Motivé par notre introduction nous posons la définition suivante.
Définition
Soient \( f:I\longrightarrow\R\) une fonction définie sur un intervalle \( I\subset \R\) , \( a\in I\) et \( n\in \N\) . On dira que \( f\) admet un développement limité d'ordre \( n\) en \( a\) , noté \( DL_n(a)\) , s'il existe un polynôme \( P\) de degrés au plus \( n\) tel que
\[f(x)=P(x-a)+(x-a)^n\varepsilon(x-a)\]
où \( \varepsilon\) est une poubelle, c'est à dire \( \lim{x\rightarrow 0}\varepsilon(x)=0\) .
Si nous reprenons l'exemple de l'introduction, nous avons déterminer un \( DL_5(0)\) à la fonction \( f(x)=\dfrac{1}{1-x}\) . En effet nous avons trouvé
\[\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^5\varepsilon(x)\]
où \( \varepsilon(x)=\dfrac{-x}{1-x}\) qui tend bien \( 0\) lorsque \( x\) tend vers \( 0\) .
Quitte à réaliser un changement de variable \( t\leftarrow x-a\) , on peut se ramener à n'étudier que les \( DL_n(0)\) que nous noterons simplement \( DL_n\) .
Théorème [Unicité]
Si une fonction admet un \( DL_n\) alors il est unique.
Démonstration
On rappel que l'on note toutes les poubelles par la notation \( \varepsilon(x)\) .
Considérons deux \( DL_n\) d'une fonction \( f\) : \( f(x)=P(x)+x^n\varepsilon(x)=Q(x)+x^n\varepsilon(x)\) . Soit encore \( R(x)=x^n\varepsilon(x)\) où \( R=P-Q\) . Puisque \( P\) et \( Q\) sont des polynômes de degrés au plus \( n\) , il en va de même pour \( R\) . En particulier \( \dpl{R(x)=\sum_{k=0}^na_kx^k}\) pour certains réels \( a_k\) . En calculant la limite en \( 0\) , on trouve que \( R(0)=0\) et donc \( a_0=0\) . C'est à dire que \( \dpl{R(x)=\sum_{k=1}^na_kx^k}\) . En simplifiant par \( x\) dans l'expression \( R(x)=x^n\varepsilon(x)\) on trouve \( \dpl{\sum_{k=0}^{n-1}a_{k+1}x^k=x^{n-1}\varepsilon(x)}\) . En prenant la limite lorsque \( x\) tend vers \( 0\) , on trouve de \( a_1=0\) . En divisant par \( x\) encore une fois et en prenant encore la limite on trouve que proche en proche que tous les \( a_k\) sont nuls et donc que \( R=0\) soit encore que \( P=Q\) et donc que le \( DL_n\) est unique.
Nous pourrons donc parler
du \( DL_n\) au lieu
d'un \( DL_n\) .
Proposition
Soient \( n\in \N\) et \( f(x)=P(x)+x^n\varepsilon(x)\) et \( g(x)=Q(x)+x^n\varepsilon(x)\) des \( DL_n\) .
- Pour tout \( 0\leqslant p \leqslant n\) , \( f\) admet un \( DL_p\) .
Précisément le \( DL_p\) de \( f\) est le polynôme \( P\) tronqué au delà du degrés \( p\) .
- Pour tout réel \( \alpha\) et \( \beta\) , la fonction \( \alpha f+\beta g\) admet un \( DL_n\) .
Précisément le \( DL_n\) de \( \alpha f+\beta g\) est \( \alpha P+\beta Q\) .
- La fonction \( f\times g\) admet un \( DL_n\) .
Précisément le \( DL_n\) de \( f\times g\) est \( P\times Q\) .
- Si \( g(0)\neq 0\) alors la fonction \( \dfrac{f}{g}\) admet un \( DL_n\) .
Précisément le \( DL_n\) de \( \dfrac{f}{g}\) est le polynôme \( R\) quotient de la division euclidienne de \( P\) par \( Q\) suivant les puissances croissantes.
- Si \( g(0)=0\) alors la fonction \( f\circ g\) admet un \( DL_n\) .
Précisément le \( DL_n\) de \( f\circ g\) est \( P\circ Q\) .
Démonstration
Exercice
Exemple
- Nous avons par exemple déterminer le \( DL_5\) de \( f(x)=\dfrac{1}{1-x} = 1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^5\varepsilon(x)\) . Alors de \( DL_3\) de \( f\) est \( f(x) = 1+x+x^2+x^3+x^3\varepsilon(x)\) .
- Nous pourrons, à l'aide d'une formule de Taylor, démontrer que \( exp(x) = 1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+x^3\varepsilon(x)\) .
Ainsi le \( DL_3\) de \( \dfrac{1}{1-x}-exp(x) = \dfrac{x^2}{2}+\dfrac{5x^3}{6}+x^3\varepsilon(x)\) .
- De même le \( DL_3\) de \( \dfrac{exp(x)}{1-x}\) est \( \left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}\right)\left(1+x+x^2+x^3\right) + x^3\varepsilon(x)\) . Dans cette dernière expression, en développant, tous les monômes de degrés strictement supérieur à \( 3\) vont à la poubelle. Ainsi :
\begin{eqnarray*}
\dfrac{exp(x)}{1-x} &=&
\left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}\right)\left(1+x+x^2+x^3\right) + x^3\varepsilon(x)\\
&=& 1\left(1+x+x^2+x^3\right)\\
&+& x\left(1+x+x^2+x^3\right)\\
&+& \dfrac{x^2}{2}\left(1+x+x^2+x^3\right)\\
&+& \dfrac{x^3}{6}\left(1+x+x^2+x^3\right)\\
&+& x^3\varepsilon(x)\\
&=& 1+x+x^2+x^3\\
&+& x+x^2+x^3\\
&+& \dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{2}\\
&+& \dfrac{x^3}{6}\\
&+& x^3\varepsilon(x)\\
&=& 1+2x+\dfrac{5}{2}x^2+\dfrac{8}{3}x^3+x^3\varepsilon(x)
\end{eqnarray*}
- Pour réaliser le \( DL_3\) de \( \dfrac{1}{exp(x)(1-x)}=\dfrac{f(x)}{exp(x)}\) nous allons utiliser la deux méthodes.
- Première méthode : la composition des \( DL\) .
- On a
\begin{eqnarray*}
exp(x)(1-x) &=& \left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+x^3\varepsilon(x)\right)(1-x) \\
&=& 1\left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}\right)-x\left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}\right) + x^3\varepsilon(x)\\
&=& 1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}-x-x^2-\dfrac{x^3}{2} + x^3\varepsilon(x)\\
&=& 1 - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} + x^{3}\varepsilon(x)
\end{eqnarray*}
En utilisant la composition de ce \( DL_3\) et du \( DL_3\) de \( \dfrac{1}{1-X}\) on a
\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{exp(x)(1-x)}
&=&\dfrac{1}{1 - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} + x^{3}\varepsilon(x)}\\
&=&\dfrac{1}{1-X}\qquad\text{où }X=\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} + x^{3}\varepsilon(x)\\
&=& 1 +X+X^2+X^3+X^3\varepsilon(X)\\
&=& 1\\
&+& \left(\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}\right)\\
&+& \left(\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}\right)^2\\
&+& \left(\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}\right)^3\\
&+& x^3\varepsilon(x)\\
&=& 1 + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} + x^3\varepsilon(x)
\end{eqnarray*}
- Seconde méthode : la division des polynômes.
- On réalise, comme cela est indiquer dans la proposition, la division euclidienne du polynôme \( 1+x+x^2+x^3\) par le polynôme \( 1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}\) selon les puissance croissante.
On trouve
\[(1+x+x^2+x^3) = \left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}\right)\left(1+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}\right) + \left(-\dfrac{7x^4}{12}-\dfrac{x^5}{4}-\dfrac{x^6}{18}\right)\]
En particulier tous les monômes du reste vont à la poubelle et le quotient donne \( 1+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}\) (incroyable ! c'est le même résultat qu'avec la précédente méthode).
Proposition
Soit \( f\) une fonction dérivable autour de \( 0\) tel que \( f'\) admette un \( DL_n\) : \( \dpl{f'(x)=\sum_{k=0}^na_kx^k+x^n\varepsilon(x)}\)
Alors \( f\) admet un \( DL_{n+1}\) , précisément
\( f(x)=\dpl{f(0)+\sum_{k=0}^n\dfrac{a_k}{k+1}x^{k+1} + x^{n+1}\varepsilon(x)}
\)
Démonstration
Admise
A présent que nous avons un théorème d'unicité, ainsi que des opérations, nous allons chercher un théorème d'existence.
Commençons par un cas simple : les polynômes.
Proposition
Considérons pour tout \( x\in \R\) , un polynôme \( P(x)=\dpl{\sum a_kx^k}\) . Alors pour tout \( n\in \N\) , \( P\) admet un \( DL_n\) . Précisément
\[P(x)=\dpl{\sum_{k=0}^na_kx^k}+x^n\varepsilon(x)\]
où
- Si \( n{<}\deg(P)\)
- alors \( \varepsilon(x)=\dpl{\sum_{k=0}^{n-\deg(P)}a_{k+n}x^k}\) .
- Si \( n\geqslant\deg(P)\)
- alors \( \varepsilon(x)=0\) .
Démonstration
Triviale
Par exemple le polynôme \( P(x)=2-x+\dfrac{x^2}{2}-x^3+\dfrac{x^4}{6}\) admet :
- pour \( DL_0\) :
- \( P(x)=2+\varepsilon(x)\) où \( \varepsilon(x)=-x+\dfrac{x^2}{2}-x^3+\dfrac{x^4}{6}\) .
- pour \( DL_1\) :
- \( P(x)=2-x+x\varepsilon(x)\) où \( \varepsilon(x)=\dfrac{x}{2}-x^2+\dfrac{x^3}{6}\) .
- pour \( DL_2\) :
- \( P(x)=2-x+\dfrac{x^2}{2}+x^2\varepsilon(x)\) où \( \varepsilon(x)=-x+\dfrac{x^2}{6}\) .
- pour \( DL_3\) :
- \( P(x)=2-x+\dfrac{x^2}{2}-x^3+x^3\varepsilon(x)\) où \( \varepsilon(x)=\dfrac{x}{6}\) .
- pour \( DL_n\) pour tout \( n\geqslant4\) :
- \( P(x)=2-x+\dfrac{x^2}{2}-x^3+\dfrac{x^4}{6}+x^n\varepsilon(x)\) où \( \varepsilon(x)=0\) .
\[DL_0\]
\[DL_1\]
\[DL_2\]
\[DL_3\]
Passer par les polynômes peut être une bonne méthode pour trouver les coefficients des polynômes d'un \( DL_n\) . Dans l'exemple précédent, nous pouvons observer que \( 2\) , premier terme de chacun des \( DL_n\) est en fait \( P(0)\) . Que dire que \( -1\) , coefficient en \( x\) ? Nous souhaiterions l'exprimer uniquement en fonction de \( P\) . Passons par les dérivés.
On rappel que pour une fonction \( f\) , on note \( f^{[n]}\) sa dérivé \( n\) -ième définie de manière récursive par les règles :
\[f^{[0]}=f, \qquad f^{[n+1]}=\left(f^{[n]}\right)'\]
Dans note exemple :
- \( P^{[0]}(x) = 2-x+\dfrac{x^2}{2}-x^3+\dfrac{x^4}{6}\)
- \( P^{[1]}(x) = -1+2\dfrac{x}{2}-3x^2+4\dfrac{x^3}{6}\)
- \( P^{[2]}(x) = 2\dfrac{1}{2}-3\times 2x+4\times 3\dfrac{x^2}{6}\)
- \( P^{[3]}(x) = -3\times 2 +4\times 3\times 2\dfrac{x}{6}\)
- \( P^{[4]}(x) = 4\times 3\times 2\dfrac{1}{6}\)
et \( P^{[n]}=0\) pour tout \( n{>}4\) .
En particulier les valeurs en \( 0\) donne :
- \( P^{[0]}(0) = 2 = a_0\)
- \( P^{[1]}(0) = -1 = a_1\)
- \( P^{[2]}(x) = 2\dfrac{1}{2} = 2a_2\)
- \( P^{[3]}(x) = -3\times 2 = 3\times 2 a_2\)
- \( P^{[4]}(x) = 4\times 3\times 2\dfrac{1}{6} = 4\times3\times 2a_4\)
Lemme
Pour tout \( x\in \R\) , considérons \( P(x)=\dpl{\sum a_kx^k}\) un polynôme à coefficient réels.
\[P^{[k]}(0)=a_kk!\]
Démonstration
Exercice
Ainsi une autre manière de considérer l'écriture d'un polynôme \( P(x)=\dpl{\sum a_kx^k}\) est \[P(x)=\dpl{\sum \dfrac{P^{[k]}(0)}{k!}x^k}\]
Si cela est vrai pour les polynômes, ça doit être vrai pour n'importe quelle fonction \( f\) (dérivable suffisamment de fois).
Définition
Soient \( n\in \N\) et \( f:I\longrightarrow\R\) une fonction définie sur un intervalle \( I\subseteq \R\) et dérivable \( n\) fois.
On appel développement de Maclaurin d'ordre \( n\) , le polynôme
\[P(x) = \sum_{k=0}^n \dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k\]
Reprenons notre fonction de l'introduction \( f(x)=\dfrac{1}{1-x}\) . L'étudiant passionné de récurrence pourra montrer que pour tout \( k\) , \( f^{[k]}(x)=\dfrac{k!}{(1-x)^{k+1}}\) de sorte que \( f^{[k]}(0)=k!\) . Ainsi le développement de Maclaurin correspond exactement aux \( DL_n\) .
L'objectif est de montrer qu'un développement de Maclaurin d'ordre \( n\) est un \( DL_n\) . En effet la définition ne permet pas de caractériser le reste d'une égalité \( f(x)=\dpl{\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k}+x^n\varepsilon(x)\) .
