Développement des fonctions usuelles

Tous les développement limités de cette section sont au voisinage de 0. Pour les obtenir, le premier moyen est de calculer les dérivées successives et d'en déduire le polynôme de Taylor. On obtient ainsi les développements suivants, que vous devrez connaître par cur.

Théorème 6   Soit $n$ un entier, $\alpha$ un réel.

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Démonstration : Nous avons déjà vu le développement limité de l'exponentielle : les dérivées successives en 0 sont toutes égales à $1$. Nous avions aussi traité le développement de $1/(1-x)$, dont la dérivée $n$-ième en 0 vaut $n!$. Pour le sinus et le cosinus,

$$\sin'(x)=\cos(x)\;,\quad \sin''(x)=-\sin(x)\;,\quad \sin^{(3)}(x)=-\cos(x)\;,\quad \sin^{(4)}(x)=\sin(x)\;.$$

Les dérivées successives en 0 de $\sin$ et $\cos$ valent alternativement, 0 et $\pm 1$. Précisément :

$$\sin^{(n)}(0)=\left\{\begin{array}{rcl} 0&\mbox{si}&n\equiv 0 \qu... ...si}&n\equiv 2 \quad[4]\\ -1&\mbox{si}&n\equiv 3 \quad[4]\;, \end{array}\right.$$   et$$\quad \cos^{(k)}(0)=\left\{\begin{array}{rcl} 1&\mbox{si}&n\equiv... ...si}&n\equiv 2 \quad[4]\\ 0&\mbox{si}&n\equiv 3 \quad[4]\;. \end{array}\right.$$

La figure 3 représente les fonctions sinus et cosinus avec leurs premiers polynômes de Taylor en 0. Le point 5 peut être vu comme une généralisation de la formule du binôme de Newton ; si $\alpha$ est un entier positif, $(1+x)^\alpha$ est un polynôme, et tous les termes du développement sont nuls à partir de $n=\alpha+1$. Dans le cas général, la dérivée $n$-ième de $x\mapsto (1+x)^\alpha$ est :

$$x\longmapsto \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(1+x)^{\alpha-n}\;.$$

La démontration par récurrence est facile. On en déduit immédiatement la formule annoncée.$\square$

Figure 3: Fonctions sinus et cosinus avec leurs premiers polynômes de Taylor en 0.

Constatez que le développement du sinus ne contient que des termes impairs, celui du cosinus que des termes pairs. C'est une propriété générale qui se démontre facilement : si une fonction est paire, ses dérivées d'ordre impair en 0 sont nulles, donc son polynôme de Taylor ne contient que des termes pairs ; si la fonction est impaire, ce sont ses dérivées d'ordre pair qui s'annulent et le polynôme de Taylor ne contient que des termes impairs. A partir des cinq développements du théorème 6, on peut en calculer beaucoup d'autres. Par exemple par linéarité à partir du développement de l'exponentielle :

$$\sinh(x)=\frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{2} = x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots +\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1})\;.$$

$$\cosh(x)=\frac{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}{2} = 1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots +\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\;.$$

Il est à noter que les développements du sinus et cosinus ordinaires peuvent se retrouver de la même façon en utilisant les formules d'Euler. La figure 4 représente les fonctions $\sinh$ et $\cosh$ avec leurs premiers polynômes de Taylor en 0. Observez que dans les deux cas, le quatrième polynôme ne se distingue pas de la fonction sur l'intervalle de représentation.

Figure 4: Fonctions sinus et cosinus hyperboliques avec leurs premiers polynômes de Taylor en 0.

Utilisons maintenant le développement de $1/(1-x)$. Par composition avec $x\mapsto -x$, on obtient :

$$\frac{1}{1+x}=1-x+x^2+\cdots +(-1)^nx^n+o(x^{n})\;.$$

La primitive nulle en 0 est $\ln(1+x)$ :

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{(-1)^nx^{n+1}}{n+1}+o(x^{n+1})\;.$$

La figure 5 représente la fonction $\ln$ et ses six premiers polynômes de Taylor.

Figure: Fonction $\ln$ et ses polynômes de Taylor en 0 jusqu'à l'ordre $n=5$.

Par composition avec $x\mapsto x^2$, on obtient aussi :

$$\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4+\cdots +(-1)^nx^{2n}+o(x^{2n})\;.$$

La primitive nulle en 0 est $\arctan(x)$ :

$$\arctan(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots +\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}+o(x^{2n+1})\;.$$

Utilisons enfin le développement de $(1+x)^\alpha$. Pour $\alpha=-1$, on retrouve le développement de $1/(1+x)$ que nous avons déjà écrit. Les cas les plus fréquents sont $\alpha=1/2$, $\alpha=-1/2$ et ceux où $\alpha$ est un entier négatif.

$$\displaystyle{ \sqrt{1+x}} = \displaystyle{ 1+\frac{1}{2} x-\frac{1}{8} x^2+\cdots +\frac{(-1)^{n-1}1.3.5\ldots(2n-3)}{2^{n}(n!)} x^n+o(x^n)}\;.$$

$$\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1+x}}} = \displaystyle{ 1-\frac{1}{2} x+\frac{3}{8} x^2+\cdots +\frac{(-1)^{n}1.3.5\ldots(2n-1)}{2^{n}(n!)} x^n+o(x^n)\;. }$$

$$\displaystyle{ \frac{1}{(1+x)^k}} = \displaystyle{ 1-k x+\frac{k(k+1)}{2} x^2+\cdots +\frac{(-1)^nk(k+1)\cdots(k+n-1)}{n!} x^n+o(x^n)}\;.$$

Du développement de $1/\sqrt{1+x}$, on déduit celui de $1/\sqrt{1-x^2}$, par composition avec $x\mapsto -x^2$. La primitive de $1/\sqrt{1-x^2}$ nulle en 0 est $\arcsin(x)$.

$$\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}} = \displaystyle{ 1+\frac{1}{2} x^2+\frac{3}{8} x^4+\cdots +\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} x^{2n}+o(x^{2n})}\;.$$

$$\arcsin(x) = \displaystyle{ x+\frac{1}{6} x^3+\frac{3}{40} x^5+\cdots +\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2(2n+1)} x^{2n+1}+o(x^{2n+1})}\;.$$

Pour illustrer les différentes techniques, nous proposons de calculer le développement de la fonction tangente d'ordre $5$ par sept méthodes différentes. Nous ne détaillons pas tous les calculs : il vous est vivement conseillé de les reprendre par vous-même.

Méthode 1 : $${\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}}\;.$$
Partez avec les développements limités de $\sin$ et $\cos$ à l'ordre $5$ :

$$\sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)$$   et$$\quad \cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^5)\;.$$

Calculez ensuite le développement de $1/\cos(x)$. (il est inutile d'écrire les termes de degrés supérieurs à $5$).

$$\frac{1}{\cos(x)} = \frac{1}{1-\left(\frac{x^2}{2}- \frac{x^4}{24}+o(x^5)\right)}$$

$$= 1+\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{24}+o(x^5)\right)+ \left(x^2-\frac{x^4}{24}+o(x^5)\right)^2 +o(x^5)$$

$$= 1+\frac{x^2}{2}+\frac{5x^4}{24}+o(x^5)\;.$$

Il reste à effectuer le produit par le développement de $\sin(x)$.

$$\left(x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}+o(x^5)\right) \left(1+\frac... ...}{2}+\frac{5x^4}{24}+o(x^5)\right) = x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5)\;.$$

Méthode 2 : $${\tan(x)=\frac{1-\cos(2x)}{\sin(2x)}}\;.$$
Attention, il y a un piège : si vous procédez comme pour la méthode précédente, voici ce que vous trouvez.

$$1-\cos(2x)=2x^2-\frac{2x^4}{3}+o(x^5)$$   et$$\quad \sin(2x)=2x-\frac{4x^3}{3}+\frac{4x^5}{15}+o(x^5)\;.$$

Donc :

$$\frac{1-\cos(2x)}{\sin(2x)}= \frac{2x-\frac{4x^3}{3}+o(x^4)} {2-\frac{4x^2}{3}+\frac{4x^4}{15}+o(x^4)}\;.$$

Tout ce que vous pourrez en déduire, c'est un développement à l'ordre $4$, et non $5$. Pour éviter cela, il faut augmenter l'ordre au départ.

$$1-\cos(2x)=2x^2-\frac{2x^4}{3}+\frac{4x^6}{45}+o(x^6)$$   et$$\quad \sin(2x)=2x-\frac{4x^3}{3}+\frac{4x^5}{15}+o(x^6)\;.$$

Donc :

$$\frac{1-\cos(2x)}{\sin(2x)}= \frac{x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{45}+o(x^5)} {1-\frac{2x^2}{3}+\frac{2x^4}{15}+o(x^5)}\;.$$

Vous calculez séparément :

$$\frac{1}{1-\left(\frac{2x^2}{3}-\frac{2x^4}{15}+o(x^5)\right)} = 1+\left(\frac{2x^2}{3}-\frac{2x^4}{15}\right) +\left(\frac{2x^2}{3}\right)^2+o(x^5)$$

$$= 1+\frac{2x^2}{3}+\frac{14x^4}{45}+o(x^5)\;,$$

puis vous effectuez le produit :

$$\left(x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{45}+o(x^5)\right) \left(1+\frac... ...{3}+\frac{14x^4}{45}+o(x^5)\right) = x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5)\;.$$

Méthode 3 : $${\tan^2(x)=-1+\frac{1}{\cos^2(x)}}\;.$$
Même piège que précédemment : si vous partez de développements d'ordre $5$, vous n'obtiendrez finalement que l'ordre $4$. Les calculs successifs sont les suivants.

$$\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+o(x^6)\;,$$

$$\cos^2(x)=1-x^2+\frac{x^4}{3}-\frac{2x^6}{45}+o(x^6)\;,$$

$$\frac{1}{\cos^2(x)}=1+x^2+\frac{2x^4}{3}+\frac{17x^6}{45}+o(x^6)\;,$$

$$-1+\frac{1}{\cos^2(x)}=x^2+\frac{2x^4}{3}+\frac{17x^6}{45}+o(x^6)\;,$$

$$\sqrt{-1+\frac{1}{\cos^2(x)}} = \sqrt{x^2+\frac{2x^4}{3}+\frac{17x^6}{45}+o(x^6)}$$

$$= x\sqrt{1+\left(\frac{2x^2}{3}+\frac{17x^4}{45}+o(x^4)\right)}$$

$$= x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5)\;.$$

Il peut vous paraître osé d'avoir remplacé $\sqrt{x^2}$ par $x$ sans se préoccuper du signe : il se trouve que l'expression obtenue est aussi valable pour $x<0$ (pensez que la fonction est impaire).

Méthode 4 : $${\tan'(x)=\frac{1}{\cos^2(x)}}\;.$$
Comme nous prendrons une primitive à la fin, il suffit d'un développement d'ordre $4$ pour la dérivée (ce qui en l'occurrence ne change pas grand-chose).

$$\cos^2(x)=\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)\right)^2 =1-x^2+\frac{x^4}{3}+o(x^4)\;.$$

$$\frac{1}{\cos^2(x)}= 1+\left( x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4) \right)+... ...t( x^2-\frac{x^4}{3}+o(x^4) \right)^2+o(x^4) =1+x^2+\frac{2x^4}{3}+o(x^4)\;.$$

Il reste à prendre la primitive, en utilisant le fait que le terme constant est nul.

$$\tan(x)=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5)\;.$$

Méthode 5 : $\tan'(x)=1+\tan^2(x)$.
Nous avons ici une équation dont l'inconnue est le développement cherché. Comme la fonction tangente est impaire, nous savons que son développement d'ordre $5$ est de la forme $a x+b x^3+c x^5+o(x^5)$, où $a$, $b$ et $c$ sont des réels à déterminer. Alors :

$$1+\tan^2(x)=1+\big( a x+b x^3+c x^5+o(x^5) \big)^2= 1+a x^2+2ab x^4+o(x^4)\;.$$

La primitive nulle en 0 a pour développement :

$$x+\frac{a x^3}{3}+\frac{2ab x^5}{5}+o(x^5)\;.$$

Par unicité du développement limité, on doit avoir :

$$\left\{\begin{array}{lcl} a&=&1\\ b&=&a/3\\ 2ab/5&=&c\;. \end{array}\right.$$

On obtient donc : $a=1$, $b=1/3$ et $c=2/15$.

Méthode 6 : $\tan(x)=-\big(\ln(\cos)\big)'(x)$.
Comme nous dériverons à la fin, nous devons commencer avec des développements d'ordre $6$.

$$\ln(\cos(x)) = \ln\left(1+ \left(-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+o(x^6)\right)\right)$$

$$= \left(-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}\right) -\frac... ...^2}{2}+\frac{x^4}{24}\right)^2 +\frac{1}{3}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^3+o(x^6)$$

$$= -\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}-\frac{x^6}{45}+o(x^6)\;.$$

L'opposé de la dérivée donne bien :

$$\tan(x)=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5)\;.$$

Méthode 7 : $\tan(\arctan(x))=x$.
Nous connaissons le développement de $\arctan$ d'ordre $5$ :

$$\arctan(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^5)\;.$$

Soit $\tan(x)=a x+b x^3+c x^5+o(x^5)$ le développement cherché. Alors :

$$\tan(\arctan(x)) = a\left(x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}\right) +b\left(x-\frac{x^3}{3}\right)^3 +c\big( x \big)^5+o(x^5)$$

$$= a x+(-a/3+b) x^3+(a/5-b+c) x^5+o(x^5)\;.$$

Par unicité du développement limité, on doit avoir :

$$\left\{\begin{array}{lcl} a&=&1\\ -a/3+b&=&0\\ a/5-b+c&=&0\;. \end{array}\right.$$

On obtient encore : $a=1$, $b=1/3$ et $c=2/15$.