Cours de mathématiques - 1ère année de CPGE économique et commerciale, voie ECS, Développements limités

Développements limités - 1 - ECS 1
DEVELOPPEMENTS LIMITES


L’enjeu de ce chapitre est de comparer au voisinage d’un point une fonction complexe
à des fonctions plus simples, en l’occurrence des fonctions polynômes, pour mieux
étudier son comportement.
Dans tout ce chapitre, n désigne un entier naturel.
I – Formules de Taylor
1) Formule de Taylor avec reste intégral
On peut remarquer que toute fonction dérivable est primitive de sa dérivée.
1Donc si f est une fonction de classe C sur un intervalle I, pour tous a et b de I, on
b b
peut écrire : f '(t)dt = f (b)− f (a) . Donc : f (b) = f (a)+ f '(t)dt ∫ ∫
a a
2Si la fonction f est de classe C , on peut intégrer par parties en posant u'(t) = 1 et
v(t) = f '(t) , et donc u(t) = (t − b) et v'(t) = f "(t) . On obtient :
b
bf (b) = f (a) + [(t − b) f '(t)] − (t − b) f "(t)dt a ∫
a
b
Donc f (b) = f (a)− (a − b) f '(a)− (t − b) f "(t)dt . ∫
a
b
Donc f (b) = f (a)+ (b − a) f '(a) + (b − t) f "(t)dt . ∫
a
3Si la fonction f est de classe , on peut intégrer par parties en posant u'(t) = b − t et C
2
(b − t) (3)v(t) = f "(t) , et donc u(t) = − et v'(t) = f (t) . On obtient :
2
b b2 2 (b − t) (b − t) (3)f (b) = f (a)+ (b − a) f '(a) + − f "(t) + f (t)dt   ∫2 2   a a
b2 2
(b − a) (b − t) (3)Donc f (b) = f (a) + (b − a) f '(a)+ f "(a)+ f (t)dt . ∫2 2
a
Plus généralement, on démontre le théorème suivant par récurrence :
n+1Théorème : Soit f une fonction de classe sur un intervalle I. Pour tous a et b de C
bn k n
(b− a) (b− t)(k) (n+1)I : f (b) = f (a)+ f (t)dt . ∑ ∫k! n!
k=0 a
L’initialisation est démontrée. Il reste à montrer l’hérédité.
n+1
Supposons donc que pour toute fonction f de classe C sur l’intervalle I et pour tous
bn k n(b − a) (b − t)(k) (n+1)
a et b de I : f (b) = f (a)+ f (t)dt . ∑ ∫k! n!
k=0 a
Cours de math matiques - ECS1 - Catherine Laidebeure - Lyc e Albert Schweitzer, Le Raincy - 2011
eeDéveloppements limités - 2 - ECS 1
n+2Si f est une fonction de classe C sur l’intervalle I, on peut intégrer par parties en
n n+1
(b − t) (b − t)(n+1)posant u'(t) = et v(t) = f (t) , et donc u(t) = − et
n! (n +1)!
(n+2)v'(t) = f (t) . On obtient :
b bn k n+1 n+1 (b − a) (b − t) (b − t)(k) (n+1) (n+2)f (b) = f (a) + − f (t) − − f (t)dt  ∑ ∫k! (n +1)! (n +1)! k=0   a a
bn k n+1 n+1
(b − a) (b − a) (b − t)(k) (n+1) (n+2)Donc : f (b) = f (a) + f (a) + f (t)dt . ∑ ∫k! (n +1)! (n +1)!
k=0 a
bn+1 k n+1
(b − a) (b − t)(k) (n+2)Donc : f (b) = f (a) + f (t)dt . ∑ ∫k! (n +1)!k=0 a
Donc l’hérédité est démontrée, ce qui termine la récurrence.
La formule obtenue est la formule de Taylor à l’ordre n avec reste intégral.
Exemple : La fonction ln est indéfiniment dérivable sur ]0,+∞[ . Ses dérivées
n−1
1 (−1) (n −1)!(0) (1) (n)successives sont : ln (x) = ln x , ln (x) = , et ln (x) = .
nx x
On applique la formule de Taylor à l’ordre n entre 1 et x :
xn k n(x −1) (x − t)(k) (n+1)
ln x = ln (1) + × ln (t)dt . ∑ ∫k! n!
k=0 1
xn k n(x −1) (x − t)k−1 n+1
Donc : ln x = (−1) + (−1) dt . ∑ ∫ n+1k tk=0 1
2n k−1 n(−1) (2− t)n+1
En particulier : ln 2 = + (−1) dt ∑ ∫ n+1k tk=0 1
n (k )
P (a)n kCorollaire : Si P∈ [X ], alors pour tous réels a et x : P(x) = (x − a) ∑
k!k=0
∞ n+1 (n+1)
En effet, P est C , donc C et P = 0 .
3 2 (1) 2 (2) (3)
Exemple : P(x) = x − 5x + 7x + 4, P (x) = 3x −10x + 7 , P (x) = 6x −10 , P (x) = 6 .
n (k )P (−1) 1 1k (1) (2) 2 (3) 3
P(x) = (x +1) = P(−1)+ P (−1)(x +1) + P (−1)(x +1) + P (−1)(x +1) ∑
k! 2 6
k=0
2 3
P(x) = −9+ 20(x +1) − 8(x +1) + (x +1)
Ceci peut par exemple être utile pour des intégrations.
2) Formule (égalité) de Taylor-Lagrange
Il s’agit de donner une autre expression du reste.
n+1Théorème : Soit f une fonction de classe sur un intervalle I. Pour tous a et b de I C
n k n+1(b − a) (b − a)(k ) (n+1)distincts, il existe c∈]a,b[ tel que : . f (b) = f (a) + f (c)∑
k ! (n +1)!k=0
On note la condition c∈]a,b[ , mais cela signifie c compris strictement entre a et b
sans imposer d’ordre entre a et b.
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eeDéveloppements limités - 3 - ECS 1
kn (n +1)! (b − a) (k) Démonstration : Puisque a ≠ b , on pose : A = f (b)− f (a) .  ∑ n+1 k!(b − a) k=0 
k n+1n (b − a) (b − a)(k ) Donc : f (b) = f (a)+ A . ∑
k! (n +1)!k=0
k n+1n (b − x) (b − x)(k) Soit g la fonction g définie par : g(x) = f (b) − f (x)− A . ∑
k! (n +1)!k=0
n+1 1La fonction f est de classe C , donc g est de classe C sur I. Or g(a) = g(b) = 0 .
Donc d’après le théorème de Rolle, il existe c∈]a,b[ tel que : g '(c) = 0 .
k−1 k nn n(b − x) (b − x) (b − x)(k) (k+1)Or : g '(x) = f (x)− f (x) + A . ∑ ∑
(k −1)! k! n!k=1 k=0
Dans la première somme on pose j = k −1 et dans la deuxième j = k .
n−1 j n j n(b − x) (b − x) (b − x)( j+1) ( j+1)Donc : g '(x) = f (x) − f (x) + A . ∑ ∑
j! j! n!j=0 j=0
n(b − x) (n+1) (n+1)
Donc : g '(x) = [A− f (x)]. Donc : A = f (c)
n!
n k n+1(b − a) (b − a)(k ) (n+1) Donc : . f (b) = f (a) + f (c)∑
k ! (n +1)!k=0
Remarque : On connaît l’existence de c, mais pas son expression.
La formule peut aussi s’écrire en posant h = b − a :
n k n+1h h(k) (n+1)f (a + h) = f (a)+ f (a + θh) avec θ∈]0,1[ ∑
k! (n +1)!k=0
3) Inégalité de Taylor-Lagrange
Elle est obtenue en majorant le reste.
n+1
Théorème : Soit f une fonction de classe C sur un intervalle I telle que
(n+1)∀t ∈ I f (t) ≤ M . Alors pour tous a et b de I :
n+1n k b − a(b − a) (k )
f (b) − f (a) ≤ M . ∑
k! (n +1)!
k=0
n+1 (n+1)Remarque : Puisque f est de classe C sur l’intervalle [a,b], sa dérivée f est
continue sur [a,b], et donc bornée ainsi que sa valeur absolue. Donc le réel M existe.
Démonstration : D’après l’égalité de Taylor-Lagrange, on a :
n+1k n+1n b − a(b − a) (b − a)(k ) (n+1) (n+1) (n+1)f (b) − f (a) = f (c) = f (c) et f (c) ≤ M ∑
k! (n +1)! (n +1)!k=0
Cette inégalité va permettre de calculer une valeur approchée de f (b) connaissant les
diverses dérivées de f en un point a proche et donne un majorant de l’erreur commise.
3 5 2 4
x x x x
Exemple : sin x − x + ≤ et cos x −1+ ≤ ( et ). a = 0 b = x
6 120 2 24
3 2x x4 3Donc, au voisinage de 0 : sin x − x + =o(x ) et cos x −1+ = o(x ) .
0 06 2
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eeDéveloppements limités - 4 - ECS 1
4) Formule de Taylor-Young
nThéorème : Soit f une fonction de classe sur un intervalle I et a un point de I. C
Alors il existe une fonction ε définie sur I telle que lim ε(x) = 0 et :
x→a
n k(x − a) (k ) n . ∀x∈ I f (x) = f (a) + (x − a) ε(x)∑
k!k=0
Démonstration : On note : I =]a, x[ si a < x et I =]x,a[ si a > x . x x
nf est de classe C sur I, donc d’après l’égalité de Taylor-Lagrange au rang (n −1) :
n−1 k n(x − a) (x − a)(k ) (n)∀x∈ I − a ∃c ∈ I f (x) = f (a) + f (c ) . { } x x ∑ x
k! n!
k=0
n k n(x − a) (x − a)(k ) (n) (n) Donc : ∀x∈ I − a f (x) = f (a) + [ f (c )− f (a)] . { } ∑ x
k! n!
k=0
1 (n) (n)On définit la fonction ε par ε(a) = 0 et : ∀x∈ I − a ε(x) = [ f (c ) − f (a)]. { } x
n!
(n)Or, par encadrement : lim c = a , donc par continuité de f : lim ε(x) = 0 . x
x→a x→a
nRemarque : Dans cette formule, le terme (x − a) ε(x) n’est pas explicité. Il est par
ndéfinition négligeable devant (x − a) puisque lim ε(x) = 0 .