Définitions, propriétés et opérations

Données

Dans la suite de ce tutoriel, $V$ sera un voisinage de $a\in \mathbf{R}$. On considère $f : V\to \mathbf{R}$. On suppose que $f$ est de classe $C^n$ pour $n\in\mathbf{N}\cup\{+\infty\}$.

Pour rappel, $f$ est dite de classe $C^n$ si $f$ est continue et admet $n$ fonctions dérivées continues.

Fonction négligeable devant une autre

Soit $g:V\to \mathbf{R}$ une fonction définie sur $V$.

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Définition

On dit que $f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $a$, ce que l’on note $f = o_a(g)$ (ou $f = o(g)$ si $a$ est sous-entendu avant), s’il existe $\epsilon : V \to \mathbf{R}$ telle que $\lim_{x\to a}\epsilon(x) = 0$

et $\forall x\in V, \; f(x) = g(x)\epsilon(x).$

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Remarque

$f = o(g)$ se prononce « $f$ est un petit o de $g$ » (« o » prononcé comme la lettre).

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Propriétés

Soient $g,h : V \to \mathbf{R}$.

1. Transitivité : si $f = o(g)$ et $g = o(h)$ alors $f = o(h)$.
2. Compatibilité avec la multiplication : si $f = o(g)$ alors $fh = o(gh)$.

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La démonstration de ces deux propriétés élémentaires est laissée au lecteur (appliquer la définition suffit).

Exemples

On va donner quelques exemples simples de relations.

Au voisinage de $a=0$ on a :

• On a $x\mapsto x$ qui tend vers $0$ en $0$. Ce qui montre que pour tout $n>0$, $x^n = o(x^{n-1})$ puisque $x^n = x^{n-1} \cdot x$. Par transitivité, pour tous $p<n$ on a $x^n = o(x^p)$.
• Si $f$ est continue et vaut $0$ en $0$ alors $f = o(1)$. En effet, remarquez que $f = 1\cdot f$ où $1$ est l’application identiquement égale à $1$. Comme $f$ tend vers $0$ en $0$, alors $\epsilon = f$ convient et on a bien $f = o(1)$.

Au voisinage de $a = +\infty$ on a :

• Si $P$ est un polynôme de degré $n$ alors $P = o(x^{n+1})$.
• Pour tout $n\geq 0$ on a $x^n = o(\exp)$. En effet, $x^n/e^x$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $+\infty$. Donc l’application $\epsilon :x\mapsto x^n/e^x$ convient.

Méthode

En général, pour montrer que $f=o(g)$, au voisinage de $a$, on peut montrer que $f/g = o(1)$, c’est-à-dire que $f/g$ tend vers $0$ en $a$. Cependant, il faut que $g$ ne s’annule pas sur $V-\{a\}$ pour étudier la limite $f/g$ en $a$. Dans le cas contraire, on pourra essayer de factoriser l’expression de $f$ par $g$ et étudier l’autre facteur pour montrer qu’il tend bien vers $0$ en $a$.

Par exemple, montrons que si $P$ est un polynôme de degré $n$, alors au voisinage de $+\infty$, $P = o(x^{n+1})$. Il s’agit en fait de montrer que $\lim_{x\to+\infty} \frac{P(x)}{x^{n+1}} = 0$

mais c’est direct. Posons $P(x) = a_nx^n + \ldots + a_1x + a_0$

alors $\frac{P(x)}{x^{n+1}} = \frac{a_n}{x} + \frac{a_{n-1}}{x^2} + \ldots + \frac{a_1}{x^n} + \frac{a_0}{x^{n+1}}$

et tous ces termes tendent bien vers $0$ en $+\infty$. Comme on a une somme finie de termes qui tendent vers $0$, $P(x)/x^{n+1}$ tend bien vers $0$ en $+\infty$.

Formule de Taylor-Lagrange

Nous allons commencer à introduire la notion de développement limité. Il est important de se souvenir que $f$ est de classe $C^n$. Le développement qui suit est dit « à l’ordre $n-1$ ».

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Définition ; formule de Taylor-Lagrange

Soit $h\in\mathbf{R}$ tel que $a+h\in V$. On définit $R_n(h)$ par la formule $f(a+h) = f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{1\cdot 2}f''(a) + \ldots + \frac{h^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) + R_n(h).$

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Cette formule du « reste » est appelée formule de Taylor-Lagrange. Le reste $R_n$ est une fonction que l’on va déterminer.

Détermination du reste

La lecture de ce qui suit peut être omise en première approche. Il va s’agir principalement de démontrer que $R_n = o(h^{n-1})$. On aura également une expression explicite de $R_n$. On va montrer qu’il existe $\theta\in ]0,1[$ tel que $R_n(h) = \frac{f^{(n)}(a+\theta h)}{n!}h^{n}.$

En prenant les dérivées successives de la formule $f(a+h) = f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{1\cdot 2}f''(a) + \ldots + \frac{h^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) + R_n(h)$

par rapport à $h$ on voit que :

1. la dérivée $n$-ième de $R_n$ en $h$ est égale à $f^{(n)}(a+h)$ ;
2. $R_n$ et ses $n-1$ premières dérivées s’annulent pour $h=0$.

Ces deux conditions permettent de définir complètement $R_n$. En effet si $\phi$ est une autre fonction qui satisfait ces conditions, alors $R_n-\phi$, ayant la $n$-ième dérivée et ses successives nulles, sera un polynôme de degré $n-1$ mais ce polynôme et ses $n-1$ premières dérivées s’annulent pour $h=0$ et est donc identiquement nul.

La formule $R_n(h) = \int_{0}^{h}\frac{(h-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(a+t)\,\mathrm{d}t$

convient pour définir $R_n$.

Posons $t = uh$ avec $u$ variant de $0$ à $1$. On a alors : $R_n(h) = \frac{h^{n}}{(n-1)!}\int_{0}^{1}(1-u)^{n-1}f^{(n)}(a+uh)\,\mathrm{d} u.$

Cela montre que $R_n = o(h^{n-1})$.

Soit $p$ un entier positif arbitraire non supérieur à $n$. La fonction à intégrer sera le produit des deux facteurs : $(1-u)^{p-1} \text{ et } (1-u)^{n-p}f^{(n)}(a+uh),$

dont le premier est positif et le second est continu, on en déduit par le théorème de la moyenne : $R_n(h) = h^{n}\frac{(1-\theta)^{n-p}f^{(n)}(a+\theta h)}{(n-1)!}\int_{0}^{1}(1-u)^{p-1}\,\mathrm{d} u,$

$\theta$ désignant une quantité strictement comprise entre $0$ et $1$. De plus : $\int_{0}^{1} (1-u)^{p-1}\,\mathrm{d} u = \left[ -\frac{(1-u)^{p}}{p}\right]^{1}_0 = \frac{1}{p}.$

On en déduit donc, avec $p=n$ : $R_n(h) = \frac{h^{n}}{n!}f^{(n)}(a+\theta h).$

Inégalité de Taylor-Lagrange

La détermination du reste nous permet d’en déduire une inégalité assez forte. En effet, s’il existe une majoration de $\left| f^{(n)}(a+\theta h)\right|$ par $M$ on a : $\left| f(a+h) - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{h^k}{k!}f^{(k)}(a)\right| = | R_n(h) | \leq M\frac{\left|h\right|^n}{n!}.$

Exemple

On peut regarder le développement de $\exp(x)$ en $x=0$ d’après la formule de Taylor-Lagrange.

Comme la dérivée d’exponentielle est elle-même et $\exp(0) = 1$, on en déduit que pour tout $n\geq 1$ on a : $\exp(h) = \left(\sum_{k=0}^{n-1} \frac{h^k}{k!}\right) + R_n(h).$

L’étude du reste montre qu’il existe $\theta$ entre $0$ et $1$ tel que $R_n(h) = \frac{h^n}{n!}\exp(\theta h).$

Graphiquement, on peut tracer les polynômes obtenus (c’est-à-dire l’expression sans le reste) pour $n=2,3$, ce qui donne :

En bleu la représentation de $\exp(x)$ et en rouge les deux polynômes des développements limités aux ordres 1 et 2.

On peut également tracer la fonction $R_3$, c’est-à-dire la différence entre $\exp(x)$ et $P(x)$ où $P$ est obtenu par le développement à l’ordre $n-1=2$ ($P$ est un polynôme de degré $2$). Cela donne :

Développement limité

On va maintenant définir plus généralement la notion de développement limité. Par la formule de Taylor-Lagrange nous aurons déjà un moyen d’en fabriquer « en masse ».

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Définition

On dit que $f$ admet un développement limité à l’ordre $n$ en $a$ s’il existe un polynôme $P$ de degré au plus $n$ tel que : $f(a+h) = P(h) + o(h^{n}).$

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À noter

La formule de Taylor-Lagrange garantit l’existence d’un développement limité à l’ordre $n-1$ pour une application $f$ de classe $C^{n}$.

Propriétés

1. Un développement limité d’ordre $n$, s’il existe, est unique.
2. Si $f$ admet un développement limité à l’ordre $0$ alors $f$ est continue.
3. Si $f$ admet un développement limité à l’ordre $1$ alors $f$ est dérivable.

Preuves

Montrons le premier point. Soient $P,Q$ deux polynômes a priori distincts tels que $f(a+h) = P(h) + o(h^{n}) = Q(h) + o(h^{n})$. On a alors l’existence de $\epsilon : V \to \mathbf{R}$ de limite nulle en $a$ telle que : $P(h) - Q(h) = h^{n}\epsilon(h)$

or terme à terme le membre de gauche s’annule quand on fait tendre $h$ vers $0$.

Pour le deuxième point, on a bien $\lim_{h\to 0}f(a+h) = \lim_{h\to 0}f(a) + \epsilon(h) = f(a).$

La réciproque est vraie : $\epsilon(h) = f(a+h) - f(a)$

convient.

Pour le troisième point, si $f(a+h) = f(a) + a_1 h + \epsilon(h)h$ alors : $\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h) - f(a)}{h} = a_1.$

La réciproque est vraie : $\epsilon(h) = f(a+h) - f(a) - f'(a)h$

convient.

Calculs sur les développements limités

Soit $g : V\to\mathbf{R}$. Supposons que $f$ et $g$ admettent pour développements limités à l’ordre $n$ respectifs $P$ et $Q$.

Somme

Pour $\alpha\in \mathbf{R}$, $\alpha f +g$ admet pour développement limité en $a$ : $(\alpha f+g)[a+h] = (\alpha P+Q)[h] + o(h^{n}).$

En effet, pour $\epsilon_f,\epsilon_g$ correspondants on a bien : $h^{n}(\alpha \epsilon_f(h) + \epsilon_g) = o(h^{n}).$

Produit

$fg$ admet pour développement limité à l’ordre $n$ en $a$ $(fg)(a+h) = (T_n(P Q))(h) + o(h^{n})$

où $T_n$ est le tronqué du polynôme à l’ordre $n$.

En effet : il existe $R\in \mathbf{R}[x]$ tel que $(PQ)(h)= (T_n(PQ))(h) + h^{n+1}R(h)$

et d’où : $(fg)(a+h) = (T_n(PQ))(h) + h^{n}(Q\epsilon_f(h) + P\epsilon_g(h) + hR(h))$

ce qui convient.

Exemple

On peut regarder le développement à l’ordre $3$ en $x=0$ de $\sin(x)\cos(x)$. On a pour tout $x$ proche de $0$ $\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3), \; \cos(x) = 1-\frac{x^2}{2} + o(x^3).$

On calcule le produit des polynômes : $\forall x\in \mathbf{R}, \; \left( x - \frac{x^3}{6}\right)\left(1-\frac{x^2}{2}\right) = x -x^3\left(\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\right) + \frac{x^5}{12}$

et donc le tronqué de ce polynôme à l’ordre $3$ est $x - \frac{2x^3}{3}$. Ainsi, pour $x$ proche de $0$, $\sin(x)\cos(x) = x - \frac{2x^3}{3} o(x^3).$

Composition

Supposons que $a=g(a)=0$ alors $f\circ g$ admet pour développement limité en $a$ : $(f\circ g)(h) = (T_n(P\circ Q))(h) + o(h^{n}).$

Procédons par récurrence sur $n$. Pour $n=0$ c’est vérifié, de plus on a $Q(0) = 0$.

Supposons $f = P + \epsilon_1$ et $g = Q + \epsilon_2$. Posons $P(x) = a_0 + a_1 x +\ldots + a_nx^{n}$ et $Q(x) = b_0 + b_1 x +\ldots + b_nx^{n}$. On a : $P(g(x)) = \sum_{i=0}^{n}a_ig(x)^{i} = T_n\left(\sum_{i=0}^{n}a_iQ(x)^{i}\right) + x^{n}\epsilon_3(x).$

Comme $Q(0) = 0$ on a $b_0 = 0$. On pose (possible car on peut supposer $n>0$) $\gamma$ tel que : $g(x) = x\gamma(x)$

ce qui donne : $(f\circ g)(x) = P(x\gamma(x)) + x^{n}\gamma(x)^{n}\epsilon_1(xh(x)) = T_n(P\circ Q)(x) + x^{n}(\gamma(x)^{n}\epsilon_1(g(x))+\epsilon_3(x)).$

Quotient

Soit $g : V\to \mathbf{R}$. Puisque le développement limité à l’ordre $n$ en $0$ de $x\mapsto 1/(1-x)$ est : $\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{n} x^{k} + o(x^{n})$

alors si le quotient $f/g$ est bien défini, un développement limité en $0$ existe (à un ordre qui est le minimum de ceux de $f$ et $g$).

Méthode pour les quotients

Il y a une technique plus simple que de passer par la composition par $1/(1-x)$ puis par le produit pour obtenir le quotient de deux développements limités. Il s’agit de faire une division selon les puissances croissantes des polynômes des développements.

Si $f,g$ sont bien définies pour $x$ proche de $a$ avec $g(a)\neq 0$ et de développements respectifs $P$ et $Q$ à l’ordre $n$ en $a$. Alors si $K$ est le polynôme du développement de $f/g$ en $a$ à l’ordre $n$ on a alors par définition pour $h$ proche de $0$ : $\frac{f(a+h)}{g(a+h)} = K(h) + o(h^n)$

mais par produit des développements limités, on a aussi nécessairement : $f(a+h) = Q(h)K(h) + o(h^n)$

et donc finalement on a aussi $P(h) = Q(h)K(h) + o(h^n)$

ce qui montre qu’il suffit de faire la division de $P$ par $Q$ selon les puissances croissantes (en s’arrêtant au degré $n$).

Exemple de quotient

Avec la méthode précédente, calculons le développement limité en $x=0$ de $\tan(x)$ à l’ordre $5$. On a pour $x$ proche de $0$ : $\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5), \; \cos(x)= 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!} +o(x^5).$

On divise donc le polynôme $x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!}$ par $1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!}$ selon les puissances croissantes. On procède : $x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} = \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!}\right) \left( x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} \right) + \left( \frac{19x^7}{360} - \frac{x^9}{180} \right)$

et donc le développement limité à l’ordre $5$ de $\tan(x)$ en $x=0$ est : $\tan(x) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5).$

Pour effectuer la division on peut supposer qu’il existe $a,b,c,d,e,f$ réels tels que $x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{5!} = \left(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{4!}\right) \left(a +bx + cx^2 + dx^3 + ex^4 + fx^5\right) + \rho_6$

avec $\rho_6$ un polynôme dont tous les termes ont leur degré au moins égal à $6$. On peut aussi poser la division comme une division euclidienne en rangeant les termes dans l’ordre de leurs puissances et s’arrêter au degré $5$.

Maintenant que l’on connait le développement limité de $\tan(x)$ en $x=0$ à l’ordre $5$ on peut tracer deux courbes : celle de $\tan$ (en bleu) et celle du polynôme défini par le développement limité (en rouge). Cela donne :

Primitive

Si $f$ admet pour développement limité à l’ordre $n$ en $a$ $f(a+h) = \sum_{k=0}^{n} \frac{a_k}{k!}h^{k}+ o(h^{n}).$

Alors si $F$ est une primitive de $f$, le développement limité de $F$ est : $F(a+h) = F(a) + \sum_{k=0}^{n}\frac{a_k}{(k+1)!}h^{k+1} + o(h^{n+1}).$

Il s’agit de montrer que si $f(a+h) = P(h) + h^{n}\epsilon(h)$ alors $h^{n}\epsilon(h)$ admet bien une primitive en $o(h^{n+1})$. Par le théorème de la moyenne : $\int_{0}^{h}h^{n}\epsilon(h) \,\mathrm{d}h = h \theta^{n}\epsilon(\theta) = u(h)$

pour un certain $\theta$ entre $0$ et $h$. Maintenant $|u(h)| \leq |h|^{n+1}|\epsilon(\theta)|$

et comme $\epsilon(\theta)$ tend vers $0$ pour $h$ tendant vers $0$ on a bien $u(h) = o(h^{n+1})$.

Formule de Taylor-Young

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Théorème ; formule de Taylor-Young

Si $f$ est $C^n$ avec $n$ fini alors $f$ admet un développement limité à l’ordre $n$ en $a$ : $f(a+h) = \sum_{k=0}^{n}\frac{h^{k}}{k!}f^{(k)}(a) + o(h^{n}).$

C’est la formule de Taylor-Young.

Pour le cas $n\leq 1$ c’est déjà démontré (si $f$ est continue (respectivement dérivable) alors elle admet un développement à l’ordre $0$ (respectivement $1$)). Pour le cas général, on fait descendre la valeur de $n$ par récurrence et on remonte par l’intégration du développement limité.

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Exemple

Comme $\exp(0)= 1$ et comme la dérivée de l’application exponentielle est elle-même alors pour tout $n\geq 0$ on a pour $x$ proche de $0$ : $\exp(x) = \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} + o(x^n).$