+\frac{h}{2} + \frac{3}{8}h^2 + \mathrm o(h^2)}$ puis $\displaystyle f(x) = f\left(\frac{1}{h}\right) \stackrel{h \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle \frac{1}{h}\left(1+\frac{h}{2} + \frac{3}{8}h^2 + \mathrm o(h^2)\right)$ $\displaystyle = \frac{1}{h} + \frac{1}{2} + \frac{3h}{8} + \mathrm o(h)$.

Remarque :

• L'erreur d'approximation est bien $\mathrm o(h)$ car $\displaystyle{\frac{1}{h}\mathrm o(h^2) = \frac{1}{h}h^2\epsilon(h) = h\epsilon(h) = \mathrm o(h)}$.
• L'approximation locale de $f$ obtenue au voisinage de $+\infty$ n'est pas un développement limité car l'expression $\displaystyle{\frac{1}{h} + \frac{1}{2} + \frac{3h}{8}}$ n'est pas un polynôme à cause du terme ${\frac{1}{h}}$.

Si on revient à la variable $x$ : $\displaystyle{f(x) \stackrel{x \rightarrow +\infty}{=} x + \frac{1}{2} + \frac{3}{8x} + o\left(\frac{1}{x}\right)}$.

Une telle approximation s'appelle un développement asymptotique. Elle nous donne des informations sur le graphe de $f$ au voisinage de $+\infty$. En effet, on a le théorème suivant :

Théorème :

Si la fonction $f$ admet le développement asymptotique au voisinage de $\pm \infty$:
$\displaystyle{f(x) \stackrel{x \rightarrow \pm\infty}{=} \alpha x + \beta + \frac{\gamma}{x^p} + \mathrm o\left(\frac{1}{x^p}\right)}$ avec $(\alpha,\beta,\gamma) \in {\Bbb R}^2 \times {\Bbb R}^*$ et $p \in {\Bbb N}^*$ alors la courbe $(\mathrm C): y=f(x)$ admet la droite asymptotique $(\mathrm D)$ d'équation $y=\alpha x + \beta$ en $\pm \infty$.

De plus, la position de $(\mathrm C)$ par rapport à $(\mathrm D)$ est donnée par le signe local du terme $\displaystyle{\frac{\gamma}{x^p}}$.

Ainsi, dans l'exemple, nous en déduisons que le graphe de $f$ admet au voisinage de $+\infty$, la droite asymptotique $(\mathrm D)$ d'équation $\displaystyle{y=x+\frac{1}{2}}$.

La position de $(\mathrm C)$ par rapport à la droite $(\mathrm D)$ est donnée par le signe local de $\displaystyle \delta(x) = f(x) - \left(x+\frac{1}{2}\right) \stackrel{x \rightarrow +\infty}{=}$ $\displaystyle \frac{3}{8x} + \mathrm o\left(\frac{1}{x}\right) \stackrel{x \rightarrow +\infty}{\sim} \frac{3}{8x}$.

Comme $x>0$ car $x \rightarrow +\infty$, $\displaystyle{\frac{3}{8x}>0}$ et comme deux fonctions équivalentes ont localement le même signe, $\delta(x)>0$ au voisinage de $+\infty$.

De la même façon, au voisinage de $-\infty$, on obtient : $\displaystyle{f(x) \stackrel{x \rightarrow -\infty}{=} -x-\frac{1}{2}-\frac{3}{8x} + \mathrm o\left(\frac{1}{x}\right)}$.

Donc le graphe de $f$ admet au voisinage de $-\infty$, la droite asymptotique $(\mathrm D')$ d'équation $\displaystyle{y=-x-\frac{1}{2}}$ et $(\mathrm C)$ est au-dessus de $(\mathrm D')$ (le terme $\displaystyle{-\frac{3}{8x}}$ est positif au voisinage de $-\infty$).

7) Applications des DL

a) Calcul d'une limite

Théorème 1 :

Si $f$ admet un développement limité en $x_0$, alors $f$ est équivalent en $x_0$ au premier terme (non nul) de son développement limité. On obtient un équivalent du genre : $f(x) \stackrel{x \rightarrow x_0}{\sim} a_p(x-x_0)^p \mbox{ avec }a_p \neq 0$.

Théorème 2 :

Si $f(x) \stackrel{x \rightarrow x_0}{\sim} g(x)$, alors si $g$ admet une limite en $x_0$, il en est de même pour $f$ et $\lim_{x \rightarrow x_0}f(x) = \lim_{x \rightarrow x_0}{g(x)}$.

Méthode pour calculer la limite de $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}}$.

• On commence par s'assurer que c'est une forme indéterminée.
• Avant d'utiliser les développements limités, on peut éventuellement utiliser les équivalents de référence (ce qui est possible si les seules opérations sont le produit, le quotient, le passage à une puissance réelle constante, c'est-à-dire indépendante de la variable $x$).
• On effectue un développement limité à un ordre suffisant du numérateur afin d'obtenir un équivalent de $f$ en $x_0$.
• On fait de même avec le dénominateur.
• Par quotient, on obtient un équivalent de la fonction $\displaystyle{\frac{f}{g}}$ en $x_0$, puis sa limite éventuelle.

Remarque : pour chercher la limite de $\displaystyle{\frac{f}{g}}$, il est inutile de calculer un développement limité de tout le quotient. On se contente de calculer un développement limité du numérateur et du dénominateur.

Exemple : déterminons $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\tan x - \sin(2x)}{\sin^3 x}}$.

On pose $\displaystyle{f(x) = \frac{2\tan x - \sin(2x)}{\sin^3 x} = \frac{n(x)}{d(x)}}$. Il s'agit d'une forme indéterminée du type <<$\displaystyle{\frac{0}{0}}$>>.

Comme $\sin(x) \stackrel{0}{\sim} x$, on en déduit que $\sin^3(x) \stackrel{0}{\sim} x^3$. Il s'agit à présent de calculer un développement limité du numérateur. On ira à l 'ordre $3$ car les termes d'ordre $1$ s'annulent et il n'y a pas de terme d'ordre $2$.

Par utilisation des développements limités de référence : $\displaystyle n(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} 2\left(x + \frac{x^3}{3} + \mathrm o(x^3)\right)$ $-$ $\displaystyle \left(2x - \frac{(2x)^3}{3!} + \mathrm o(x^3)\right) = 2x^3 + \mathrm o(x^3)$.

On en déduit, $n(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{\sim} 2x^3 $ et donc par quotient d'équivalents $f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{\sim} 2$ puis $\lim_{x\rightarrow 0}f(x) = 2$.

b) Calcul de l'équation d'une tangente et position de la tangente par rapport à la courbe

Les termes de degré $\leq 1$ du développement limité d'une fonction permettent d'obtenir l'équation de la tangente.

La position relative de la tangente par rapport à la courbe repose sur le théorème suivant :

Théorème :
Deux fonctions équivalentes au voisinage d'un point sont de même signe au voisinage de ce point.

Méthode :
Soit une fonction $f$ dérivable au voisinage de $x_0$.

• Pour calculer l'équation de la tangente $(\mathrm T)$ au point d'abscisse $x_0$ à la courbe $(\mathrm C): y =f(x)$, on effectue le $\mathrm{DL}_1(x_0)$ de $f$. $f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} a_0+a_1x + \mathrm o(x).$
  L'équation de $(\mathrm T)$ est alors $y=a_0+a_1x$.
• Pour étudier la position relative de $(\mathrm C)$ par rapport à $(\mathrm T)$, on effectue un $\mathrm{DL}_n(x_0)$ de $f$ avec $n$ au moins égal à $2$. Le signe du premier terme non nul du développement limité de $\delta(x) = f(x) -(a_0+a_1x)$ permet de déterminer la position de $(\mathrm C)$ par rapport à $(\mathrm T)$.

Exemple :

Calculons l'équation de la tangente $(\mathrm T)$ à la courbe $(\mathrm C)$: $y= \ln(x^2+2x+2)$ au point d'abscisse $0$, puis déterminons la position relative de $(\mathrm T)$ par rapport à $(\mathrm C)$.

Notons $f$ la fonction définie par $f(x) = \ln(x^2+2x+2)$. Un développement limité de $f$ à l'ordre $1$ : $f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} a_0+a_1x+\mathrm o(x)$ est suffisant pour obtenir l'équation de la tangente.

Pour étudier la position relative de $(\mathrm T)$ par rapport à $(\mathrm C)$, on étudie localement (c'est-à-dire au voisinage de $0$ ici) le signe de la fonction $\delta(x) = f(x) - (a_0+a_1x).$

Or on a $\delta(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=}\mathrm o(x)$. L'ordre $1$ ne suffit pas pour déterminer un équivalent de $\delta(x)$ et ainsi son signe. On utilise en effet le fait que deux fonctions équivalentes en un point ont le même signe au voisinage de ce point.

Il faut donc effectuer un développement limité à l'ordre $2$. On se ramène à la fonction de référence $\ln(1+u)$ en écrivant :

$\displaystyle f(x)=\ln\left(2\left(1+x+\frac{1}{2}x^2\right)\right)$ $\displaystyle = \ln(2)+\ln\left(1+x+\frac{1}{2}x^2\right)$.

$\displaystyle{\ln\left(1+x+\frac{1}{2}x^2\right)=\ln(1+u)}$ avec $\displaystyle{u=x+\frac{x^2}{2} \rightarrow 0}$. (Notons que le développement limité de la fonction $\displaystyle{x \mapsto x+\frac{x^2}{2}}$ est elle-même puisque c'est une fonction polynomiale).

On sait que $\displaystyle{\ln(1+u)\stackrel{u \rightarrow 0}{=}u-\frac{u^2}{2} + \mathrm o(u^2)}$.

Le tableau de composition s'écrit alors :

$$\begin{array}{|c|l|}
\hline
\mathrm P(x) & x + \frac{x^2}{2} \\
\hline
\mathrm P^2(x) & x^2 \\
\hline
\mathrm P(x)-\frac{P^2(x)}{2} & x\\
\hline
\end{array}$$

On a donc $f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \ln(2) +x + \mathrm o(x^2)$. On en déduit que l'équation de la tangente est $y=\ln(2)+x.$

Le $\mathrm{DL}_2(0)$ de $\delta$ est d'après le calcul précédent :

$\delta(x) = f(x)-\left(\ln(2)+x\right)\stackrel{x \rightarrow 0}{=} 0 + \mathrm o(x^2).$

Il s'avère que l'ordre $2$ n'est pas suffisamment pour pouvoir obtenir un équivalent de $\delta$ au voisinage de $0$. On doit aller à l'ordre $3$.

On sait (ou on retrouve) que $\displaystyle{\ln(1+u) \stackrel{u \rightarrow 0}{=} u - \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{3} + o(u^3)}$.

Le tableau de composition s'écrit :

$$\begin{array}{|c|c|} \hline \mathrm P(x) & x + \frac{x^2}{2} \\
\hline
\mathrm P^2(x) & x^2 + x^3\\ \hline
\mathrm P^3(x) & x^3 \\
\hline
\mathrm P(x)-\frac{P^2(x)}{2} + \frac{\mathrm P^3(x)}{3!} & x+\left(-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}\right)x^3\\
\hline
\end{array}$$

On a donc $\displaystyle{f(x) \stackrel{x \rightarrow 0}{=} \ln(2) +x -\frac{x^3}{6}+o(x^3)}$. On en déduit que
$\displaystyle \delta(x) = f(x)-\left(\ln(2)+x\right)\stackrel{x \rightarrow 0}{=}$ $\displaystyle -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$ donc $\displaystyle{\delta(x)\stackrel{x \rightarrow 0}{\sim} -\frac{x^3}{6}}$.

Le signe de $\delta(x)$ est donc celui de $-x^3$ au voisinage de $0$. On en déduit que :

• Au voisinage de $0^+$, la courbe $(\mathrm C)$ est en-dessous de la tangente $(\mathrm T)$
• Au voisinage de $0^-$, la courbe $(\mathrm C)$ est au-dessus de la tangente $(\mathrm T)$.