Soient $I$ un intervalle de $\R$, $a< b\in I$. Soit $f$ une fonction définie sur $I$ dans $\R$.
On suppose que $f$ est de classe $\CC^1$ sur $I$. On peut écrire en utilisant la définition de l'intégrale: $$\forall x\in [a;b],\,\int_a^xf'(t)\ud t=f(x)-f(a).$$ Ce qui nous donne: $$\color{blue}{\forall x\in [a;b],\,\,f(x)=f(a)+\int_a^xf'(t)\ud t.}$$ Supposons maintenant que $f$ est de classe $\CC^2$ sur $I$, alors: $$ \begin{array}{lclr} f(x)-f(a)&=& \dsp{\int_a^xf'(t)\ud t}&\text{ IPP }u'(t)=1,\,v(t)=f'(t)\\ &=&\dsp{\left[-(x-t)f'(t)\right]_a^x-\int_a^x-(x-t)f''(t)\ud t},&\,\,u(t)=-(x-t),\,v'(t)=f''(t)\\ &=&\dsp{(x-a)f'(a)+\int_a^x(x-t)f''(t)\ud t}& \end{array} $$ On en déduit $$ \forall x\in [a;b],\,\,f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+\int_a^x(x-t)f'(t)\ud t. $$ Peut-on généraliser cette démarche pour des fonctions plus régulières sur $I$?
Pour $x\in [0;\pi]$. Montrer la relation suivante: $$1-\frac{x^2}{2}\leq \cos(x)\leq 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}.$$
La fonction $\cos$ est de classe $\CC^{\infty}$ sur $\R$. On va appliquer la formule de Taylor avec le reste intégrale. On prend $I=[0;\pi]$ et $a=0$,
| $n$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| $f^n(x)\quad\quad\quad$ | $-\sin(x)\quad\quad\quad$ | $-\cos(x)\quad\quad\quad$ | $\sin(x)\quad\quad\quad$ | $\cos(x)\quad\quad\quad$ | $-\sin(x)\quad\quad\quad$ |
| $f^n(0)$ | 0 | -1 | 0 | 1 | 0 |
Donc d'après la formule de Taylor avec $n=2$, on a: $$\forall x\in [0;\pi],\,\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\int_0^x\frac{(x-u)^2}{2}\sin (u)\ud u.$$ Or pour $u\in [0;x]$, on a $(x-u)^2\geq 0$ et $\sin(u)\geq 0$ (car $0\leq u\leq x\leq \pi$), donc $\dsp{\int_0^x\frac{(x-u)^2}{2}\sin (u)\ud u\geq 0}$. On en déduit alors que: $$\forall x\in [0;\pi],\,1-\frac{x^2}{2}\leq \cos(x).$$ Appliquons maintenant la formule de Taylor avec $n=4$, $$\forall x\in [0;\pi],\,\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\underbrace{\int_0^x\frac{(x-u)^4}{24}\sin (u)\ud u}_{\geq 0}.$$ D'où $$\forall x\in [0;\pi],\,\cos(x)\leq 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}.$$ En utilisant les deux relations précédentes on obtient la réponse.
Soient $I$ un intervalle de $\R$, $a\in I$ et $n\in \N$.
Comme la fonction $\sin\in \CC^{\infty}(\R)$, et on a $\forall u\in \R,\,|\sin^{(4)}(u)|\leq 1$. Alors en appliquant le théorème \ref{ITL}, on obtient: $$\forall x\in \R,\,\left|\sin(x)-x+\frac{x^3}{6}\right|\leq \frac{x^4}{24}.$$
Montrer que: $$\forall n\in \N,\,\forall x\in \R,\,\left|\ee^x-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\right|\leq \ee^{|x|}\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}.$$ On admet que $\ee\leq 3$. Trouver une approximation de $\ee$ à $10^{-3}$ près.
La fonction $\exp$ est de classe $\CC^{\infty}$ sur $\R$, et on a $\exp^{(n)}=\exp$ pour tout entier $n$ dans $\N$. On applique alors le théorème \ref{ITL} à cette fonction en prenant $a=0$. Ce qui donne: $$\forall x\in \R,\,\left|\ee^x-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\right|\leq M\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} ,$$ avec $M$ est un majorant de $\exp^{(n+1)}$ sur l'intervalle $[\min(0,x);\max(0,x)]$. Sur cette intervalle, on peut prendre $M=\min(1,\ee^x)\leq \ee^{|x|}$.
D'après la majoration ci-dessus, on a: $$|\ee-1-\frac{1}{1!}-\cdots-\frac{1}{n!}|\leq \frac{\ee}{(n+1)!}\leq \frac{3}{(n+1)!}.$$ On cherche une approximation à $10^{-3}$ près, pour cela, il suffit de bien choisir $n$ dans la relation précédente i.e: $$\frac{3}{(n+1)!}\leq 10^{-3}\Longleftrightarrow 3000\leq (n+1)!\Longleftrightarrow 6\leq n.$$ Donc: $$\ee=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{120}+\frac{1}{720}+\alpha=\frac{720+720+360+120+30+6+1}{720}+\alpha=\frac{1957}{720}+\alpha.$$ Avec $\alpha\leq 0.001$ ($\alpha\approx 0.0002262729$).
Soit $I$ un intervalle de $\R$, $a\in I$ (Dans cette section $I$ désigne un voisinage de $a$). Soit $f$ une fonction définie au voisinage de $a$, si on suppose que $f$ est continue en $a$ alors ceci équivalent à écrire: $$\underset{x\rightarrow a}{\lim}|f(x)-f(a)|=0.$$ Supposons maintenant que $f$ est de classe $\CC^1$ au voisinage de $a$, ceci implique que $f$ est continue dérivable en $a$. Alors d'après le cours sur la dérivation: $$\exists \varepsilon:I\longmapsto\R,\text{ telle que } \varepsilon(a)=0,\,\forall x\in I,\,f(x)=f(a)+(x-a)\left(f^{'}(a)+\varepsilon(x)\right).$$ et $\varepsilon$ continue en $a$. Donc pour $x\neq a$, on a: $$\frac{f(x)-f(a)-(x-a)f^{'}(a)}{(x-a)}=\varepsilon(x)\underset{x\rightarrow a}{\longrightarrow}0.$$
Soient $a\in $ et $f$ une fonction définie au voisinage de $a$ telle que $f$ est de $\CC^3$ sur ce voisinage. Calculer les limites suivantes: $$\underset{h\rightarrow 0}{\lim} \frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}.$$ $$\underset{h\rightarrow 0}{\lim} \frac{f(a+3h)-3f(a+2h)+3f(a+h)-f(a)}{h^3}.$$
Notons $V_a$ le voisinage de $a$ sur lequel $f$ est définie. D'après le théorème \ref{FTY}. Il existe $\varepsilon: V_a\longmapsto\R$ définie au voisinage de $a$, telle que $\varepsilon$ continue en $a$ et $\varepsilon(a)=0$. De plus: $$\forall x\in V_a,\,f(x)=f(a)+(x-a)f^{'}(a)+\frac{(x-a)^2}{2}f^{''}(a)+\frac{(x-a)^3}{6}f^{'''}(a)+(x-a)^3\varepsilon(x).$$ Soit $h\in \R^*$ assez proche de $0$ de sorte que $a\mp h\in V_a$. Alors: $$ \begin{array}{lcl} f(a+h)-f(a)&=&\dsp{hf^{'}(a)+\frac{h^2}{2}f^{''}(a)+\frac{h^3}{6}f^{'''}(a)+h^3\varepsilon(a+h)} \\ &&\\ f(a-h)-f(a)&=&\dsp{-hf^{'}(a)+\frac{h^2}{2}f^{''}(a)-\frac{h^3}{6}f^{'''}(a)-h^3\varepsilon(a-h)} \end{array} $$ On en déduit, $$f(a+h)+f(a-h)-2f(a)=\dsp{2\frac{h^2}{2}f^{''}(a)+\dfrac{h^3}{6}(\varepsilon(a+h)-\varepsilon(a-h))}.$$ Donc $$ \boxed{\underset{h\rightarrow 0}{\lim} \frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}=f^{''}(a)}.$$ De même, on a: \begin{center} $$ \begin{array}{lcl} f(a+3h)&=&\dsp{f(a)+3hf^{'}(a)+\frac{9h^2}{2}f^{''}(a)+\frac{27h^3}{6}f^{'''}(a)+27h^3\varepsilon(a+3h)}\\ &&\\ 3f(a+2h)&=&\dsp{-3f(a)-6hf^{'}(a)-3\frac{4h^2}{2}f^{''}(a)-3\frac{8h^3}{6}f^{'''}(a)-24h^3\varepsilon(a+2h)}\\ &&\\ 3f(a+h)&=&\dsp{+3f(a)+3hf^{'}(a)+3\frac{h^2}{2}f^{''}(a)+3\frac{h^3}{6}f^{'''}(a)+3h^3\varepsilon(a+h)} \end{array} $$ On en déduit: $$\frac{f(a+3h)-3f(a+2h)+3f(a+h)-f(a)}{h^3}= f^{'''}(a)+\frac{27\varepsilon(a+3h)-24\varepsilon(a+2h)+\varepsilon(a+h)}{6}\underset{h\rightarrow 0}{\longrightarrow}f^{'''}(a).$$
Dans la suite de cette partie, on considère $I$ un intervalle de $\R$ et $a\in \overline{\R}$ élément ou extrémité de $I$. $f$ une fonction définie de $I$ dans $\R$.
On écrit $f$ ne s'annule pas au voisinage de $a$ pour signifier que autour de point $a$ la fonction $f$ n'est pas nulle sauf peut-être au point $a$, i.e; $$\exists \varepsilon>0,~~\forall x\in I\cap[a-\varepsilon;a+\varepsilon]\diagdown \{a\},~~f(x)\neq 0.$$ Par exemple, $f(x)=x$ ne s'annule pas au voisinage de $0$.
On remarque que si $f\underset{a}{\sim}g$ alors au voisinage de $a$ on a $u=\dfrac{f}{g}>0$. En particulier $f$ ne s'annule pas au voisinage de $a$ (car $f=ug$). De cette définition on peut en tirer les remarques suivantes:
Soit $a\in \R$. Soient $f$ et $g$ deux fonction strictement positives au voisinage de de $a$. On suppose que $f \underset{a}{\backsim}g$ et que $g$ admet une limite $\ell\in \overline{\R}$ en $a$ avec $\ell\neq 1$.
$\ln(f)$ et $\ln(g)$ sont bien définies car $f$ et $g$ sont strictement positives. Puisque $\ell\neq 1$, alors il existe un voisinage $V_a$ de $a$ tel que: $$\forall x\in V_a,~~g(x)\neq 1\Longrightarrow \forall x\in V_a,~~\ln(g(x))\neq 0.$$ Donc, $$\forall x\in V_a,~~\frac{\ln(f(x))}{\ln(g(x))}-1=\frac{\ln\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)}{\ln(g(x))} \underset{x\rightarrow a}{\longrightarrow}\frac{\ln\left(\frac{\ell}{\ell}\right)}{\ln(\ell)}=0.$$ Ce qui nous donne le résultat.
Si $\underset{a}{\lim}\,g=1$, on ne peut pas conclure que $\ln(f)\underset{a}{\backsim}\ln(g)$, comme le montre l'exemple: $f(x)=1+2x,\,\,g(x)=1+x$ et $a=0$.
Soit $I$ un intervalle de $\R$, on suppose que $0\in \overset{\circ}{I}$. Soit $f$ une fonction définie de $I$ dans $\R$. Soit $n\in \N$.
Si $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $0$, on notera alors $f$ admet un DL$_n(0)$. Ceci est équivalent à écrire $f=P+\underset{0}{o}(x^n)$, avec $P$ est une fonction polynômial de degré inférieur ou égale à $n$.
Soit $n\in \N$. On suppose que $f$ admet un DL$_n(0)$ dont la partie régulière $P=\dsp{\sum_{k=0}^na_kX^k}$. Montrer que pour tout $m\leq n$, $f$ admet un DL$_m(0)$ et en donner la partie régulière.
D'après la définition de développement limité, on a: $$\forall x\in I,\,f(x)=\sum_{k=0}^na_ix^i+x^n\varepsilon(x),\,\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\,\varepsilon(x)=0.$$ Pour $m< n$, on peut alors écrire, pour tout $x\in I$, $$f(x)=\sum_{k=0}^ma_ix^i+a_{m+1}x^{m+1}+\cdots+a_nx^n+x^n\varepsilon(x)=\sum_{k=0}^ma_ix^i+x^m\left(a_{m+1}x+\cdots+a_nx^{n-m}+x^{n-m}\varepsilon(x)\right)$$ En posant alors $\varepsilon_m(x)=\left(a_{m+1}x+\cdots+a_nx^{n-m}+x^{n-m}\varepsilon(x)\right)$, on a: $$\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\,\,\varepsilon_m(x)=0\Longrightarrow f(x)=\sum_{k=0}^ma_ix^i+\underset{0}{o}(x^m).$$ D'où le résultat.
La partie régulière de ce DL s'obtient en tronquant $P$ à l'ordre $m$.
On pourrait tenter de continuer, i.e si $f$ admet un DL$_n(0)$ avec $n\geq 2$ alors $f$ est deux fois dérivable en $0$. Mais ce résultat n'est pas correcte comme le montre l'exercice suivant.
En revanche si $f$ est deux fois dérivable alors $f$ admet un DL$_n(0)$ avec $n\geq 0$.
Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x^3\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)&\text{ si } x\neq 0,\\ 0&\text{sinon}. \end{array} \right.$. Montrer que $f$ admet un DL$_2(0)$, $f$ est-elle deux fois dérivable en 0?
Posons $\varepsilon(x)=\left\{\begin{array}{ll} x\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)&\text{ si } x\neq 0,\\ 0&\text{sinon}. \end{array} \right.$, on a $\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\,\varepsilon(x)=0$ (fonction bornée fois une fonction qui tend vers 0). Donc on a: $$\forall x\in \R,\,f(x)=x^2\varepsilon(x)\Longrightarrow f\text{ admet un DL}_2(0),$$ dont la partie régulière est 0, on a alors $f(0)=0$ et $f^{'}(0)=0$.
Pour $x\neq 0$, on a: $$f^{'}(x)=3x^2\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)+x\sin\left(\dfrac{1}{x}\right),$$ on retrouve en particulière que $\underset{0}{\lim}\,f^{'}=0$. En dérivant une deuxième fois, on trouve pour $x\neq 0$, $$f^{''}(x)=6x\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)+4\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}\cos\left(\dfrac{1}{x}\right),$$ donc $f''$ n'admet pas de limite en $0$ ....
$f$ deux fois dérivable en $0$? Pour $x\neq 0$, on a $$\dfrac{f'(x)-f'(0)}{x}=\dfrac{3x^2\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)+x\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)}{x} =3x\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)+\sin\left(\dfrac{1}{x}\right) $$ n'admet pas de limite lorsque $x$ tend vers $0$.
Soit $a\in \R$, $I$ un intervalle de $\R$ tel que $a\in \overset{\circ}{I}$. Soit $n\in \N$. Soit $f$ une fonction définie de $I$ dans $\R$. On définit $I_0=\{t\in \R,\,a+t\in I\}$, $I_0$ est un voisinage de $0$, on définit également $f_0:I_0\longmapsto\R$ par $f_0(t)=f(a+t)$.
Autrement dit, $$f_0=P+\underset{0}{o}(t^n)\Longleftrightarrow f(x)=P(x-a)+\underset{a}{o}((x-a)^n).$$
Soit $f(x)=\frac{1}{x}$ définie au voisinage de $1$. Alors $f_0(t)=\frac{1}{1+t}$ définie au voisinage de $0$. Le DL$_n(0)$ de $f_0$ est: $$f_0(t)=\sum_{i=0}^n(-t)^i+\underset{0}{o}(t^n)\Longrightarrow f(x)=\sum_{i=0}^n(-1)^i(x-1)^i+\underset{1}{o}((x-1)^n).$$
On suppose maintenant que $a=\infty$, $I$ est un voisinage de $\infty$ ($I=[M;\infty[$ ou$]M;\infty[$). Soit $f$ une fonction définie de $I$ dans $\R$. On définit $I_0=\{t\in \R^*,\,\frac{1}{t}\in I\}$, $I_0$ est un voisinage de $0$, on définit également $f_0:I_0\longmapsto\R$ par $f_0(t)=f(\frac{1}{t})$.
On appelle la partie régulière du
DL$_n(a)$ de $f$ le polynôme rationnelle $x\longmapsto P(\frac{1}{x})$ ou $P$ est la partie régulière de
DL$_n(0)$ de $f_0$.
Soit $f(x)=\dfrac{x}{x-1}$, on a alors $f_0(t)=\dfrac{1}{1-t}$. Le DL$_n(0)$ de $f_0$ est: $$f_0(t)=\sum_{i=0}^n(t)^i+\underset{0}{o}(t^n)\Longrightarrow f(x)=\sum_{i=0}^n(\frac{1}{x})^i+\underset{\infty}{o}((1/x)^n).$$
Soit $I$ un intervalle de $\R$, $a\in I$ et $f\in \CC^n(I)$. d'après la formule de Taylor-Young, on a: $$f(x)=f(a)+f^{'}(a)(x-a)+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n+x^n\varepsilon(x),\,\underset{x\rightarrow a}{\lim}\,\varepsilon(x)=0.$$ Donc on en déduit le résultat suivant:
En particulière, si $f\in \CC^{\infty}(I)$ alors $f$ admet un DL$_n(a)$ pour tout $n\in \N$.
Soit $I$ un intervalle de $\R$, $0\in I$. Soit $n\in \N$.
Surtout il ne faut pas oublier $f(0)$ en intégrant!!
La réciproque de résultat précédent est fausse, en fait, $f$ peut admettre un DL$_{n+1}(0)$ sans que $f^{'}$ admet un DL$_n(0)$. Essayer avec l'exemple $x\longmapsto x^3\cos(\frac{1}{x})$.
La régularité d'une fonction $f$ permet grâce à la formule de Taylor-Young de justifier l'existence d'un DL au voisinage d'un point (qu'on prend ici 0), en plus on a la partie régulière de DL en fonction des dérivées successive de $f$ en 0.
Or en générale le calcul des dérivées successive peut s'avérer une tache difficile (>même pour les passionné de calcul), essayer de calculer les dérivées de $\arctan$...
Dans cette partie, on verra comment contourner cette difficulté en utilisant les opérations sur les fonctions admettent un DL.
Si $f$ admet un DL$_n(0)$ et $g$ admet un DL$_m(0)$, alors $\lambda f+g$ admet un DL$_p(0)$ avec $p=\min(n,m)$, dont la partie régulière s'obtient en tronquant $\lambda P_f+P_g$ à l'ordre $p$.
D'après les propriétés précédentes, on a: $$ \begin{array}{ccl} \dfrac{1}{1-x} &= &1+x+x^2+\cdots+x^n+\underset{0}{o}(x^n) \\ \dfrac{1}{1+x} &= &1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+ \underset{0}{o}(x^n)\\ &&\\ \hline &&\\ \dfrac{2}{1-x^2}&=&2+2x^2+\cdots+(1+(-1)^n)x^n+\underset{0}{o}(x^n). \end{array} $$ En particulière si $n=2p$, on trouve que: $$\boxed{\dfrac{1}{1-x^2}=1+x^2+\cdots+x^{2p}+\underset{0}{o}(x^n).}$$ On retrouve également la propriété sur les fonctions paire.
Alors $g\circ f$ admet un DL$_n(0)$ dont la partie régulière est obtenue en tronquant $P_g(P_f)$ à l'ordre $n$.
Soit $n\in \N$, on sait que, $$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+\underset{0}{o}(x^n).$$ On en déduit donc, $$\boxed{\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\cdots+(-1)^nx^{2n}+\underset{0}{o}(x^{2n})}$$ Supposons que $n=2p$, en utilisant le résultat sur la primitivation d'un DL, on trouve: $$\boxed{ \begin{array}{rl} \arctan(x)=&\dsp{\arctan(0)+\int_0^x\left(1-t^2+\cdots+(-1)^pt^{2p}\right)+\underset{0}{o}(x^{2p+1})}\\ =&\dsp{x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots+(-1)^p\frac{x^{2p+1}}{2p+1}+\underset{0}{o}(x^{2p+1})} \end{array}} $$
On a $\cos(0)=1$ donc $x\longmapsto\frac{1}{\cos(x)}$ admet un DL$_n(0)$. En particulière pour $n=4$, on a: $$\begin{array}{rl} \dfrac{1}{\cos(x)}=& \dfrac{1}{1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)}\\ &\\ =&1+\left(\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{24}\right)+\left(\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{24}\right)^2+o(x^4)=1+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{5x^4}{24}+o(x^4). \end{array}$$
L'utilisation de développement limité permet de calculer facilement certaines limites, comme le montre les exemples ci-après:
Soit $f$ la fonction définie par: $f(x)=\sqrt[3]{x^2(x-2)}$, on a $f\in \CC(\R)$ et $f\in \CC^\infty(\R\setminus\{0;2\})$. De plus, $$\forall x\in \R\setminus\{0;2\},\,f'(x)=\dfrac{x(3x-4)}{3\sqrt[3]{(x^2(x-2))^2}}.$$ $f'$ s'annule pour $x=\frac{4}{3}$, on en déduit le tableau de variation de $f$:
A faire
Au voisinage de $\mp \infty$ on a: $$f(x)=x\,\sqrt[3]{(1-\frac{2}{x})}=x\left(1-\frac{2}{x}\right)^{\frac{1}{3}}=x\left(1-\frac{2}{3x}-\frac{4}{9x^2}+o(\frac{1}{x^2})\right)=x-\frac{2}{3}-\frac{4}{9x}+o(\frac{1}{x^2}).$$ Ce qui montre que $\mathcal{C}_f$ admet la droite d'équation $y=x-\frac{2}{3}$ comme asymptote, et au voisinage de $-\infty$ la courbe est au dessus de la droite puisque $f(x)-y =-\frac{4}{9x}+o(\frac{1}{x^2})>0$ ($x$ est au voisinage de $-\infty$), tandis que au voisinage de $ \infty$ on a $\mathcal{C}_f$ est en dessous de la droite.