Dérivabilité - BCPST Hoche

Chapitre 9
Dérivabilité
–
–
–
–
–
–
–
–
–
Connaître les définitions de la dérivée en un point,
Connaître les dérivées usuelles,
Savoir utiliser le théorème de Rolle et des accroissements finis,
Utiliser la dérivée d’une fonction pour étudier ses variations.
Savoir utiliser le théorème de prolongement C 1 .
Connaître et savoir utiliser la formule de Taylor-Lagrange.
Formule de dérivée d’une composée, et de la bijection réciproque.
Montrer qu’une fonction est de classe C n , et utiliser la formule de Leibniz
Connaître quelques propriétés des fonctions convexes.
\
=
$
CC
BY:
I
Dérivée en un point, sur un intervalle
Comme pour les limites, on considère une fonction définie sur un domaine D ⊂ R, à valeurs dans R.
Lorsqu’on regarde la dérivée en x0 , on suppose que le domaine D contient un petit intervalle autour x0 (à
droite et à gauche). Lorsqu’on regarde la dérivée à droite (resp. à gauche) on suppose que le domaine D
contient un petit intervalle à droite (resp. à gauche) de x0 .
⋆
Définitions
Définition 1. On dit que le fonction f est dérivable au point x0 , si la fonction définie Tx0 définie par :
Tx0 : x 7→
f (x) − f (x0 )
x − x0
admet une limite finie en x0 .
Cette fonction est bien définie pour les x 6= x0 , tel que x ∈ D, donc d’après les hypothèse au moins sur
un intervalle du type ]x0 − α, x0 [∪]x0 , x0 + α[, on peut donc parler de sa limite en x0 .
Autrement dit si :
f (x) − f (x0 )
∃L ∈ R, lim
=L
x→x0
x − x0
Ce qui s’écrit aussi :
f (x0 + h) − f (x0 )
= L, ou ∃L ∈ R, f (x) = f (x0 ) + L(x − x0 ) + o(x − x0 )
x0
h→0
h
∃L ∈ R, lim
Le nombre L est alors appelé nombre dérivé et noté f ′ (x0 ) ,
1
df
(x0 ), ou Df (x0 ).
dx
2
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Remarque:
– La fonction Tx0 associe à x 6= x0 , le coefficient directeur de la droite qui passe par les deux points
(x0 , f (x0 ), (x, f (x)). Ainsi, f ′ (x0 ) peut être interprété comme la limite du coefficient directeur de
cette droite, i.e. le coefficient directeur de la tangente au point x0 .
– L’équation de la tangente est alors :
∆ : y = f ′ (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ).
– Une fonction est donc dérivable si elle est égale à sa tangente à un o(x − x0 ) près, c’est-à-dire si la
différence avec sa tangente est négligeable devant la quantité (x − x0 ).
(x0 )
= +∞, la tangente en x0 est verticale.
– On peut aussi voir que si limx→x0 f (x)−f
x−x0
– Enfin, notons que la dérivabilité est une propriété locale, donc si deux fonctions sont égales sur un
intervalle d’un point x0 , l’une est dérivable si et seulement si l’autre l’est.
Application 1 À partir de la définition montrer que la fonction f : x 7→ x1 est dérivable en x0 , avec
√
f ′ (x0 ) = − x12 . Idem pour les fonction x 7→ ax + b, et pour les fonctions x 7→ x.
0
⋆
Dérivée à droite et à gauche
Enfin, on peut définir la dérivée à droite et à gauche selon :
Définition 2. On dit que la fonction f est dérivable à droite (resp. à gauche) si la fonction Tx0 admet
une limite à droite (resp. à gauche) en x0 . On note alors fd′ (x0 ) (resp. fg′ (x0 )).
On a de plus la proposition :
Proposition 1. Une fonction f définie autour et en x0 est dérivable en x0 si et seulement si elle est
dérivable à gauche et à droite avec de plus fd′ (x0 ) = fg′ (x0 ).
Démonstration. Cela revient à dire : Tx0 admet une limite en x0 si et seulement si elle admet une limite à
droite et à gauche et que ces deux dérivées sont égales.
Cette proposition sert généralement à démontrer qu’une fonction de la forme :

f (x)
1
f :x→
7
f (x)
2
si x 6 0
sinon
est dérivable, en calculant les dérivées à gauche et à droite en 0.
Application 2
Soit la fonction définie sur R par :
f (x) =
Montrer que f est dérivable.
⋆

0
x sin(x)
si x 6 0
sinon
Dérivabilité et continuité
Enfin, on a vu que si f est dérivable en x0 , on a : f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) + o(x − x0 ), donc : on
x0
a f (x) = f (x0 ) + o(1). Ce qui est une autre manière d’écrire que la fonction f est continue en x0 . Ainsi :
x0
Proposition 2. Une fonction dérivable en x0 est continue en x0 . On a aussi : une fonction dérivable à
droite (resp. à gauche) en x0 est continue à droite (resp. à gauche) en x0 .
Il est donc inutile de se demander si une fonction non continue est dérivable.
Attention : certaines fonctions sont continues sur leur intervalle de définition, mais ne sont pas dérivable
√
au bords de leur intervalle définition ( ·, | · |, arcsin et arccos, par exemple).
I. DÉRIVÉE EN UN POINT, SUR UN INTERVALLE
⋆
3
Fonction dérivée
On étend comme pour la continuité la définition de la dérivabilité en un point à un intervalle selon :
Définition 3. On dit que la fonction f est dérivable sur l’ensemble D,si elle est dérivable en tout point
de D.
Pour traiter le cas des bords d’un intervalle, si D est de la forme [a, b], on dit que est dérivable sur [a, b]
si et seulement si f est dérivable en tout point de ]a, b[, et si f est dérivable à droite de a et à gauche de
b. On pose de plus f ′ (a) = fd′ (a) et f ′ (b) = fg′ (b).
On peut alors définir l’application dérivée :
′
f (x) =
On note aussi f ′ = Df =
(
D → R
x 7→ f ′ (x)
df
dx .
Exemple: Considérons la fonction
R → R

x 7→
x2 sin
0
1
x
si x 6= 0
si x = 0
Par des théorèmes généraux (que l’on
va
voir plus
loin dans ce chapitre), la fonction f est dérivable sur
1
1
′
]0, +∞[, avec ∀x 6= 0, f (x) = 2x sin
− cos
.
x
x
Étudions la dérivabilité en 0.
Déjà, on peut remarquer que ∀x 6= 0, |f (x)| 6 x2 , en particulier f est continue en 0, cela a donc un
sens de se demander si elle est dérivable.
De même que pour la continuité, on a :
f (x) − f (0) =
∀x =
6 0, x−0 Ainsi, f est aussi dérivable en 0, avec f ′ (0) = 0
f (x) x =
x sin 1 6 |x| −
−−→ 0.
x→0
x Cette exemple montre que pour déterminer l’ensemble sur laquelle une fonction f est dérivable, il ne faut
pas calculer la dérivée puis déterminer l’ensemble de définition de la fonction f ′ .
Ici par exemple, l’expression de f ′ que l’on obtient en dérivant n’est pas définie en 0, et n’admet même pas
de limite en 0. Pourtant f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0.
La fonction f ′ est donc définie sur R, par :
f ′ x 7→
Application 3
⋆

2x sin 1 − cos 1
x
0
x
si x 6= 0
si x = 0
Représenter cette fonction. Vérifier que f ′ (x) n’admet pas de limite en 0.
Extension aux fonctions à valeurs dans C, dans R2 et R3
La notion de dérivée 1 se généralise au cas d’une fonction f à valeurs dans C et Rn (n ∈ N) de manière
naturelle : toutes les composantes de la fonction f doivent être dérivable, et la dérivée de f est constituée
des dérivées de chaque composante.
1. Ainsi que celle de continuité.
4
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Définition 4. Soit f : D ⊂ R → C, on note a et b les fonction D → R, telle que f (x) = a(x) + ib(x). On
dit que la fonction f est dérivable en un point x0 (resp. sur D) si et seulement si a et b sont dérivable en
x0 (resp. en tout point de D). Dans ce cas on note f ′ (x0 ) = a′ (x0 ) + ib′ (x0 ) la fonction dérivée est alors
aussi une fonction de D → C.
Soit f : D ⊂ R → R2 , (resp. R3 ), on note f1 et f2 les fonctions D → R, telle que f (x) = (f1 (x), f2 (x))
(resp. f3 telle que f (x) = (f1 (x), f2 (x), f3 (x))).
On dit que f est dérivable en en un point x0 (resp. sur D) si et seulement si f1 et f2 (et f3 ) sont
dérivables en x0 (resp. en tout point de D). Dans ce cas, on note : f ′ (x0 ) = (f1′ (x0 ), f2′ (x0 ), f3′ (x0 )).
Notons que dans le cas d’une fonction de R → C, on a bien limx→x0
partie réelle (a(x)) et imaginaire (b(x)).
Application 4
II
⋆
f (x) − f (x0 )
= f ′ (x0 ), en séparant
x − x0
En dérivant eix par rapport à x, retrouver les dérivées de cos(x) et sin(x).
Opérations sur les dérivées
Combinaison linéaire
Proposition 3. Si f est g sont deux fonctions dérivables, et λ, µ des réels, alors : la fonction λf + µg est
dérivable avec :
(λf + µg)′ = λf ′ + µg′
Démonstration. Il faut montrer que
(λf + µg)(x0 + h) − (λf + µg)(x0 )
= λf ′ (x0 ) + µg′ (x0 )
h→0
h
lim
Ce qui est évident en écrivant :
f (x0 + h) − f (x0 )
g(x0 + h) − g(x0 )
(λf + µg)(x0 + h) − (λf + µg)(x0 )
=λ
+µ
h
h
h
⋆
Produit
Proposition 4. Si f et g sont dérivables alors la fonction f g aussi avec (f g)′ = f ′ g + g′ f .
Démonstration. On doit montrer que
lim
x→x0
f g(x) − f g(x0 )
= f ′ (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g′ (x0 )
x − x0
Cela provient de :
f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 )
f (x) − f (x0 )
g(x) − g(x0 )
= g(x)
+f (x0 )
.
| {z }
x − x0
x − x0
x − x0
→g(x0 ) |
{z
→f ′ (x0 )
}
|
{z
→g ′ (x0 )
Pour conclure, il faut utiliser le fait que g est continue en x0 (car dérivable).
}
II. OPÉRATIONS SUR LES DÉRIVÉES
⋆
5
Composition
Proposition 5. On suppose que la fonction g ◦ f est définie sur un intervalle D, autrement dit que g est
définie sur un intervalle D ′ , avec ∀x ∈ D, f (x) ∈ D ′ . Si f est dérivable sur D et si g est dérivable sur
f (D), g ◦ f est alors dérivable avec (g ◦ f )′ = (g′ ◦ f ) × f ′ .
Démonstration. On doit démontrer :
lim
x→x0
Si f (x) 6= f (x0 ), on peut écrire :
g(f (x)) − g(f (x0 ))
= g′ (f (x0 ))f ′ (x0 )
x − x0
g(f (x)) − g(f (x0 )) f (x) − f (x0 )
g(f (x)) − g(f (x0 ))
=
×
x − x0
f (x) − f (x0 )
x − x0
(9.1)
Comme f (x) → f (x0 ), on peut poser y = f (x) et y0 = f (x0 ) et on a : y → y0 .
Par composée des limites, on a donc :
lim
x→x0
g(y) − g(y0 ))
g(f (x)) − g(f (x0 ))
= lim
= g′ (y0 ) = g′ (f (x0 ))
f (x) − f (x0 )
y − y0
y→f (x0 )
Comme d’un autre côté, on a :
lim
x→x0
On a bien :
f (x) − f (x0 )
= f ′ (x0 )
x − x0
g(f (x)) − g(f (x0 ))
= g′ (f (x0 ))f ′ (x0 ).
x→x0
x − x0
Sauf que cette démonstration a un gros défaut, en effet on suppose que l’on a : f (x) 6= f (x0 ), pour tous les
x autour de x0 (dans un voisinage de x0 ), pour pouvoir écrire 9.1, mais cela n’est pas forcément le cas.
La démonstration marche alors car si f (x) = f (x0 ), peut importe la valeur (finie) que l’on donne à
l’expression :
g(f (x)) − g(f (x0 ))
f (x) − f (x0 )
la relation 9.1 est toujours vraie, car à la fois :
lim
f (x) − f (x0 )
g(f (x)) − g(f (x0 ))
= 0 et
= 0.
x − x0
x − x0
On introduit donc une fonction φ définie par :
φ(y) =

 g(y)−g(y0 )
y−y0
g ′ (y )
0
si y 6= y0
sinon.
Cette fonction correspond à la fonction qui associe le coefficient directeur de la droite passant par (y0 , g(y0 ))
et (y, g(y)).
Il s’agit d’une fonction continue, puisque g est dérivable.
L’égalité 9.1 peut donc s’écrire alors :
f (x) − f (x0 )
g(f (x)) − g(f (x0 ))
= φ(f (x)) ×
x − x0
x − x0
Cette égalité est alors vraie pour tout x. Comme on a : limx→x0 φ(f (x)) = limy→y0 φ(y) = g′ (y0 ) par
définition de la continuité, on obtient donc le résultat de manière rigoureuse.
Application 1 Soit la fonction f : x 7→ sin( x1 ) montrer qu’il n’y a que ∀α > 0, ∃x ∈ R, |x| < α, f (x) = 0.
Autrement dit, autour de 0 la fonction prend une infinité de fois la valeur 0, c’est pour cela que dans a
démonstration on est obligé de considérer la fonction φ.
6
⋆
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Quotient
Proposition 6. Si f est dérivable sur D et si ∀x ∈ D, f (x) 6= 0, alors la fonction
′
1
f
(x) = −
1
f
est dérivable, avec
f ′ (x)
.
f 2 (x)
En conséquence, si f et g sont deux fonctions dérivables sur D, avec ∀x ∈ D, g(x) 6= 0, alors la fonction
f
est dérivable, avec
g
′
f
f ′ (x)g(x) − f (x)g′ (x)
.
(x) =
g
f 2 (x)
Démonstration. On montre la formule localement en un point x0 tel que f (x0 ) 6= 0, déjà f étant dérivable
en x0 , elle est continue, et donc autour de x0 elle garde un signe constant, ce qui fait que f1 est bien défini
localement autour de x0 .
Ensuite, si on appelle I : R∗ → R∗ la fonction x 7→ x1 . On a f1 = I ◦ f . Et donc d’après la formule trouvé
au-dessus : f1 est dérivable, avec
′
1
(x) = f ′ (x)I ′ (f (x)).
f
Reste donc à prouver que I ′ (x) = − x12 , ce qui provient de
1
x
−
1
x0
x − x0
Le résultat sur
⋆
=
1
1
x0 − x
=−
−−−→ − 2 .
x0 x(x − x0 )
x0 x x→x0
x0
f
s’en déduit par produit.
g
Dérivée de la bijection réciproque d’une fonction continue
On a vu que si f est continue et monotone sur un intervalle I, alors f réalise une bijection de I sur
J = f (I), et que la bijection réciproque f −1 est continue, monotone, de même monotonie.
Proposition 7. Soit f une fonction continue et monotone sur un intervalle I, Si x0 est un point de I, tel
que f ′ (x0 ) 6= 0, et y0 = f (x0 ) alors la bijection réciproque de f est dérivable en f −1 avec :
(f −1 )′ (y0 ) =
1
f ′ (x0 )
=
1
(f ′
◦ f −1 )(y0 )
.
Avant de démontrer, remarquons que ce résultat peut se retrouver de plusieurs manières :
– La courbe C représentative de la fonction, et la courbe C ′ de la fonction f −1 sont symétrique l’une de
l’autre part rapport à la droite ∆ : y = x. Ainsi, x0 est le symétrique de y0 , et le coefficient directeur
de la tangente à C en x0 sera l’inverse du coefficient directeur de la tangente à C ′ , en y0 .
– Si on suppose que l’on a déjà démontré que f −1 était dérivable, on a :
(f ◦ f −1 )(y) = y donc en dérivant
f −1 (y) × (f ′ ◦ f −1 )(y) = 1
f −1 (y) =
(f ′
1
◦ f −1 )(y)
Ce méthode de calcul n’est évidement pas une démonstration, puisqu’il faut d’abords démontrer que
la fonction f −1 est dérivable.
Remarque:
III. DÉRIVÉES DES FONCTIONS USUELLES
7
– si f ′ (x0 ) = 0, alors C admet une tangente horizontale, donc par symétrie la courbe C ′ représentative
f −1 admet une tangente verticale. on retrouve le fait que si la dérivée de f s’annule en x0 , alors f −1
n’est pas dérivable en y0 .
– On retrouve aussi que si f ′ est positive (i.e. f croissante comme on le verra), alors (f −1 )′ est aussi
positive, et donc f −1 croissante.
−1
−1
(y0 )
. Soit donc y ∈ f (J), proche de y0 . On sait
Démonstration. On regarde la limite : limy→y0 f (y)−f
y−y0
que ∃! x ∈ I, f (x) = y. Comme on a f (x0 ) = y0 , on peut donc écrire :
f −1 (y) − f −1 (y0 )
x − x0
.
=
y − y0
f (x) − f (x0 )
La fonction f étant monotone donc injective, le dénominateur ne s’annule pas.
Ensuite, lorsque y → y0 , alors f −1 (y) → f −1 (y0 ), car f −1 est continue. C’est-à-dire lorsque y → y0 ,
alors x → x0 . On peut donc écrire :
lim
y→y0
1
x − x0
f −1 (y) − f −1 (y0 )
= lim
= ′
.
x→x0 f (x) − f (x0 )
y − y0
f (x0 )
On obtient bien que f −1 est dérivable au point y0 et (f −1 )′ (y0 ) =
Application 2
Montrer alors que
arccos′ (x) = √
Application 3
III
1
f ′ (x0 ) .
−1
,
1 − x2
1
,
arcsin′ (x) = √
1 − x2
Étudier la fonction : x 7→ arctan(x) + arctan
arctan′ (x) =
1
x
1
1 + x2
.
Dérivées des fonctions usuelles
On a les tableaux 9.1, 9.2, 9.3 et 9.4 pour les fonctions usuelles.
D
f (x)
f ′ (x)
paramètre
R
xn
nxn−1
n∈N
R∗
R∗+
n
1
= x−n − n+1 = −nx−n−1
n
x
x
xα
αxα−1
n∈N
α∈R
Table 9.1 – Dérivée des fonctions puissances
D
f (x)
f ′ (x)
R∗+
ln x
1
x
R
R
R
ex
ex
eax
aeax
ax = ex ln(a) ln(a)ax = ln(a)ex ln(a)
paramètre
a∈C
a ∈ R∗+
Table 9.2 – Dérivées des fonctions logarithme et exponentiel
8
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
R\
D
f (x)
f ′ (x)
R
R
sin x
cos x
cos x
− sin x
π
+ kπ, k ∈ Z
2
tan x
1
= 1 + tan2 (x)
cos2 (x)
Table 9.3 – Dérivées des fonctions trigonométriques
f ′ (x)
1
] − 1, 1[ arccos(x) − √
1 − x2
1
√
] − 1, 1[ arcsin(x)
1 − x2
1
R
arctan(x)
1 + x2
f (x)
D
Table 9.4 – Dérivées des fonctions trigonométriques réciproques
D’autre part, quelque exemple de dérivées de fonctions composées sont montrés sur le tableau : 9.5
f (x)
f ′ (x)
u(x)α
αu′ (x)u(x)α−1
p
u(x)
ln(u(x))
1 u′ (x)
p
2 u(x)
u′ (x)
u(x)
eu(x)
u′ (x)eu(x)
arctan(u(x))
u′ (x)
1 + u2 (x)
Table 9.5 – Exemple de dérivées de fonctions composées
IV
IV.1
Accroissement fini
Extremums
Rappelons les définitions :
Définition 5. On dit que la fonction f admet un maximum absolu (ou global) sur I en x0 ∈ I, si :
∀x ∈ I, f (x) 6 f (x0 ).
IV. ACCROISSEMENT FINI
9
On a alors f (x0 ) = max f (x).
x∈I
On dit que la fonction f admet un minimum absolu sur I en x0 ∈ I, si :
∀x ∈ I, f (x) > f (x0 ).
On a alors : f (x0 ) = min f (x).
x∈I
On dit que la fonction f admet un extremum absolu sur I en x0 ∈ I, si elle admet un minimum ou
un maximum absolu.
Ces définitions se généralisent localement en disant :
– f admet un maximum local en x0 , si ∃α > 0, ∀x ∈ D, |x − x0 | < α ⇒ f (x) 6 f (x0 ),
– f admet un minimum local en x0 , si ∃α > 0, ∀x ∈ D, |x − x0 | < α ⇒ f (x) > f (x0 ),
– f admet un extremum local en x0 si elle admet un maximum ou un minimum local.
Bien entendu un extremum global est local.
Le lien entre maximum global et borne supérieure est qu’un maximum est une borne supérieure qui est
atteinte. Idem pour la borne inférieure et le minimum global.
On sait d’autre part qu’une fonction continue sur un segment admet un maximum et un minimum
global (autre formulation de bornée et atteint ses bornes).
IV.2
Dérivée et extremums
Proposition 8. Soit f définit sur un intervalle ]a, b[, et telle que f admette en c un extremum local (ou
global). Alors f ′ (c) = 0.
Attention : c’est faux si c est au bords de l’intervalle.
Démonstration. Déjà f est définie autour de c puisque c ∈]a, b[, on peut donc calculer les dérivées à droite
et à gauche en c.
Considérons par exemple, le cas d’un minimum.
On a : ∀x assez proche de c, f (x) > f (c), donc si x > c, on a :
f (x) − f (c)
>0
x−c
Donc la dérivée à droite fd′ (c) de c est positive. De même, la dérivée à gauche fg′ (c) est négative. Comme
ces deux dérivées sont égales (puisque f est dérivable en c), on a f ′ (c) = 0.
IV.3
Théorème de Rolle
Proposition 9. Soit f continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ telle que f (a) = f (b). Alors, ∃c ∈
]a, b[, f ′ (c) = 0.
Remarque:
– Cela s’interprète en disant qu’il existe au moins un point où la tangente est horizontale.
– Ce théorème peut sembler évident, car si on avait f ′ continue, on pourrait dire :
– par l’absurde si f ′ était toujours positive stricte, alors f serait croissante stricte, donc f (a) > f (b),
contradiction, donc il existe un point où la dérivée est négative.
– de même f ne peut pas être strictement décroissante donc il existe un point où la dérivée est
positive.
– la dérivée change donc de signe,
– la fonction f ′ étant continue, il y a donc un point où la dérivée s’annule.
10
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Sauf que la dérivée f ′ n’est pas supposée continue 2 .
On peut donc dire que ce théorème permet de montrer une propriété de continuité de la dérivée d’une
fonction 3 .
– Comme le théorème sur les fonctions continues sur un segment, ce théorème fait appel à l’axiome
fondamental de R : toute partie non vide et majorée a une borne supérieure, via le théorème sur les
fonctions continues sur un segment (voir partie ??).
Démonstration. f est continue sur [a, b] donc elle est bornée et atteint ses bornes.
Notons donc m = min f et M = max f , et α et β les deux points de [a, b] tels que f (α) = m, et
[a,b]
[a,b]
f (β) = M .
On sait que si α ∈]a, b[, alors f ′ (α) = 0 et de même, si β ∈]a, b[, alors f ′ (β) = 0. Donc si l’un des deux
points α ou β n’est pas au bords de [a, b], alors en posant pour valeurs pour c celui des deux qui n’est pas
au bords de l’intervalle, on obtient le résultat.
Mais si α = a et β = b (ou le contraire), cela signifie que m = M , et que la fonction f est alors constante
sur l’intervalle [a, b].
Rédigé de manière différente : trois cas sont possibles :
– si m = M , la fonction f est alors constante sur l’intervalle [a, b], et donc sa dérivée est nulle sur [a, b],
donc tout point c de [a, b] convient.
– si m < M et f (a) 6= M alors f (b) 6= M , et donc on choisit pour c le point tel que f (c) = M , on a
bien c ∈]a, b[.
– si m < M et f (a) 6= m alors f (b) 6= m , et donc on choisir pour c le point tel que f (c) = m, on a
bien c ∈]a, b[.
Comme on ne peut pas avoir à la fois m < M , f (a) = m et f (a) = M , il est clair que ces trois cas balaient
toutes les possibilités.
IV.4
Théorème des accroissements finis
Ce théorème dit aussi égalité des accroissements finis est une ré-écriture du théorème de Rolle très
utilisé en pratique :
Proposition 10. Soit a < b, et une fonction f continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[, alors :
∃c ∈]a, b[, f ′ (c) =
c’est-à-dire : f (b) = f (a) + (b − a)f ′ (c).
f (a) − f (b)
,
a−b
Remarque:
– Autrement dit, il existe un point c où la vitesse instantanée f ′ (c) est égal à la vitesse moyenne
f (a) − f (b)
.
a−b
– On peut écrire l’égalité des accroissements finis de plusieurs manières :
f (a) − f (b)
• f ′ (c) =
: la vitesse instantanée en c est égale à la vitesse moyenne sur [a, b]
a−b
• f (a) − f (b) = f ′ (c)(b − a) : on exprime la distance entre les images des points a et b i.e. f (a) − f (b)
en fonction de la distance entre ces points.
• f (b) = f (a) + (b − a)f ′ (c) : on compare la valeur de f (b) est celle d’une estimation par une fonction
affine x 7→ f (a) + (x − a)f ′ (c).
– La fait que c n’est pas un des bords de l’intervalle (i.e. c ∈]a, b ouvert) a parfois de l’importance. La
rédaction doit le faire apparaître.
2. Et de plus, on démontre que l’implication f ′ > 0 ⇒ f croissante en utilisant le théorème de Rolle.
3. On peut ainsi démontrer qu’une dérivée de fonction vérifie toujours le théorème des valeurs intermédiaires.
IV. ACCROISSEMENT FINI
11
– L’existence de c est théorique : on ne peut jamais calculer la valeur de c explicitement. Par contre,
on peut utiliser des estimations de f ′ (c) pour obtenir des encadrements.
– Le point c dépends des bornes a et b (ainsi que de la fonction f ). il arrivera parfois (par exemple dans
la démonstration de la proposition 11 ) que l’on ait besoin de cette dépendance.
– L’égalité est vraie que a < b (dans ce cas c ∈]a, b[) ou b < a (dans ce cas c ∈]b, a[). Le cas a = b doit
être traité à part (le point c n’existe pas).
– Le théorème des accroissements finis est utile pour l’étude des suites un+1 = f (un ). En effet, on peut
l’appliquer à l’intervalle ]un , un−1 [ (ou ]un−1 , un [ selon les cas) pour obtenir :
∀n ∈ N, ∃cn ∈]un , un−1 [ ou ]un−1 , un [, un+1 − un = f (un ) − f (un−1 ) = f ′ (cn )(un − un−1 )
Démonstration. On applique le théorème de Rolle à la fonction :
φ(x) = f (x) −
f (b) − f (a)
(x − a) − f (a).
b−a
Cette fonction correspond à retrancher à la fonction f la fonction affine T : x 7−→
f (b) − f (a)
(x− a)+ f (a),
b−a
qui est la seule fonction affine qui vérifie : T (a) = f (a) et T (b) = f (b).
Un simple calcul montre alors que φ(a) = 0, et φ(b) = 0, ce qui est évident d’après le choix de T .
La fonction φ vérifie donc les hypothèse du Théorème de Rolle : continue sur [a, b], et dérivable sur
]a, b[. Donc ∃c ∈]a, b[, φ′ (c) = 0,
Or le calcul montre que
f (b) − f (a)
∀x ∈]a, b[, φ′ (x) = f ′ (x) −
.
b−a
ce qui s’écrit :
f ′ (c) =
f (x) − f (a)
b−a
En particulier, si f ′ est bornée sur [a, b] (par exemple si f ′ est continue), alors de l’inégalité ∀x ∈
[a, b], m 6 f ′ (x) 6 M , on déduit :
m(b − a) 6 f (b) − f (a) 6 M (b − a).
On voit ici que l’égalité des accroissements finis permets d’approximer f (b) − f (a) en fonction de (b − a).
Application 1 En utilisant la fonction f : R → R, x 7→ eix , montrer que le théorème de rolle est faux
pour les fonctions à valeurs dans C.
Application 2
Soit f x :7−→ 34 x3 + 16 . Montrer que :
∀x, y ∈ 0,
4
1
, |f (x) − f (y)| 6 |x − y|
3
9
Application 3
y−x
y−x
< arctan y − arctan x <
2
1+y
1 + x2
π
– Pour tous réels a et h tels que 0 < a < a + h < : sin(a + h) < sin a + h cos a
2
– ∀(x, y) ∈ R2 , | sin x − sin y| ≤ |x − y|.
x
– ∀x ∈]0, 1[, x < arcsin x < √
1 − x2
– Pour tous réels x et y tels que 0 ≤ x < y :
12
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Théorème de prolongement C 1
V
V.1
Théorème de limite de la dérivée
Un exemple pour comprendre le problème
[0, 1] par :
f : x 7→





Considérons la fonction f définie sur l’intervalle fermé
1
e x2
−
0
si x 6= 0
si x = 0
La fonction f est alors clairement dérivable sur ]0, 1], avec
1
2 − 2
∀x 6= 0, f (x) = 3 e x
x
′
La fonction
1
2 − 2
ϕ : x 7−→ 3 e x
x
n’est pas définie en 0. Comme on l’a vu, cela n’implique pas que f ne soit pas dérivable en 0 : l’ensemble
sur lequel la fonction est dérivable n’est pas l’ensemble de définition de la fonction dérivée, pour étudier la
dérivabilité de la fonction f en 0, il faut faire la limite du taux d’accroissement.
Dans cet exemple, on voit que l’on peut prolonger par continuité la fonction ϕ en posant ϕ(0) = 0,
mais rien n’indique a priori que cela implique que f soit dérivable en 0 : ce n’est pas parce que l’on pose
f ′ (0) = limx→0 f (x), que f est dérivable en 0 avec cette valeur de la dérivée. En effet, il n’y a a priori aucun
f (x) − f (0)
, c’est-à-dire la
rapport entre lim f ′ (x), c’est-à-dire la limite de la fonction dérivée, et limx→0
x→0
x−0
limite du taux d’accroissement en 0.
La proposition suivante montre que c’est le cas à condition bien sûr que f soit continue en 0, i.e. que
l’on ait choisit convenablement la valeurs de f (0).Sous cette hypothèse, en prolongeant par continuité la
fonction dérivée f ′ en 0, on obtient bien la dérivée de la fonction en 0.
Proposition 11. Soit une fonction f continue sur [a, b], et dérivable sur ]a, b[, telle que :
∃L ∈ R, lim f ′ (x) = L.
x→a
Alors f est dérivable (à droite) en a, avec f ′ (a) = fd′ (a) = L.
Remarque:
– Le même résultat est bien entendu valable en b.
– La démonstration fait appel au théorème des valeurs intermédiaires : intuitivement cela provient du
fait que dans l’énoncé du théorème des valeurs intermédiaires, on n’utilise la dérivabilité que sur
l’ouvert.
Démonstration. Soit a < x < b, f est alors continue sur [a, x] et dérivable sur ]a, x[, donc on peut appliquer
l’inégalité des accroissements finis :
∃cx ∈]a, x[, f (x) = f (a) + f ′ (cx )(x − a) soit
f (x) − f (a)
= f ′ (cx )
x−a
On sait que limx→a cx = a (d’après le théorème des gendarmes), puisque cx ∈]a, x[. Comme on sait que
f (x) − f (a)
= L.
limx→a f ′ (x) = L, on a par composition des limites : limx→a f ′ (cx ) = L. Et donc : lim
x→a
x−a
Ce qui s’écrit aussi f est dérivable (à droite) en a, avec f ′ (a) = L.
VI. VARIATIONS D’UNE FONCTION DÉRIVABLE SUR UN INTERVALLE
13
Cette proposition montre donc qu’en posant f ′ (a) = L, alors on a bien trouvé la dérivée en a (i.e. la limite
du taux d’accroissement en a).
Application 1
La réciproque n’est pas vraie : la fonction
R → R

x2 sin( 1 )
x
x 7→
0
si x 6= 0
si x = 0
est dérivable en 0, mais f ′ n’admet pas de limites en 0.
V.2
Théorème de prolongement C 1
Définition 6. On dit qu’une fonction est de classe C 1 sur un intervalle I, si elle est dérivable sur I et
que la fonction dérivée f ′ est continue sur I. On note C 1 (I, R) l’ensemble des fonctions de classe C 1 .
Bien entendu on peut avoir des fonctions dérivables, dont la dérivée n’est pas continue.
Les deux propositions suivantes sont des redites de la précédente, en pratique, on utilise plus ces propositions que la précédente.
Proposition 12. Soit f continue sur [a, b[ et de classe C 1 sur ]a, b[ telle que :
∃L ∈ R, lim f ′ (x) = L
x→a+
Alors f est de classe C 1 sur [a, b[ en posant f ′ (a) = L.
Démonstration. C’est une redite du théorème précédent : f est dérivable sur [a, b[ et de plus f ′ est continue
sur ]a, b[ ainsi qu’en a puisqu’on l’a prolongé par continuité en posant f ′ (a) = L.
Proposition 13. Soient a < b < c et f continue sur ]a, c[, on suppose que f est de classe C 1 sur ]a, b[ et
]b, c[ et telle que :
∃L ∈ R, lim f ′ (x) = lim f ′ (x) = L
x→b+
x→b−
Alors f est de classe C 1 sur ]a, c[ en posant f ′ (b) = L
Démonstration. Idem c’est une redite de la proposition précédente sur chacun des intervalle ]a, b[ et ]b, c[.
Bien rappeler (et vérifier ces hypothèses) lorsqu’on utilise ces théorèmes.
Application 2
Montrer que la fonction définie sur R par :
f : x 7→
est de classe C 1 sur R.
VI

1
e− x2
0
si x 6= 0
si x = 0
Variations d’une fonction dérivable sur un intervalle
Dans cette section, on va démontrer rigoureusement les résultats admis en terminale : si f ′ est positif,
f est croissant, etc. C’est encore une conséquence du théorème des valeurs intermédiaires.
14
VI.1
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Monotonie simple
Proposition 14. Soit une fonction f continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. On a alors :
– f est croissante sur [a, b] si et seulement si ∀x ∈]a, b[, f ′ (x) > 0,
– f est décroissante sur [a, b] si et seulement si ∀x ∈]a, b[, f ′ (x) 6 0,
– f est constante sur [a, b] si et seulement si ∀x ∈]a, b[, f ′ (x) = 0,
Démonstration. On fait le cas croissant pour fixer les notations.
⇒ Supposons que f croissante sur [a, b], soit x ∈]a, b[, alors si h > 0, on a f (x + h) > f (x),
lim
h→0+
f (x + h) − f (x)
>0
h
Donc la dérivée à droite en x est positive, comme la dérivée à droite est égal à la dérivée à gauche est égal
à la dérivé, on a : f ′ (x) > 0.
⇐ Supposons ∀x ∈]a, b[, f ′ (x) > 0, Soit a 6 x < y 6 b. On sait que
∃c ∈]x, y[, f (y) = f (x) + f ′ (c) (y − x) .
| {z } | {z }
>0
>0
D’où f (x) 6 f (y) et f croissante sur [a, b].
Faisons le cas où la fonction est constante : l’implication si f constante alors la fonction f ′ est nulle est
évidente.
Considérons la réciproque en supposant que la fonction f ′ est nulle. Soit x ∈]a, b], montrons que f (x) =
f (a). On sait que ∃c ∈]a, x[, tel que f (x) = f (a) + (x − a)f ′ (c), comme f ′ (c) = 0, on obtient le résultat.
On voit ici le point important : il faut que ]a, b[ soit un intervalle.
Ce résultat s’étend au cas d’un intervalle quelconque I, mais pas au cas de domaine comme R∗ , il faut que
ce soit un intervalle.
VI.2
Monotonie stricte
C’est plus compliqué pour la monotonie stricte : une fonction peut annuler sa dérivée et être strictement
croissante (comme x 7→ x3 ).
On a juste une implication :
Proposition 15. Si la fonction f est dérivable sur ]a, b[ et : ∀x ∈]a, b[, f ′ (x) > 0 alors f est strictement
croissante sur ]a, b[.
Si de plus la fonction f est continue en a, alors f est strictement croissante sur [a, b[.
Démonstration. Supposons donc que ∀x ∈]a, b[, f ′ (x) > 0.
Soit x et y, avec a < x < y < b. On a f continue sur [x, y] et dérivable sur ]x, y[. D’après l’inégalité
des accroissements finis, on a : alors on a ∃z ∈]x, y[, f (x) = f (y) + f ′ (z)(x − y), donc f (x) > f (y). Ce qui
démontre le premier point : la fonction est croissante sur ]a, b[.
Considérons le deuxième point, on ajoute donc l’hypothèse f est continue sur a. Montrons que :
∀(x, y) ∈ [a, b[2 , avec x < y on a f (x) < f (y).
Comme on a déjà montré que la fonction f est croissante strictement sur ]a, b[, il ne reste que le cas où
x = a. On montre donc la propriété ∀y ∈]a, b[, f (a) < f (y).
Soit donc un y ∈]a, b[ fixé, on choisit x et z avec a < x < z < y, on a alors : (x, z, y) ∈]a, b[ et donc la
propriété précédente implique : f (x) < f (z) < f (y)
VII. DÉRIVÉES N -IÈME, FORMULE DE LEIBNIZ
15
En faisant tendre x vers a, z et y restant fixé, on obtient par continuité : f (a) 6 f (z) < f (y). Et donc
∀y ∈]a, b[, f (a) < f (y)
Remarque:
– On a bien sûr la même chose en b : si f est continue en b elle est strictement croissante sur ]a, b], en
particulier si elle est continue sur [a, b], elle est strictement croissante sur [a, b].
– La technique d’utiliser une autre variable pour obtenir une inégalité stricte (en évitant donc de passer
à la limite dans l’inégalité stricte) est à retenir.
On a un résultat plus fort : la dérivée peut s’annuler en un nombre fini de point.
Proposition 16. Soit f dérivable sur ]a, b[, telle que ∃c1 , . . . cn ∈]a, b[, tel que f ′ (x) = 0, et
∀x ∈]a, b[ \ {c1 , . . . cn }, f ′ (x) > 0,
alors f est strictement croissante sur ]a, b[.
Autrement dit : si f est dérivable sur ]a, b[ telle que f ′ > 0 sur ]a, b[ sauf en un nombre fini de point où
la dérivée s’annule alors f est strictement croissante.
Démonstration. On fait le cas d’un point c ∈]a, b[ tel que f ′ (c) = 0, et ∀x ∈]a, b[\{c}, f ′ (x) > 0. On a
alors, en utilisant le résultat précédent : ∀x, y ∈]a, b], x < y ⇒ f (x) < f (y), et : ∀x, y ∈ [b, c[, x < y ⇒
f (x) < f (y).
Soit donc x, y ∈]a, b[, avec x < y. On raisonne par disjonction des cas :
– Si a < x < y < c < b, alors on a déjà démontré le résultat,
– Si a < c < x < y < b, idem,
– Si a < x < c < y < b, alors on a f (x) < f (c) et f (c) < f (y), donc f (x) < f (y).
Le cas général se démontre en considérant chacun des sous intervalles : ]a, c1 [, ]c1 , c2 [ etc.
Ainsi, si la dérivée s’annule sans changer de signe sur un nombre finie de valeur, la fonction reste strictement
monotone.
VII
Dérivées n-ième, formule de Leibniz
VII.1
Dérivée successives, Fonctions de classe C n
Définition 7. On dit que f est deux fois dérivable en x0 , si
– la fonction f est dérivable sur un voisinage de x0 ( i.e. sur un intervalle du type ]x0 − α, x0 + α[)
– la fonction f ′ est dérivable en x0 .
On note alors f ′′ (x0 ), le réel :
f ′ (x0 + h) − f ′ (x0 )
,
f ′′ (x0 ) = lim
h→0
h
On dit que f est deux fois dérivables sur D si elle est deux fois dérivables en tout point de D.
On utilise souvent la définition f (2) pour différencier f ′′ et f 2 .
On étend ensuite ces définition à la dérivées n-ième, en disant :
Définition 8. Pour n ∈ N, on dit que f est dérivable n fois en x0 , si f est n − 1 fois dérivable autour de
x0 et telle que f (n−1) soit dérivable en x0 . On note alors :
f (n−1) (x0 + h) − f (n−1) (x0 )
.
h→0
h
f (n) (x0 ) = lim
On dit que f est n fois dérivable sur D si elle est n fois dérivable en tout point de D.
16
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Application 1
Montrer que cos et sin sont n fois dérivable et que :
∀x ∈ R, cos(n) (x) = cos x + n
π
2
sin(n) (x) = sin x + n
π
2
Donner une formule équivalente pour exp.
Définition 9. On dit que f est de classe C n sur D, si elle est n fois dérivable et que la dérivée n-ième est
continue.
La fonction f est de classe C ∞ (classe infinie) si f est de classe C n pour tout n ∈ N.
Remarque:
′
n
– On a bien par définition f ∈ C n ⇔ f ′ ∈ C n−1 de plus f (n) = f n−1 = f ′ .
– Il est évident que si f ∈ C n alors les fonctions f (p), pour p ∈ [[1, n]] sont alors continues sur D.
– Remarquons que pour démontrer rigoureusement qu’une fonction est de classe C ∞ , il faut donc démontrer (généralement par récurrence) que f est de classe C n pour tout n. Ou alors, il faut écrire la
fonction f comme somme/composé/produit de fonction C ∞ , comme on va le voir.
VII.2
⋆
Opérations sur les fonctions C n , formule de Leibniz
Combinaison linéaire
On a clairement :
Proposition 17. Si f et g sont C n , alors f + g est aussi C n , avec : (f + g)(n) = f (n) + g(n) . Il est aussi
évident que si f est C n , alors λf aussi avec (λf )(n) = λf (n) .
Cela implique en particulier, qu’une combinaison linéaire de fonction C ∞ est C ∞ .
⋆
Produit, formule de Leibniz
Par contre, pour le produit c’est plus compliqué :
Proposition 18. Soit f et g de classe C n sur D, alors f g est aussi de classe C n , avec :
(n)
(f g)
=
n
X
k=0
!
n (k) (n−k)
f g
.
k
En conséquence, si f et g sont C ∞ , alors f g aussi.
Démonstration. La démonstration se fait par récurrence et est identique à la formule du bînome. L’initialisation ne pose pas de problème, puisque : (f g)′ = f ′ g + gf ′ .
L’hérédité s’écrit :
(f g)(n+1) =
=
(f g)(n)
n
X
k=0
=
=
=
n
X
k=0
n
X
k=0
n
X
k=0
′
!
n (k) (n−k)
f g
k
!′
!
n (k) (n−k) ′
f g
k
!
n (k+1) (n−k)
f
g
+ f (k) g(n+1−k)
k
!
!
n
n (k+1) (n−k) X
n (k) (n+1−k) f
g
+
f g
k
k
k=0
VII. DÉRIVÉES N -IÈME, FORMULE DE LEIBNIZ
17
On fait alors le changement de variable
(n+1)
(f g)
=
=
=
=
n+1
X
k=1
n
X
k=1
n
X
k=1
n+1
X
k=0
!
!
n
X
n
n (k) (n+1−k) (k) (n+1−k)
f g
+
f g
k−1
k
k=0
!
n
n
+
k−1
k
!
!!
f (k) g(n+1−k) + f (0) g(n+1) + f (n+1) g(0)
n + 1 (k) (n+1−k)
f g
+ f (0) g(n+1) + f (n+1) g(0)
k
!
n + 1 (k) (n+1−k)
f g
k
L’hérédité est donc démontrée.
Puis la conclusion.
Remarque: Comme pour la formule du binôme de Newton pour les matrices, la formule de Leibniz
est particulièrement utile pour calculer la dérivée d’une fonction f qui s’écrit comme un produit f = gh
avec g une fonction dont il est facile de calculer la dérivée n-ième (par exemple une fonction cos, sin, ou un
polynôme).
Calculer la dérivée n-ième de f (x) = x2 ex .
Application 2
⋆
Composition, quotient
Proposition 19. Si f ∈ C n (D, R) et g ∈ C n (D′ , R), telle que f (D) ⊂ D ′ , alors f ◦ g ∈ C n . En conséquence,
une composée de fonction de classe C ∞ est de classe C ∞ (sur l’ensemble sur lequel cette composition est
définie).
Démonstration. La démonstration se fait par récurrence, on l’a vu pour n = 1. L’hérédité provient de :
(g ◦ f )′ = f ′ × (g′ ◦ f ), or si g ∈ C n+1 , alors g′ ◦ f ∈ C n , et comme f ′ ∈ C n , on en déduit (g ◦ f )′ ∈ C n , ce
qui est une autre manière de dire (g ◦ f ) ∈ C n+1 .
Comme pour le cas de la dérivée, on déduit alors le cas du quotient :
Proposition 20. Si f ∈ C n , est telle que ∀x ∈ D, f ′ (x) 6= 0, alors
1
f
est une fonction de classe C n . En
particulier si f et g sont des fonctions de classe C n , et si g ne s’annule pas, alors
Démonstration.
⋆
1
f
f
g
est de classe C n .
est la composition de la fonction f et de la fonction x 7→ x1 .
Bijection réciproque
Considérons une fonction f de classe C n , avec n > 1 sur un intervalle I ⊂ R et telle que ∀x ∈ If ′ (x) 6= 0.
Comme f est C 1 , on en déduit que la dérivée ne change pas de signe. La fonction est donc strictement
monotone et comme elle est continue, elle réalise donc une bijection de I dans un intervalle J. On note
alors f −1 la bijection réciproque et l’on a vu que f −1 est dérivable sur J, avec :
∀y ∈ J,
′
f −1 (y) =
1
1
= ′ −1
.
f ′ (x)
f (f (y))
On démontre alors que f −1 est de classe C n
Proposition 21. Soit f de classe C n , avec n > 1 sur un intervalle I ⊂ R et telle que ∀x ∈ I, f ′ (x) 6= 0,
alors f −1 est aussi de classe C n .
En conséquence, la bijection réciproque d’une fonction f de classe C ∞ dont la dérivée ne s’annule pas
est aussi de classe C ∞ .
18
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Démonstration. (admis en 2009). La démonstration se fait par récurrence sur n. P(n)) s’écrit : pour toute
fonction de classe C n , f −1 est aussi de classe C n .
′
′
′
1
−1
Pour n = 1, on sait que f −1 est dérivable, et la formule : f −1 (y) = f ′ (f −1
est
(y)) , montre que f
continue. D’où le résultat.
Supposons le résultat démontré au rang n, et soit f de classe C n+1 on a alors : f ′ est C n et comme f
′
est de classe C n f −1 aussi d’après [HR]. Ainsi, la formule : f −1 (y) =
de classe C n . D’où le résultat.
⋆
1
f ′ (f −1 (y))
, montre que f −1
est
Conclusion
Sont de classe C ∞
– les polynômes, les quotients de polynômes, sur leur ensemble de définition
– les fonctions exp et ln, sur leur ensemble de définition
– les fonctions trigonométriques, sur R.
– les fonctions arccos et arcsin, sauf en −1 et 1.
– la fonction arctan,
– les fonctions racines, sauf en 0.
– toutes composées, quotients, produits, etc. de ces fonctions
Attention aux fonctions arccos, arcsin,
de définition.
VIII
√
· et | · | qui n sont pas dérivables sur le bords de leur ensemble
Formule de Taylor-Lagrange
Dernière conséquence des accroissements finis : on va généraliser le théorème des accroissement finis au
cas des fonctions de classe C n .
Proposition 22. Soit f une fonction de classe C n+1 sur un intervalle I, et a, b deux éléments distincts de
I. Alors il existe un réel c ∈]a, b[, (ou ]b, a[ si b < a) tel que :
f (b) =
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(b − a)k +
f (n+1) (c)
(b − a)n+1
(n + 1)!
Ce théorème permet de décomposer f (b) en fonction :
– de la valeur du polynôme de Taylor en a, défini par :
Tn : x 7→
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(x − a)k ,
(k)
Ce polynôme est l’unique polynôme de degré n tel que Tn (a) = f (k)(a), i.e. Tn et f coïncide ainsi
que leur dérivées jusqu’à n.
– un reste, égal à :
f (n+1) (c)
(b − a)n+1
(n + 1)!
qui pourra (ou pas) être petit si n est grand ou si b est proche de a, selon les informations que l’on a
sur f (n+1) .
Remarque: La formule de Taylor-Lagrange est un généralisation des accroissements finis à des ordres
supérieurs. Elle s’utilise de la même manière.
VIII. FORMULE DE TAYLOR-LAGRANGE
19
– Si f est un polynôme de degré d, alors f coïncide avec son polynôme de Taylor dès que n > d, puisque
dans ce cas f (n) = 0.
– Comme pour le théorème des accroissements finis, on ne sait pas calculer explicitement c : la valeur
de c dépends de a, b, n et f .
– En encadrant le reste, on peut comparer f et son polynôme de Taylor : on obtient alors des encadrements.
– si a < b, on applique cette formule sur [a, b], sinon sur [b, a], cela ne change pas le résultat. Par contre,
le cas a = b doit normalement être traité à part.
La formule de Taylor-Lagrange est particulièrement utilisé lorsque a = 0 (la formule générale peut
d’ailleurs s’en déduire en faisant un changement de variables) :
∀x 6= 0, ∃c ∈]0, x[ (ou ]x, 0[ si x < 0), f (x) =
n
X
f (k) (0)
k=0
k!
xk +
f (n+1) (c) n+1
x
.
(n + 1)!
Démonstration. On va démontrer la formule en 0, pour simplifier les notations. On fixe donc par exemple
x > 0 (le cas x < 0 est identique).
La démonstration est là même que pour le théorème des accroissements finis : on construit une fonction
sur laquelle on applique le théorème de Rolle.
Soit A ∈ R, on définit alors à partir de A la fonction φ par :
φ : t :7−→ f (x) −
n
X
(x − t)k
k!
k=0
f (k) (t) − A
(x − t)n+1
(n + 1)!
N.B. φ est une fonction de t. La variable x est fixée.
Déterminons A tel que φ(0) = φ(x).
k
P
(k) (t) tous les
Calculons φ(x). Pour t = x, on a ∀k > 0, (x − t)k = 0, ainsi, dans la somme nk=0 (x−t)
k! f
termes sont nuls, sauf le premier qui vaut f (x). On obtient donc φ(x) = 0 (quelque soit le choix de A).
Puis :
n
X
f (k) (0) k
xn+1
φ(0) = f (x) −
x −A
,
k!
(n + 1)!
k=0
dans cette expression toutes les valeurs sont fixés, on peut donc imposer φ(0) = 0, en posant :
(n + 1)!
A=
xn+1
f (x) −
n
X
f (k)(0)
k=0
k!
k
x
!
.
Ce qui est bien valide car x 6= 0.
Ce choix de A assure φ(x) = φ(0). On garde dans toute la suite ce choix de A.
Comme la fonction φ est de classe C 1 , le théorème de Rolle assure que ∃c ∈]0, x[, φ′ (c) = 0.
On calcule donc φ′ (t) en dérivant φ (par rapport à la variable t) :
′
∀t ∈ [0, x], φ (t) = −
= −
n
X
1 k!
k=0
f (k) (t)(x − t)k
n
X
1 k=0
k!
′
(x − t)k
k!
!
A
(x − t)n
n!
f (k+1) (t)(x − t)k − kf (k) (x − t)k−1 +
On sépare le terme pour k = 0, car la dérivée de la fonction
d
dx
+
=

−
0
1
(k−1)! (x
(x − t)
vérifie :
k!
− t)k−1
si k > 0
sinon.
A
(x − t)n
n!
20
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
car si k = 0, (x − t)k = 1. On a alors :
φ′ (t) = −
= −
n
X
1
k=0
n
X
k!
f (k+1) (t)(x − t)k +
n
X
1
k=0
n
X
k!
kf (k) (t)(x − t)k−1 +
A
(x − t)n
n!
A
1
1 (k+1)
f
(t)(x − t)k +
f (k) (t)(x − t)k−1 + (x − t)n
k!
(k − 1)!
n!
k=1
k=0
Note: La simplification
k
k!
1
(k−1)!
=
n’est valable que si k > 1. Elle est bien valide ici.
On reconnaît bien sûr une somme télescopique :
φ′ (t) = −
n
X
1
k=0
k!
f (k+1) (t)(x − t)k +
n−1
X
A
1 (k+1)
f
(t)(x − t)k + (x − t)n
k!
n!
k=0
A
1 (n+1)
f
(t)(x − t)n + (x − t)n
n!
n!
(x − t)n (n+1)
f
(t) − A
n!
= −
=
n
Donc de l’équation φ′ (c) = 0, on tire (x−c)
f (n+1) (c) − A , puis comme c 6= x, f (n+1) (c) = A.
n!
En utilisant la valeur de A, on obtient :
f
(n+1)
(n + 1)!
(c) =
xn+1
f (x) −
n
X
f (k)(0)
k=0
k!
k
x
!
,
ce qui s’écrit encore (en remplaçant dans l’équation dont A est solution) :
f (x) =
n
X
f (k) (0)
k=0
⋆
k!
xk +
f (n+1) (c) n+1
x
.
(n + 1)!
Applications
Commençons par calculer le polynôme de Taylor en 0 de la fonction f : x 7−→ sin(x). On a :
f (k) (x) f (k)(0)
sin(x)
0
cos(x)
1
− sin(x)
0
− cos(x)
−1
sin(x)
0
cos(x)
1
Ainsi, les polynômes de Taylor de la fonction f à l’ordre 3 et 5 sont
x3
x3
x5
,
T5 (x) = x −
+
.
6
6
120
En appliquant Taylor-Lagrange à différents ordres on obtient :
T3 (x) = x −
∀x > 0,


∃cx ∈]0, x[, sin(x) = x −

∃dx ∈]0, x[, sin(x) = x −
cos(cx ) 3
x
6
3
x
x) 5
+ cos(d
120 x
6
( ordre 2)
( ordre 4).
x3
: la première permet d’estimer
6
la distance entre la fonction x 7→ sin(x) et sa tangente. La deuxième permet d’affiner cette estimation.
On obtient ainsi des comparaisons de sin(x) et les polynômes x et x −
VIII. FORMULE DE TAYLOR-LAGRANGE
⋆
Application au calcul de
On va démontrer que :
21
+∞
X
1
k!
k=0
lim
n→+∞
n
X
1
k=0
k!
= e.
Pour cela, on calcule le polynôme de Taylor de la fonction exponentiel en 0. On a clairement : ∀k ∈ N,
la dérivée k-ième de x 7→ ex est la fonction exponentielle.
Ainsi, le polynôme de Taylor à l’ordre n en 0 de la fonction x 7→ ex est le polynôme :
x 7−→
n
X
xk
k=0
k!
.
On applique ensuite la formule de Taylor-Lagrange à l’intervalle (fixé) [0, 1], en faisant varier l’ordre n. La
fonction exponentielle étant de classe C ∞ , on obtient :
∀n ∈ N, ∃cn ∈]0, 1[, e =
n
X
1
k=0
k!
+
ecn
.
(n + 1)!
On ne sait pas calculer les valeurs de le suite cn , mais on sait que cn
ecn 6
∈]0, 1[. Ainsi, (n + 1)! 1
−−−−−
→ 0. Ce qui signifie que le reste de Taylor sur l’intervalle [0, 1] tends vers 0 lorsque l’on
(n + 1)! n→+∞
augmente l’ordre n.
n
X
1
= e.
On obtient alors : lim
n→+∞
k!
k=0
22
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Feuille d’exercices Dérivabilité
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
BY:
=
$
\
CC
Exercice 1 Pour chacune des fonctions réelles suivantes, déterminer l’ensemble de définition, l’ensemble
sur lequel la fonction est dérivable, puis calculer sa dérivée.
xx − 1
b(x) = ln
,
xx + 1
x
a(x) = e ln(sin(x)),
m(x) = ln(|x2 − 3x + 2|),
Exercice 2
c(x) = 2 arctan
k(x) =
Soit f : R → R, telle que :
s
1−x
1+x
!
,
q
|1 − x2 |
∃α > 0, |f (x) − f (y)| 6 α|x − y|2
Montrer que f est constante.
Exercice 3 Soit f : [a, +∞[→ R, dérivable et telle que lim+∞ f et lim+∞ f ′ existent dans R. Montrer
en utilisant la formule des accroissements finis que lim+∞ f ′ = 0.
Exercice 4 Soit une fonction f de classe C 2 , avec f : [a, b] → R, telle que f (a) = f ′ (a) = 0 et f (b) =
f ′ (b) = 0. En appliquant le théorème de Rolle à g : x 7→ e−x (f (x) + f ′ (x)), montrer qu’il existe c ∈]a, b[
tel que f ′′ (c) = f (c).
Exercice 5 Montrer que :
∀x ∈]0, 1[, x 6 arcsin(x),
Exercice 6
Exercice 7
P
P
Soit n ∈ N. En considérant la fonction x 7→ nk=0 eikx , calculer, pour tout réel x, nk=0 keikx .
À l’aide de l’égalité de Taylor-Lagrange appliquée à f : x 7→ ln(1 + x) montrer que :
n
X
(−1)k−1
lim
n→+∞
Exercice 8
∀x ∈ R, | arctan(x)| 6 |x|
k=1
k
On considère la fonction f : x 7→ arctan
= ln(2)
√
1−x2
.
x
1. Déterminer l’ensemble de définition puis la régularité de la fonction f .
2. Calculer sa dérivée et en déduire une expression plus simple pour f .
Exercice 9
Soient λ un réel non nul et f définie sur 0, π2 par
f : x 7→
1. Montrer que f est continue sur 0, π2 .

 cos(λx)−1
sin x
0
si x 6= 0
si x = 0.
2. Montrer que f est de classe C 1 sur 0, π2 .
Exercice 10 Étudier les variations de f , ainsi que la concavité et les points d’inflexions de sa courbe
représentative C, c’est-à-dire les points où f ′′ s’annule en changeant de signe, i.e. où C traverse sa tangente.
Exercice 11
x + 3
,
x − 1
f (x) = ln f (x) = e−x
2
1
On considère la fonction définie sur R par f (x) = e− x2 , si x ∈ R∗ , et f (0) = 0.
1. Montrer que f est continue sur R.
VIII. FORMULE DE TAYLOR-LAGRANGE
23
2. Montrer que f est de classe C ∞ sur R∗− et R∗+ .
3. Montrer que pour tout n ∈ N, il existe un polynôme Pn tel que pour tout x ∈ R∗ ,
f (n) (x) =
Pn (x)
f (x)
x3n
4. En déduire que f est de classe C ∞ sur R. Préciser la valeur de f (n) (0) pour n ∈ N.
Exercice 12 Soit α un réel appartenant à ]0, 1[. En appliquant la formule des accroissements fins à la
fonction x 7→ xα , montrer que pour tout n ∈ N∗ , on a :
α
α
6 (n + 1)α − nα 6 1−α
1−α
(n + 1)
n
Soit la suite (Hn )n définie par :
Hn =
1
11−α
+
1
21−α
+
1
31−α
+ ··· +
1
n1−α
=
n
X
k=1
1
k1−α
Trouver une constante C ∈ R, telle que Hn ∼Cnα .
Lorsque α < 0, montrer que Hn converge.
Exercice 13 Soit f (x) = x2 ex , calculer f (n) (x)
Exercice 14 En dérivant n fois la relation ∀x ∈ R, x2n = (xn )2 , en déduire :
n
X
k=0
n
k
!2
=
!
2n
.
n
24
CHAPITRE 9. DÉRIVABILITÉ
Chapitre 10
Développements limités
Les buts de chapitre sont :
– savoir manipuler les développements limités, i.e. les définitions et les opérations (en
particulier composition et quotient),
– savoir utiliser la propriété d’unicité,
– Connaître la formule de Taylor-Young
– de connaître les développements limités des fonctions usuelles, i.e. le formulaire,
– faire le lien entre développements limités et développements asymptotiques.
Ce chapitre est un chapitre de calcul, le but est de savoir faire un DL. Les démonstrations théoriques ne servent qu’à prouver l’existence des DLs.
Il est important de vérifier que l’on maîtrise les exemples.
\
=
$
CC
BY:
Dans tous les chapitre, on considère des fonctions f : I → R, où I est un intervalle de R.
On arrive dans ce chapitre à la fin de la partie approximation de fonctions de l’analyse, on va exploiter
à fond l’égalité de Taylor-Lagrange, en comparant des fonctions à leur polynôme de Taylor.
Commençons par quelques rappels :
– lorsqu’on dit au voisinage d’un point a ∈ I, cela signifie, sur un intervalle du type ]a − α, a + α[,
de même lorsqu’on dit au voisinage de +∞, cela signifie, sur un intervalle du type [A, +∞[.
– on dit qu’une fonction f est négligeable devant g au voisinage de a, noté f = o(g) si
a
∃ǫ : I → R,
ce que l’on vérifie 1 avec lim
a
f (x) = g(x)ǫ(x),
avec lim ǫ(x) = 0
f (x)
= 0, de même en +∞.
g(x)
a
f (x) − g(x)
= 0.
a
a
a
h(x)
– Si f est dérivable en a, f (x) = f (a) + (x − a)f ′ (a) + o(x − a) (on reverra ce point en détail).
a
C’est cette dernière écriture que l’on va prolonger dans ce chapitre, en cherchant à écrire f sous la forme
d’un polynôme plus quelques chose de négligeable.
On rappelle que si x est petit 2 on a 1 > |x| > |x|2 > |x|3 > |x|4 > · · · > |x|n Les fonctions xk sont des
repères de décroissance vers 0 lorsque x est petit. On va donc comparer les fonctions à ces repères.
On a déjà vu ce type de relation au chapitre sur les équivalents, on a en effet :
√
x
1 + x = 1 + + o(x),
sin(x) = x + o(x),
ex = 1 + x + o(x),
ln(1 + x) = x + o(x),
0
0
0
0
2
– on note f = g + o(h) si f − g = o(h), ce qui s’écrit aussi : lim
1. Rigoureusement ceci n’est valable que si g est différent de 0 sur un voisinage de a, ce sera le cas dans ce chapitre.
2. En fait il suffit d’avoir |x| < 1 pour avoir ces relations
25
26
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
tan(x) = x + o(x),
0
I
cos(x) = 1 −
0
x2
+ o(x2 )
2
Développement limité d’ordre n en a
I.1
Définition
Définition 10. Soit n ∈ N, on dit que f admet un développement limité en 0 d’ordre n noté DLn (0) si
il existe une fonction polynôme Pn (x) =
n
X
λi xi , tel que :
i=0
f = Pn (x) + o(xn ) = λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λn xn + o(xn ).
0
0
Autrement dit si :
∃ǫ : I → R : tel que f (x) = Pn (x) + xn ǫ(x),
Soit aussi :
lim
x→0
f − λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λn xn
xn
ǫ(x) → 0.
= 0.
Attention avec cette notation : n n’est pas forcément le degré du polynôme, l’ordre du DL noté n est
celui de o(xn ), c’est le degré de précision de l’approximation de f par le polynôme Pn .
Ainsi, si f admet un développement limité, alors elle est presque égale à un polynôme, la différence
étant contrôlé par le terme o(xn ).
On généralise cette définition en un point a ∈ I, en remplaçant le polynôme P , par un « polynôme en
(x − a) ».
Définition 11. On dit alors que f admet un développement limité en a d’ordre n noté DLn (a) si :
f (x) = λ0 + λ1 (x − a) + λ2 (x − a)2 + . . . λn (x − a)n + o((x − a)n ).
∃(λ0 , λ1 , . . . λn ) ∈ Rn+1 ,
Soit :
lim
x→a
Le polynôme Pn (x) =
n
X
i=0
mité.
a
f (x) − λ0 + λ1 (x − a) + λ2 (x − a)2 + . . . λn (x − a)n
λi xi ou Pn (x) =
n
X
i=0
(x − a)n
= 0.
λi (x − a)i est appelé partie régulière du développement li-
Remarque:
– c’est bien entendu une propriété locale, qui ne dépend donc uniquement du comportement de la
fonction pour des x proche de 0 (resp. de a).
– par définition la limite de f est égale à λ0 .
– Un polynôme est son propre DL en 0. Si on se place en a, il faut écrire le polynôme en (x − a).
– On écrit les termes du plus grand au plus petit (donc par degré croissant).
I.2
⋆
Propriétés
Passage de a à 0
Proposition 23. f admet un DLn (a) si et seulement si la fonction g : h 7→ f (a + h) admet un DLn (0).
I. DÉVELOPPEMENT LIMITÉ D’ORDRE N EN A
27
Démonstration. Cela provient de la règle du changement de variable dans les limites : puisque x → a, on
a h = (x − a) → 0, on peut donc dire :
f (a + h) − λ0 + λ1 h + λ2 h2 + . . . λn hn
lim
=
h→0
hn
f (x) − λ0 + λ1 (x − a) + λ2 (x − a)2 + . . . λn (x − a)n
lim
x→a
(x − a)n
Méthode : Pour faire un DLn (a), il faut systématiquement se ramener à 0. Pour cela, on fait un changement de variable, en remplaçant la variable x (qui tends vers a) par a + h (avec h qui tends vers 0).
Après avoir obtenu le DL(0) en h, on remplace de nouveau h par (x − a) pour avoir un le DL(a).
⋆
Unicité
Proposition 24. Si f admet un DLn (a), alors les (λi )i=1...n sont uniques. Autrement dit la partie régulière
d’un développement limité est unique.
Démonstration. Pour simplifier, on se place en 0.
On raisonne par l’absurde et on suppose qu’il existe deux polynôme Q et P qui vérifie :
f (x) = P (x) + o(xn )
0
On a :
et f (x) = Q(x) + o(xn )
0
P (x) − Q(x)
P (x) − f (x) f (x) − Q(x)
= lim
−
n
x→0
x→0
x
xn
xn
lim
=0
Si on note donc (λi )i=1...n les coefficients de P et (µi )i=1...n ceux de Q. On a alors :
lim (λn − µn ) +
x→0
(λ0 − µ0 )
(λn−1 − µn−1 ) (λn−2 − µn−2 )
+
+ ...
2
x
x
xn
=
n
X
(λn−k − µn−k )
k=0
xk
= 0.
Ce qui est visiblement possible que si ∀i ∈ [[0, n]], λi = µi , en effet il faut des formes indéterminées du
type 00 . Prouvons rigoureusement ce dernier point.
Raisonnons par l’absurde et supposons qu’il existe un i0 tel que λi0 6= µi0 .
Comme x1k tend vers +∞ d’autant plus vite que k est grand, Choisissons pour i0 le plus petit possible,
de manière à avoir :
n
X
(λn−k − µn−k )
(λi0 − µi0 )
∼
.
k
x
xn−i0
k=0
Or si n − i0 > 0, on a : limx→0
tous les cas, on a donc
(λi0 −µi0 )
xn−i0
= ±∞, tandis que si n − i0 = 0 :
(λi0 −µi0 )
xn−i0
= (λi0 − µi0 ) 6= 0. Dans
P (x) − Q(x)
6= 0.
x→0
xn
lim
Contradiction.
En conséquence, on a que si f est une fonction paire, la partie régulière de f est paire, i.e. constitué
uniquement de termes x2k , Au contraire, si f est impaire, la partie régulière est aussi impaire.
28
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
En effet, soit par exemple une fonction f paire, qui admet un DLn de partie régulière P . On a alors :
∃ǫ : I → R, ∀x ∈ I, f (x) = P (x) + xn ǫ(x).
et donc : ∀x ∈ I, f (−x) = f (x) = P (−x) + xn (−ǫ(x)). Cette dernière écriture montre que le polynôme
P (−x) est aussi la partie régulière du DLn (0) de f . Par unicité, on a P (x) = P (−x), ce qui signifie que P
est pair et donc qu’il est uniquement constitué de termes de la forme x2k . Le cas d’une fonction impaire se
traite de la même manière.
Méthode : lorsque l’on fait un DL d’une fonction paire, on peut toujours « ajouter un ordre » en remplacant
un o(x2n ) par o(x2n+1 ), puisque l’on sait que le terme de degré 2n+1 est nul. Idem, si la fonction est impaire.
Cette propriété sert aussi à vérifier les calculs : si la fonction est paire, le DL ne contient que des termes
pairs.
Exemple: Si on a : cos(x) = 1 − 21 x2 + o(x2 ), on sait comme cos est paire que : cos(x) = 1 − 12 x2 + o(x3 ).
0
0
De même, de sin(x) = x − 61 x3 + o(x3 ), on déduit sans calcul que : sin(x) = x − 61 x3 + o(x4 ).
⋆
Troncature
Lorsque l’on a p < n, on parle de troncature de la partie régulière P d’un DLn au rang p (noté
T rp (P )), le polynôme : T rp (P ) =
p
X
k=0
λk xk . (resp. en remplaçant x par x − a dans le cas en a). Autrement
dit, on ne garde que les termes inférieur ou égal à p. Notons en particulier qu’on peut ne pas enlever de
coefficient si p > d(P ).
Proposition 25. Si f admet un DLn (a) d’ordre n, alors pour tout p < n elle admet un DLp (a). De plus,
on a
si f (x) = P (x) + o(xn ) alors f (x) = T rp (P )(x) + o(xp ).
Ainsi d’un DL à l’ordre 2, on peut déduire un DL à l’ordre 1 : par exemple, si f (x) = 1+x+x2 +x3 +o(x3 ),
alors f (x) = 1 + x + x2 + o(x2 ), et même f (x) = 1 + o(1).
Démonstration. On fait le cas en 0, pour faciliter les notations.
On a :
f (x) = λ0 + λ1 x + λ2 x2 + · · · + λn xn + ǫ(x)xn
= λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λp xp + λp+1 xp+1 + · · · + λn xn + ǫ(x)xn
= λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λp xp + xp λp+1 x+ · · · + λn xn−p + ǫ(x)xn−p
|
= λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λp xp + o(xp )
{z
−−−→0
x→0
}
0
Ce résultat peut s’interpréter en disant que lorsqu’on travaille avec des o(xp ), on néglige tout ce qui est
petit devant xp , et donc on néglige xp+1 , xp+2 etc. On travaille donc à la précision p, et on négligé tous les
détails de précision inférieure.
Si on applique le résultat avec f (x) = P (x), on obtient en particulier : P (x) = T rp (P ) + o(xp ).
I. DÉVELOPPEMENT LIMITÉ D’ORDRE N EN A
29
Démonstration. En effet,
P
= λ0 + λ1 x + λ2 x2 + · · · + λn xn
= λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λp xp + λp+1 xp+1 + · · · + λn xn
= λ0 + λ1 x + λ2 x2 + . . . λp xp + xp λp+1 x + · · · + λn xn−p
|
Avec limx→0 ǫ(x) = 0.
{z
ǫ(x)
}
Remarquons qu’au cours de cette démonstration, on a prouvé que P s’écrit sous la forme : P = T rp (P )+
avec B ∈ R[X].
xp+1 B(x),
Méthodes : pour un DL de la forme f (x) = P (x) + o(xn ), il ne faut jamais écrire de terme de degré
strictement supérieur à n : ils sont négligés par le o(xn ).
⋆
Lien avec continuité dérivabilité
On a déjà vu ces notions, on les revoit ici :
Proposition 26. Soit f une fonction définie sur I, et a ∈ I.
La fonction f est continue en a si et seulement si f admet un DL0 (a). Avec dans ce cas : f = f (a)+o(1).
a
La fonction f est dérivable en a, si et seulement si elle admet un développement limité en a. De plus,
dans ce cas :
f (x) = f (a) + (x − a)f ′ (a) + o (x − a)
a
Notons en particulier, que si f admet un DL(a) à un ordre strictement plus grand que 1, alors λ0 est
sa limite en a, tandis que λ1 est sa dérivée en a.
Démonstration. Si f est continue en a, alors f (x) → f (a), donc f (x) − f (a) → 0 et donc f (x) − f (a) = o(1)
ce qui s’écrit : f (x) = f (a) + o(1).
Réciproquement, si f (x) = λ0 + o(1), alors f (x) − λ0 → 0, i.e. f (x) → λ0 , comme a ∈ D, f est définie
en a, la proposition ?? assure que l’on a alors nécessairement : λ0 = f (a), et f est continue en a.
De même si f est dérivable, on a :
f (x) − f (a)
= f ′ (a), Donc :
a
x−a
f (x) − f (a)
− f ′ (a) −−−→ 0, soit
x→a
x−a
f (a) − f (a) − f ′ (a)(x − a)
−−−→ 0, i.e.
x→a
x−a
′
f (x) = f (a) + (x − a)f (a) + o(x − a)
lim
a
D’un autre côté, supposons que l’on ait : f (x) = λ0 + λ1 (x − a) + o (x − a) . Alors déjà f (x) = λ0 + o(1),
a
a
donc λ0 = f (a). Puis, on a :
f (a) − f (a) − λ1 (x − a)
−−−→ 0, soit
x→a
x−a
f (x) − f (a)
− λ1 −−−→ 0, i.e.
x→a
x−a
f (x) − f (a)
lim
= λ1
x→a
x−a
Et donc f est dérivable, avec f ′ (a) = λ1 .
30
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Remarque:
– Attention : cela ne se généralise pas aux ordres supérieures : une fonction peut avoir un DL2 (0),
sans être deux fois dérivable.
– On verra par contre, que si elle est C n alors elle admet un DLn (0), et que ce DLn (0) se calcule à
l’aide des dérivées.
On trouve aussi grâce à cette proposition quelques DL1 :
ex = 1 + x + o(x),
tan x = x + o(x),
0
Application 1
ln(1 + x) = x + o(x),
0
0
cos(x) = 1 + o(x)
0
Soit f (x) = x3 sin( x1 ). Montrer que f admet un DL2 (0), sans être deux fois dérivable.
Exemple de la série géométrique
⋆
Proposition 27. La fonction
f:

 ] − 1, 1[
−→ R
x 7−→

admet un Dln (0) pour tout n ∈ N. Celui-ci est donné par :
2
n
1
1−x
n
f (x) = 1 + x + x + · · · + x + o(x ) =
n
X
xk + o(xn )
k=0
Démonstration. On sait que :
n
X
k=0
Donc :
xk =
1 − xn+1
x
= f (x) − xn
1−x
x−1
P
f (x) − nk=0 xk
x
=
−−−→ 0
n
x
x − 1 x→0
Application 2
−x :
I.3
Refaire cette démonstration pour trouver la formule symétrique, en remplaçant x par
n
X
1
= 1 − x + x2 + . . . (−1)n xn =
(−1)k xk
1+x
k=0
Opérations sur les développements limités
Dans les démonstration et les énoncés, on se place en 0, mais le résultat est bien sûr valable en a ∈ I
On va voir que les DLn sont beaucoup plus souples à manier que les équivalents. En fait on peut tout
faire 3 avec les DLn à une seule condition : tronquer au même niveau n. Ceci s’explique par exemple en
disant que si on a assez mal approchée une fonction g, alors quelque soit la qualité de l’approximation faite
sur une fonction f , la qualité de l’approximation faite sur f + g sera faible. Ceci est aussi valable pour la
multiplication, la composée etc.
La méthode pour faire un DL est de calculer le premier terme négligé, c’est-à-dire l’ordre du DL.
3. Sauf les dériver.
I. DÉVELOPPEMENT LIMITÉ D’ORDRE N EN A
⋆
31
Linéarité
Proposition 28. Si f et g admette des DLn , de partie régulière P et Q respectivement, et si λ ∈ R alors
f + g et λf admette aussi des DLn , de partie régulière P + Q et λP respectivement.
Autrement dit pour calculer un développement limité à l’ordre n d’une combinaison linéaire, on calcule
la combinaison linéaire des parties régulières des développements limités à l’ordre n.
Démonstration. On fait la preuve en utilisant les fonctions ǫ(x) : on sait que f = P + ǫ1 (x)xn et g =
0
0
Q + ǫ2 (x)xn , donc f + g = P + Q + xn (ǫ1 (x) + ǫ2 (x)). D’où le résultat en posant ǫ(x) = (ǫ1 (x) + ǫ2 (x)). De
0
0
même, λf = λP + λǫ1 (x)
0
| {z }
|
{z
→0
}
→0
Méthode : Pour calculer le développement limité d’une somme, on remplace les fonctions par leur DL.
Le premier terme négligé est alors le plus petit des deux ordres des deux DLs. On fait alors la somme des
deux polynômes (en ne gardant que les termes de degré inférieur à l’ordre du DL).
Exemple: Si on a : ex = 1 + x +
0
on a :
x2
2
+
x3
6
+
x4
24
+ o(x4 ) et cos(x) = 1 −
0
x2
2
+ o(x3 ). en faisant la somme,
x2 x3 x4
x2
+
+
+ o(x4 ) + 1 −
+ o(x3 )
0
2
6
24
2
On voit que le premier terme négligé est le o(x3 ). On obtient alors :
ex + cos(x) = 1 + x +
ex + cos(x) = 2 + x +
0
x3
+ o(x3 )
6
Note: De manière abrégé : o(x2 ) + o(x3 ) = o(x2 ).
Application 3
⋆
En déduire les DLn de ch(x) =
ex + e−x
ex + e−x
et sh(x) =
.
2
2
Produit
Proposition 29. Si f et g admettent des DLn de partie régulière P et Q respectivement, alors f g aussi,
avec :
f g = T rn (P Q)(x) + o(xn )
0
Autrement dit le DLn de f g, s’obtient en calculant le produit P Q, mais en ne gardant que les termes
inférieurs ou égal à n.
Démonstration. Avec les même notations que ci-dessus :
f g = P Q(x) + xn (ǫ1 (x)Q(x) + ǫ2 (x)P (x)) + ǫ1 (x)ǫ2 (x)xn )
0
|
On a bien ǫ(x) → 0, puisque :
{z
}
ǫ(x)
ǫ(x) = ǫ1 (x) Q(x) + ǫ2 (x)P (x) + ǫ1 (x)ǫ2 (x)xn
0
| {z } | {z }
→0
borné
|
{z
idem
}
|
{z
→0
}
Donc : f g = P Q + o(xn ),dans le produit P Q, il peut y avoir des termes de degrés > n, on utilise donc la
0
troncature : f g = T rn (P Q) + o(xn ).
0
Pour démontrer ce dernier point en détail, on peut utiliser le fait que P Q s’écrit : P Q = T rn (P Q) +
xn+1 B(x), avec B ∈ R[X], et donc P Q = T rn (P Q) + o(xn ).
0
0
32
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Méthode : Pour calculer le DL d’un produit, on remplace donc les fonctions par leur DL. On calcule
le premier terme négligé, i.e. l’ordre n du DL final. Puis on calcule les coefficients du polynômes P Q de
degrés inférieurs ou égal à n.
Exemple: On a : ex = 1 + x +
0
on a :
x2
2
+
x3
6
+
ex × sin(x) = 1 + x +
0
x4
24
+ o(x4 ) et sin(x) = x −
0
x3
6
+ o(x4 ). en faisant le produit,
x2 x3 x4
x3
+
+
+ o(x4 ) x −
+ o(x4 )
2
6
24
6
Les termes négligés s’obtiennent en faisant les produit : 1 × o(x4 ) = o(x4 ) et x × o(x4 ) = o(x5 ).
En effet, il faut garder en tête que o(xn ) désigne ǫ(x)xn , où ǫ(x) est une fonction inconnue Ainsi,
multiplier le tout par x augmente d’un degré le o(xn ), tandis que le diviser par x, le diminue d’un degré.
Dans l’exemple, le premier terme négligé est o(x4 ), on calcule donc que les coefficient de degré inférieur
ou égal à 4.
x2 x3
+
+ o(x4 )
ex × sin(x) = x +
0
2
3
⋆
Composition
Proposition 30. Soit f : I → R, et g : J → R, tels que f (I) ⊂ J, i.e. g ◦ f est bien défini.
Si f (0) = 0 et si f et g admettent des DLn de partie régulière P et Q respectivement, alors f ◦ g aussi,
avec :
g ◦ f = T rn (Q ◦ P ) + o(xn )
0
Démonstration. Avec les mêmes notations que dans la proposition précédente, on a :
∀u ∈ J,
g(u) = Q(u) + ǫ2 (u)un
et
∀x ∈ I,
f (x) = P (x) + ǫ1 (x)xn .
En particulier , en remplaçant u par f (x), on a :
∀x ∈ I,
h
in
g ◦ f (x) = Q(f (x)) + ǫ2 (f (x)) f (x)
reste plus qu’à remplacer f par P (x) + ǫ1 (x)xn . Remarquons déjà que l’hypothèse f (0) = 0 implique que
P (0) = 0 soit ∃R ∈ R[X], P (x) = xR(x). Donc :
h
in
ǫ2 (f (x)) f (x)
= ǫ2 (f (x))(xR(x) + ǫ1 (x)xn )n
|
{z
→0
}
= ǫ2 (f (x))xn (R(x) + ǫ1 (x)xn−1 )n .
|
Donc ce terme peut s’écrire ǫ(x)xn . Ensuite, en notant Q =
Q◦f =
n
X
{z
borné
Pn
k=0 bk x
k,
on a :
}
bk (P + xn ǫ1 (x))k ,
k=0
Si on développe avec le binôme de Newton le terme (P + xn ǫ1 (x))k , on obtiendra :
P k + nxn ǫ1 (x)P k−1 + . . . Les termes dans les . . . sont tous de la forme :
!
n nj
x
j
ǫj1
→0
|{z}
car
P k−j (x)
j>0
|
{z
borné
}
I. DÉVELOPPEMENT LIMITÉ D’ORDRE N EN A
33
avec j > 1, ainsi, le terme j est négligeable devant xnj , donc ils sont tous négligeable devant xn .
Au final, il ne restera donc que
Q◦f =
Pn
n
X
bk P k + o(xn )
k=0
P k,
il y a des termes en xk avec k > n qui vont aussi être
reste que dans le polynôme Q ◦ P = k=0 bk
o(xn ). On écrit donc
Q ◦ P = T Rn (Q ◦ P ) + xn+1 B(x)
|
{z
o(xn )
}
avec B(x) ∈ R[X]. Au final, une somme de terme négligeable devant xn étant négligeable devant xn , on
obtient bien :
g ◦ f = T Rn (Q ◦ P ) + o(xn )
Dans le cas où l’on a f (0) 6= a, on se ramène à 0, en faisant des changements de variables.
Méthode : Pour faire un DL d’une composée :
– on commence par faire un DL de la fonction à l’intérieur.
– On isole alors la partie qui tends vers 0, notée u(x), cette partie peut bien sûr contenir un o.
– On calcule l’équivalent de u(x) qui est nécessairement être de la forme : u(x) ∼ λxk et on vérifie bien
0
que la fonction u tends vers 0.
– on fait ensuite un DL de la fonction à l’extérieur en la variable u qui tends vers 0,
– on remplace dans ce DL, la variable u par l’expression u(x), et le o(ul ) par un o(ukl ). On obtient alors
un DL lorsque x tends vers 0.
Il est important de bien indiquer que l’on a changé de variable en indiquant la variable sou le o, et de
ne pas mélanger des expressions avec des u et des x. D’autre part, pour bien indiquer la composition, il
faut mettre l’expression u(x) entre parenthèses.
– on calcule ensuite le premier terme négligé, comme dans le cas d’un produit.
Cette technique est justifié par la proposition :
Proposition 31. Si u(x) ∼ λxk , avec λ non nul, alors f = o(u(x)l ) ⇒ f = o(xkl ), au sens où si une
0
fonction est négligeable devant ul ( i.e. est un o(ul )) alors elle est négligeable devant xkl , i.e. est o(xkl ).
Par exemple, si u est de l’ordre de x2 , on remplace un o(u3 ) par o(x6 ).
Démonstration. o(u(x)l ) désigne une fonction du type ǫ(u(x))(u(x)l ). Avec ǫ(t) → 0. On a alors :
u(x)
ǫ(u(x))(u(x)l ) = xkl ǫ(u(x))
0
| {z }
xk
→0
Exemple: si on a : cos(x) = 1 −
0
x2
2
|
!l
{z
→1
ln(cos(x))
=
x→0
0
}
+ o(x3 ) et ln(1 + u) = u +
0
= o(xkl )
u2
2
+ o(u2 ), on a alors :
x2
+ o(x3 ))
2
|
{z
}
ln(1 −
u→0
2
2
On pose donc u(x) = − x2 + o(x3 ), et on a u(x) ∼ − x2 → 0.
x→0
34
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
D’un autre côté, on a ln(1 + u) = u +
u→0
u2
2
+ o(u2 ).
2
Comme u(x) ∼ − x2 , on remplace le o(u2 ) par o(x4 ).
x→0
On obtient :
!
0
1
x2
+ o(x3 ) +
−
2
2
= −
x2
+ o(x3 ).
2
ln(cos(x)) =
0
!2
x2
+ o(x3 )
−
2
+ o(x4 )
Car le premier terme négligé est o(x3 ).
⋆
Quotient
Comme pour les dérivées, on déduit du résultat précédent le cas du quotient :
Proposition 32. Si f admet un Dln en 0, avec f (0) = a 6= 0, alors
1
, et la propriété :
se calcule, en utilisant le Dln de 1−x
1
1
1
=
=
f
a + f (x) − a
a
1
f
admet un DLn (0). De plus ce Dln
1
a − f (x)
1−
a }
| {z
→0
Méthode : Pour faire un DL d’un quotient
f
, on est donc obligé de passer par celui d’un produit et faire
g
1
.
g
Pour ce dernier, on écrira g sous la forme 1 + u, avec u qui tends vers 0, et on composera avec le DL de
1
.
1+u
le DL de
Exemple: Pour faire le DL2 (1) de x 7→
1
3x + 8
=
=
=
0
=
0
=
0
⋆
1
3x+8 ,
on pose h = x − 1, soit x = h + 1, et on a :
1
3h + 11
1
1
×
11 1 + 3 h
11
|{z}
1
× 1−
11
u→0
!
3
h +
11
!2
3
h
11
+ o(h2 )
1
3
9
−
h + 3 h2 + o(h2 )
11 121
11
1
3
9
−
(x − 1) + 3 (x − 1)2 + o((x − 1)2 )
11 121
11
DLn de f à partir de celui de f ′
On peut calculer le DLn de f à partir de celui de sa dérivée :
Proposition 33. Si f ′ admet un DLn (0) , et si f ′ est continue sur un voisinage de 0, alors f admet un
DLn+1 (0) qui se déduit de celui de f ′ avec :
f ′ (x) = λ0 + λ1 x + · · · + λn xn + o(xn )
xn+1
x2
+ o(xn+1 )
f (x) = f (0) + λ0 x + λ1 + · · · + λn
2
n+1
I. DÉVELOPPEMENT LIMITÉ D’ORDRE N EN A
35
Démonstration. La preuve se fait en intégrant l’égalité :
∀t ∈ I, f ′ (t) = λ0 + λ1 t + · · · + λn tn + φ(t)(tn )
pour t entre 0 et x. L’hypothèse que f ′ est continue assurant que la fonction φ est continue.
On obtient alors :
Z
f (x) − f (0) =
0
Z
=
x
x
0
f ′ (t)dt
λ0 + λ1 t + · · · + λn tn + tn φ(t)dt
= λ0 x + λ1
Il ne reste plus qu’à vérifier que
Rx
0
x2
xn+1
+ · · · + λn
+
2
n+1
Z
x
tn φ(t)dt
0
tn φ(t)dt = o(xn+1 ), soit :
1
lim
x→0
xn+1
Z
x
tn φ(t)dt = 0.
0
Pour cela, il faut revenir à la notion de limite. Soit une précision ǫ > 0, on va utiliser la seule hypothèse
que l’on ait : φ(x) → 0. On sait alors que :
∃α > 0, ∀|t| 6 α, |φ(t)| 6 ǫ
soit donc x , avec |x| 6 α. On majore donc :
D’où
Z
x
0
Z
t φ(t)dt 6
|x|
n
0
|
n
t |φ(t)|dt 6 ǫ
Rx
0
Z
|x|
tn dt = ǫ|x|n+1 .
0
tn φ(t)dt|
6 ǫ.
|x|n+1
On a donc bien trouvé un α qui convient ce qui permet de montrer que :
lim
x→0
1
xn+1
et par suite
f = f (0) + λ0 x + λ1
Exemple: On sait que arctan′ (x) =
1
=
1+x2 0
Z
x
tn φ(t)dt = 0,
0
x2
xn+1
+ · · · + λn
+ o(xn+1 )
2
n+1
1 − x2 + x4 + o(x4 ). Donc
arctan(x) = arctan(0) + x −
0
Application 4
x3 x5
+
+ o(x5 ).
2
5
Déterminer un DL à l’ordre 2n + 2 de arctan x, et de arcsin.
Méthodes : pour calculer le DLn d’une fonction dont on connaît la dérivée (et le DLn de la dérivée), on
intègre la partie régulière du DLn de f ′ , en ajoutant le terme f (0). Il faut toujours indiquer le terme f (0)
quitte à le barrer si il est nul. On obtient ainsi un DLn+1 .
36
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
II
Formule de Taylor-Young
La formule de Taylor Young permet de montrer que les fonctions de classe C n admette un DLn celui-ci
étant donné par le polynôme de Taylor.
Proposition 34. Soit f une fonction de classe C n . Alors f admet un DLn en a donné par :
f (x) = f (a) + f ′ (a)(x − a) +
Soit :
f (x) =
f ′′ (a)
(x − a)n
(x − a)2 + · · · + f (n) (a)
+ o (x − a)n
2
n!
n
X
f (k) (a)
k=0
En particulier dans le cas a = 0, on a :
f (x) = f (0) + f ′ (0)x +
(x − a)k
+ o (x − a)n
k!
n
X
f ′′ (0) 2
xn
xk
x + · · · + f (n) (0)
+ o[xn ] =
f (k) (0) + o(xn ).
2
n!
k!
k=0
Remarque:
– Le premier résultat obtenu est théorique : si une fonction est C n elle admet un DLn . En particulier,
si elle est C ∞ alors elle admet un DLn pour tout n ∈ N.
– Le deuxième résultat est pratique : les coefficients de la partie régulières sont données par les dérivées
successives en 0. On peut donc calculer des DLn en calculant les dérivées successives en 0. Mais cette
méthode est longue et source d’erreurs. Autant que possible il est préférable d’utiliser les méthodes
de manipulation des développements limités.
– Au contraire, on peut parfois calculer les dérivées successives en 0, en calculant d’abords le DL.
Application 1
En calculant un DLn de arctan déterminer arctan(k) (0), pour k ∈ N.
Démonstration. Pour faciliter les notations, on se place en 0.
∀x ∈ I, ∃cx ∈]0, x[ ou ]x, 0[, f (x) =
Ce qu’on écrit :
f (x) =
n
X
f (k)(0)
k=0
k=0
f (k) (0)
xn
xk
+ f (n (cx ) .
k!
n!
xn
xk (n)
+ f (cx ) − f (n) (0)
.
k!
n!
xn
Il reste donc à prouver que : f (n) (cx ) − f (n) (0)
n−1
X
= o(xn ), c’est-à-dire lim f (n) (cx ) − f (n) (0) = 0. Cela
x→0
n!
provient du fait que f (n) est continue en 0, et donc, puisque x → 0 on a cx → 0, et donc par composition
des limites
lim f (n) (cx ) = lim f (n) (x) = f (n) (0).
x→0
Application 2
III
y→0
Calculer les DLn (0) de cos x, sin x , ex , et (1 + x)α .
Formulaire
La formule de taylor-Young permet de calculer la plupart des Dln (0) des fonctions usuelles, les autres
sont obtenus par composition ou par intégration. Les tableaux 10.1 à 10.4 contiennent les développements
limités. Ceux du tableau 10.5 sont à retrouver rapidement.
III. FORMULAIRE
37
Notons qu’il faut autant être connaître les formules donnant les DLn (0) de ces fonctions ou de les
retrouver rapidement, mais également être capable de les reconnaître pour des petites valeurs de n. Ainsi,
x2 x4
on doit être capable rapidement d’écrire : cos(x) = 1 −
+
+ o(x5 ).
2
24
En général, on fait des développements limités à l’ordre 2 ou 3 4 .
f (x)
1
1−x
Développement limité en 0
Commentaires
1 + x + x2 + · · · + xn + o(xn ), soit
Peut s’obtenir par Taylor-Young,
ou par la formule
n
X
1 − xn+1
xk =
1−x
k=1
n
X
xk + o(xn )
k=1
1
1+x
1 − x + x2 + . . . (−1)n xn + o(xn ), soit
n
X
(−1)k xk + o(xn )
La même que ci-dessus avec −x à
la place de x.
k=1
Table 10.1 – Les différents développement de
f (x)
Développement limité en 0
− ln(1 − x)
x+
xn
x2 x3
+
+ ...
+ o(xn ), soit
2
3
n
n
X
xk
+ o(xn )
k
k=1
x2 x3
xn
−
− ··· −
+ o(xn ), soit
2
3
n
n
X
xk
+ o(xn )
−
k
k=1
ln(1 − x)
−x −
ln(1 + x)
x−
x2 x3
xn
+
+ · · · + (−1)n+1
+ o(xn ), soit
2
3
n
n
X
xk
+ o(xn )
(−1)k+1
k
k=1
1
.
1+x
Commentaires
1
ou par la for1−x
mule de Taylor-Young
En intégrant
ré-écriture de la ligne précédente
Idem
Table 10.2 – Les différents développement de ln(1 + x).
4. On garde en général 2 termes non nuls.
38
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
f (x)
(1 + x)α
Développement limité en 0
1 + αx +
...
√
1+x
√1
1+x
α(α − 1) 2 α(α − 1)(α − 2)
x +
+
2!
3!
α(α − 1)(α − 2)(α − 3) . . . (α − n + 1)
+ o(xn )
n!
1
1
1 + x − x2 + o(x2 )
2
8
3
1
1 − x + x2 + o(x2 )
2
8
Commentaires
Obtenue par la formule de Taylor
Young, remarquez en particulier la
similitude avec la formule de Newton lorsque α est entier.
Exemple d’application, à savoir retrouver rapidement.
Idem.
Table 10.3 – Les différents développement de ln(1 + x)α .
f (x)
ex
sin x
Développement limité en 0
x2 x3
xn
+
+ ··· +
+ o(xn ),
2
3!
n!
n
X
xk
soit
k!
k=0
1+x+
x−
soit
(−1)2n+1 x2n+1
x3 x5
+
+ ··· +
+ o(x2n+2 ),
3!
5!
(2n + 1)!
n
X
(−1)k
k=1
cos x
x2k+1
+ o(x2n+2 )
(2k + 1)!
x2 x4
x2n
+
+ · · · + (−1)n
+ o(x2n+1 ),
2!
4!
2n
n
X
x2k
+ o(x2n+1 )
soit
(−1)k
(2k)!
k=0
1−
Commentaires
Par Taylor Young, puisque ex est
se dérive en elle-même.
Impaire et obtenu par Taylor
Young.
Autre méthode, en remplaçant x
par ix et −ix dans ex .
Par Taylor-Young, remarquez que
l’on a un ordre de plus que la partie régulière, puisque l’on sait que
le prochain terme est en x2n+2
Table 10.4 – Développement limités de ex et des fonctions trigonométriques.
III. FORMULAIRE
f (x)
39
Développement limité en 0
x3
+ o(x4 )
3
tan(x)
x+
arctan(x)
x+−
arcsin(x)
x+
arccos(x)
x3
3
π
−x−
− x5 + o(x6 )
2
6
40
x3 x5
+
+ o(x6 )
3
5
3
x3
+ x5 + o(x6 )
6
40
Commentaires
En calculant les dérivées successives et en utilisant Taylor-Young.
On sait que c’est un ordre 4,
puisque la fonction est impaire.
En
utilisant
arctan′ (x) =
un
DL
de
1
,
il
existe
1 + x2
une formule pour l’ordre n
En utilisant un DL de arccos′ (x) =
1
√
, il existe une formule
1 − x2
pour l’ordre n
car arccos(x) =
Table 10.5 – D’autres développements limités à savoir retrouver.
π
2
− arcsin(x).
40
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
IV
Exemple de manipulation et d’applications des développements limités
Dans cette section on présente des exemples de manipulation des développements limités.
IV.1
Lien entre développements limités et équivalents
On a vu que si f admet un DLn alors sa limite est égal à a0 , en fait on sait même que le premier terme
du développement limité est l’équivalent de la fonction.
Proposition 35. Soit une fonction f qui admet un DLn (0), du type
f (x) = ap xp + ap+1 xp+1 + · · · + an xn + o(xn ),
0
avec ap 6= 0. Alors, on a
f ∼ ap xp .
0
Démonstration. Il est évident que
1
f (x)
=1+
ap+1 x + · · · + an xn−p + o(xn−p ) −−−→ 1
p
x→0
ap x 0
ap
{z
|
}
−−−→0
x→0
Ainsi, on peut utiliser le développement limité pour calculer un équivalent, et ainsi calculer des limites.
esin x − etan x
x→0 x − sin x
IV.2
Exemple de lim
esin x − etan x
, on va passer par le calcul d’un
x − sin x
équivalent du numérateur et du dénominateur, mais on ne peut pas les ajouter.
On fait alors :
!
x3
x3
x3
x − sin x = x − x − + o (x3 ) =
+ o (x3 ) ∼
0 6
6 0
6 0
Par exemple, si on veut déterminer la limite en 0 de :
D’un autre côté, cherchons un développement limité de tan(x). On a :
tan(x)′ = 1 + tan2 (x),
2
tan(x)(2) = 2 tan(x) 1 + tan2 (x)
,
2
tan(3) = 2 1 + tan2 (x)
D’où :
+ 4 tan2 (x)(1 + tan2 (x))
tan(0) = 0, tan′ (0) = 1, tan(2) (0) = 0, tan(3) (0) = 2
et ainsi on obtient le DL3 (0)
tan x = x +
En composant avec : eu = 1 + u +
0
tan(x)
e
u2
2
+
u3
6
!
x3
+ o (x3 ).
3 0
+ o(u3 ), comme tan(x) ∼ x −−−→ 0, on obtient :
0
!2
1
x3
x3
= 1 + x + + o (x3 ) +
x + + o (x3 )
3 0
2
3 0
1
1
= 1 + x + x2 + x3 + o (x3 ).
0
2
2
x→0
!3
1
x3
+
x + + o (x3 )
6
3 0
+ o (x3 ),
0
IV. EXEMPLE DE MANIPULATION ET D’APPLICATIONS DES DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS 41
Pour le deuxième terme, on a :
sin(x) = x −
x3
x→0
+ o (x3 ) ∼ x −−−→ 0
0
6 0
Ainsi, on peut de nouveau faire la substitution dans le développement de l’exponentiel :
sin(x)
e
!
!2
1
x3
x3
x − + o (x3 )
= 1 + x − + o (x3 ) +
6 0
2
6 0
1
= 1 + x + x2 + o (x3 ).
0
2
D’où :
esin(x) − etan(x) = −
0
Au final :
+ o (x3 ),
0
x3
x3
+ o(x3 ) ∼ −
0
2
2
1
esin x − etan x
∼−
x − sin x 0 3
On obtient ainsi la limite.
IV.3
!3
1
x3
+
x − + o (x3 )
6
6 0
Étude d’une fonction au voisinage d’un point
On a vu que si f admet une tangente en a, ∆ : y = a0 + a1 (x − a) alors elle admet un DL1 , du type :
f (x) = a0 + a1 (x − a) + o(x − a)
a
On a vu que la réciproque est vraie. On peut dont déterminer les tangentes en calculant un DL1 . De plus,
le terme suivant dans le développement limité donne la position de la courbe par rapport à la tangente.
Selon si il est positifs, négatifs, ou si il change de signe au voisinage de a, Cf sera au dessus, en dessous, ou
traversera sa tangente. En effet, si
f (x) = a0 + a1 (x − a) + ap (x − a)p + o(x − a)p ,
a
alors
f (x) − (a0 + a1 (x − a)) ∼ ap (x − a)p .
a
⋆
x
.
ln(1 + x)
x
.
Cherchons un DL2 (0) de la fonction f (x) =
ln(1 + x)
Remarquons déjà que cette fonction n’est pas définie en 0.
On a :
Exemple de l’étude en 0 de f (x) =
x
ln(1 + x)
=
0
=
0
x
x−
x2
2
1−
x
2
=
0
1−
|
3
+ x3 + o(x3 )
1
+
x2
3
+ o(x2 )
1
!
x x2
2
−
+ o(x )
2
3
∼x
0
{z
−−−→0
x→0
}
42
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
On pose donc u(x) =
x
2
x2
3
−
x
ln(1 + x)
+ o(x2 ) , et on utilise le DL usuel :
!
x x2
−
+ o(x2 ) +
2
3
= 1+
0
= 1+
0
1
1−u
= 1 + u + u2 + o(u2 ), pour obtenir :
!2
x x2
−
+ o(x2 )
2
3
+ o(x2 )
x x2
−
+ o(x2 )
2 12
On obtient trois résultats :
– f (x) est prolongeable par continuité en 0 en posant f (0) = 1,
– ce prolongement est dérivable en 0, avec f ′ (0) = 21 . Ainsi, f admet pour tangente en 0 la droite :
∆ : y = 1 + x2 .
2
– De plus, f est en-dessous de cette tangente puisque le premier terme négligé est ici : − x12 ∼ f (x) −
0
1 + x2 , qui est positif.
On aurait pu retrouver ces résultats sans développements limités :
– en calculant la limite en 0, et donc en prolongeant la fonction,
– en calculant f ′ (x) pour x 6= 0,
– puis la limite de la dérivée, i.e. limx→0 f ′ (x),
– enfin, en appliquant le théorème sur la limite de la dérivée. On a alors l’existence de la tangente.
– Puis il faut étudier le signe de la différence pour déterminer la position de la courbe par rapport à la
tangente.
Remarque: Attention piège : comme on l’a vu, le DL1 permet de montrer que f est dérivable et
de calculer f ′ (0). Ici, par exemple, on déduit du DL1 la valeur du prolongement en 0, et la dérivée en 0 qui
est 12 . Mais le DL2 ne permet pas de dire que f est deux fois dérivables en identifiant f ′′ (0) par la formule
de Taylor-young. Ici, par exemple, on n’est pas assuré que f est deux fois dérivable en 0 et que f ′′ (0) = 21 .
Par contre, si on sait par ailleurs que la fonction f est de classe C 2 , alors Taylor-Young dit que la
fonction f admet un DL et que le DL est donné en fonction des dérivées en 0. Dans le cas où on sait que
la fonction est C 2 , on peut donc déduire du DL(2) la valeur de f ′′ (0).
⋆
Étude en 0 de
1
1
−
sin x x
1
1
Autre exemple, calculons un DL3 (0) de
− .
sin x x
Pour simplifier on met sur le même dénominateur pour obtenir :
1
1
−
sin x x
=
0
=
0
=
0
1
On fait ensuite le DL de
1−
x2
6
+ o(x3 )
1
x2
1−
+ o(x3 )
6
{z
}
|
2
∼ x6
0
−−−→0
x→0

x − sin x
x sin x
x3
x5
5
6 − 120 + o(x )
x x−
x
6
−
1−
x3
6
+ o(x4 )
x3
3
120 + o(x )
2
x
3
6 + o(x )
de manière classique :
= 1 +
!
x2
+ o(x3 ) +
6
!2
x2
+ o(x3 )
6

+ o(x4 ) .
V. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS ET GÉNÉRALISÉS EN +∞
43
On obtient :
1
1
−
sin x x
=
0
=
0
=
0
=
0
!

x
x3
−
+ o(x3 ) × 1 +
6 120
!
x2
+ o(x3 ) +
6
!
!
x3
x2
x
−
+ o(x3 ) × 1 +
+ o(x3 )
6 120
6
x
1
1
+ −
+
x3 + o(x3 )
6
120 36
7
x
+
x3 + o(x3 )
6
360
On obtient ainsi :
– la limite limx→0 f (x) = 0,
– et la dérivée du prolongement ainsi obtenu : f ′ (0) = 16 .
– Enfin, on obtient la position par rapport à la tangente en 0 : ∆ : y =
en 0.
V
!2
x2
+ o(x3 )
6
x
6

+ o(x4 )
: la courbe traverse sa tangente
Développement limités et généralisés en +∞
On reprends ici tout ce qui a été fait pour les DL, mais cette fois-ci lorsque x est au voisinage de l’infini.
Lorsque x est grand, on rappelle que l’on a :
x2 ≫ x ≫ 1 ≫
1
1
≫ 2
x
x
Ainsi, ceux sont les fonctions x1k , qui vont jouer le rôle de « repères » pour déterminer à quelle vitesse la
fonction tends vers 0. Enfin, on étudiera le cas d’une fonction qui tends vers l’infini. En l’écrivant comme
la somme d’un polynôme et d’une fonction qui converge à une vitesse donnée.
⋆
Développements limités d’ordre n en +∞
Définition 12. Soit f : [a, +∞[→ R, on dit que la fonction f admet un développement limités d’ordre
n en +∞, (notée DLn (+∞)) si il existe un polynôme
P (X) = λ0 + λ1 X + · · · + λn X n
tel que :
f (x)
=
+∞
=
+∞
=
+∞
1
x
1
P
, soit
+o
xn
1
1
1
1
, soit encore,
λ0 + λ1 + λ2 2 + · · · + λn n + o
x
x
x
xn
1
1
1
1
λ0 + λ1 + λ2 2 + · · · + λn n + ǫ(x)
, avec
x
x
x
xn
lim ǫ(x) = 0.
x→+∞
Note: Attention avec cette écriture, il n’est pas assuré que n soit le degré du polynôme P : l’ordre du DL est n,
le polynôme peut avoir des termes nuls.
Ainsi, f admet un DLn (+∞), si elle s’écrit comme un « polynôme en
devant x1n .
On a aussi la proposition :
1
x
» plus un terme négligeable
44
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Proposition 36. Soit g(t) = f 1t , alors la fonction f admet un DLn (∞) si et seulement si la fonction
g admet un DLn (0+ ). De plus, les parties régulières ( i.e. les polynômes P ) sont alors égales.
Démonstration. Ce n’est qu’une réécriture de la définition, en utilisant
lim
x→+∞
f (x) − P
1
x
xn = lim
f
t→0+
1
t
− P (t)
tn
La fonction f admet un DLn (+∞) si et seulement si la première limite est nulle, tandis que la fonction g
admet un DLn (0+ ), si et seulement si la deuxième est nulle.
Cette proposition donne de plus un moyen de calcul des développement asymptotiques : On pose t = x1
et on se ramène en 0.
Les développement limités en +∞, appelés aussi développement asymptotique permettent donc
d’étudier le comportement d’une fonction au voisinage de +∞, en la comparant à des fonctions standard,
les polynômes en x1 . Le but étant de lever facilement les formes indéterminées pour calculer des limites.
Notons que si f admet un développement asymptotique, alors :
– λ0 est sa limite en +∞,
– l’équivalent est le premier terme non nul.
– l’équivalent de f (x) − λ0 indique si cette limite est obtenu par valeur supérieure ou inférieure.
V.1
⋆
Exemples
DL3 (+∞) de f (x) =
p
x2 + 1 −
p
x2 − 1
On pose donc t = x1 , ou x = 1t . et on a :
p
f (x) =
p
x2 + 1 − x2 − 1
r
r
1
1
+1−
−1
=
2
2
st
st
1 + t2
−
t2
=
1 − t2
t2
p
1 p
1 + t2 − 1 − t2
|t|
=
On utilise alors :
u u2
−
+ o(u2 ).
0
2
8
On obtient donc, en remplaçant u par t2 , puis par −t2 .
p
1 + u2 = 1 +
f (x) =
p
1 p
1 + t2 − 1 − t2
|t|
t2 t4
t2 t4
1
1+ − − 1− −
=
|t|
2
8
2
8
1
=
t2 + o (t4 )
0
|t|
3
= t+ o (t )
0
=
1
+ o
x +∞
1
x3
On obtient donc le développement asymptotique :
f (x) =
+∞
1
1
+o
,
x
x3
!
4
!
+ o (t )
0
V. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS ET GÉNÉRALISÉS EN +∞
45
1
x.
qui signifie donc que la fonction f tends vers 0 en étant positive, à la même vitesse que
sera alors proche en +∞ de l’hyperbole x1 .
⋆
DL2 (+∞) de f (x) =
x
1+x
La courbe Cf
x
On commence par écrire f sous forme exponentielle, puis on pose t = x1 . On peut déjà remarquer que :
1
x
= t
1+x
1+
f (x) =
x
1+x
1
1+t
=
1
t
x
x
= exp x ln
1+x

= exp 
= exp
ln
1
1+t
t


− ln (1 + t)
t
On utilise alors le DL de ln(1 + t) :

− t −
f (x) = exp 

t2
2
+
t3
o
3+ 0

(t3 )
t



!
t
t2
= exp −1 + − + o (t2 )
2
3 0



t
t2


= exp (−1) × exp  − + o (t2 )

2
0
3
{z
}
|
u(t)→0
On a alors u(t) =
déduit :
t
2
−
t2
o
3+ 0
(t2 ) ∼ 2t . Donc en utilisant le DL classique eu = 1 + u +
0
"
f (x) = exp (−1) × 1 +
!
t
t2
1
− + o (t2 ) +
0
2
3
2
!2
t2
t
o (t2 )
−
2
3 0
u2
o
2 + 0
(u2 ), on
#
+ o (t2 )
0
!!
t2 1 t2
t
− +
+ o (t2 )
0
2
3
2 4
5
t
= exp (−1) 1 + − t2 + o (t2 )
0
2 24
2
1
t
5t
=
+
−
+ o (t2 ).
e 2e 24e 0
= exp (−1) 1 +
Soit en revenant à la variable x en +∞, le développement asymptotique :
f (x) =
1 1
5 1
1
+
−
+ o
e 2e x 24e x2 +∞
1
.
x2
Ainsi, la courbe Cf est proche en +∞ de l’hyperbole : ∆ : y =
dessous de cette hyperbole.
1
e
+
1 1
2e x
en +∞. De plus, Cf est en
46
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
V.2
Développements généralisés
En complément au développement asymptotique, les développements généralisés permettent d’approcher une fonction au voisinage de +∞ si celle-ci ne tends pas vers +∞.
Définition 13. Soit f : [a, +∞] → R, on dit que la fonction f admet un développement généralisé
d’ordre n en +∞ (noté DGn (+∞)). si :
∃Pn ∈ Rn [X], ∃Q ∈ R[X], f (x) = Q(x) + Pn
+∞
1
x
+o
1
.
xn
C’est-à-dire que :
∃(a0 , . . . , ap ), ∃(λ1 , . . . , λn ), ∃ǫ(x), tel que
+∞
|
Γ
{z
courbe asymptote
}
1
1
1
1
+ λ2 2 + · · · + λn n +
ǫ(x)
n
x
x
x
x
|
{z
}
|
{z
}
écart avec Γ
terme négligeable
f (x) = ap xp + ap−1 xp−1 + . . . a1 x + a0 + λ1
Note: Par convention, la polynôme Pn n’a pas de termes constants, le terme constants étant dans le polynôme
Q.
Notons que le degré du polynôme Q est libre, tandis que le degré de Pn est inférieur (mais peut-être
strictement inférieur) à n.
Ainsi la fonction f s’écrit comme la somme de :
– un polynôme (qui tends donc vers l’infini),
– plus un polynôme en x1 , qui contient des termes de plus en plus petits,
– enfin des termes négligeables devant x1n .
La courbe Cf représentative de la fonction f est donc proche en +∞
de la courbe Γ représentative du
1
polynôme Q(x), l’écart entre les deux courbes étant mesuré par Pn x , les termes négligés étant négligeable
devant x1n . en particulier, on peut connaître la position de la courbe Cf et Γ, en regardant le signe du premier
terme négligé.
⋆
Étude de f (x) =
x3 + 1
en +∞.
x2 − 1
Lorsque x est grand il est clair que f (x) → +∞, en fait, on voit que lorsque x et grand f (x) ∼ x. Le
développement généralisé va donc nous permettre de préciser son comportement en +∞. on a :
f (x)
=
=
=
=
=
=
=
+∞
x3 + 1
x2 − 1
x(x2 − 1) + x + 1
x2 − 1
x+1
x+ 2
x −1
1
x+
x−1
1
1
x+ ×
x 1 − x1
1
x + × 1+ o (1)
+∞
x
1
1
x+ + o
x +∞ x
On obtient ainsi :
f (x) = x +
+∞
1
1
1
+ 2 +o
x x
x2
+∞
V. DÉVELOPPEMENT LIMITÉS ET GÉNÉRALISÉS EN +∞
47
En particulier, on en déduit que la courbe Cf admet pour asymptote oblique la droite ∆ : y = x, et qu’elle
est au-dessus de cette asymptote, puisque f (x) − x ∼ x1 qui est positif.
+∞
Remarquons enfin que tous ces calculs sont aussi valables en −∞ on obtient la même asymptote ∆,
cette fois-ci Cf est en dessous de ∆ (puisque x1 est négatif).
⋆
Étude de g(x) =
p
x2 + x + 1 en +∞ et −∞
En +∞, on voit que g(x) ∼ x. Précisons cela :
+∞
g(x)
v
u
= |x|u
u1 +
u
t
q
1
1
+ 2
x
x
| {z }
u(x)−−−−→0
x→+∞
= |x| 1 + u(x)
1
0 x
Comme u(x) ∼
→ 0, on peut le substituer dans le développement limité :
1
1
1
(1 + u) 2 = 1 + u − u2 + o(u2 )
0
2
8
On obtient
g(x)
=
=
=
=
+∞
1
1 2
1 1
1 1
+ 2 −
+ 2 + o
|x| 1 +
+∞
2 x x
8 x x
1 1 1
1
11
+ 2
−
+ o
|x| 1 +
+∞
2x x 2 8
x2
1
1
3
|x| 1 +
+ 2+ o
+∞
2x 8x
x2
1
3
1
+o
x+ +
2 8x
x
1
x2
!
Dans la dernière ligne, on remplace |x| par x puisqu’on se place au voisinage de +∞.
Lorsque x → −∞, on a au contraire |x| = −x
1
3
1
+o
g(x) = −x + − −
−∞
2 8x
x
⋆
Asymptote et allure des courbes
En complément au développement limité, en +∞
On dit que la courbe Cf représentative de la fonction f admet une :
Asymptote horizontale ∆ : y = b, si lim+∞ f = b,
Asymptote verticale ∆ : x = a, si lima f = ±∞,
Asymptote oblique ∆ : y = λx+µ, si lim+∞ f (x)−(λx+µ) = 0. C’est le cas si f (x) = λx+µ+ xδ +o( x1 ),
le signe de δ donne alors la position par rapport à l’asymptote.
Enfin, il peut y avoir des cas intermédiaires où la fonction n’admet pas d’asymptote :
2
2
– Si lim f (x)
x = +∞, cela est le cas par exemple si f (x) = x + o(x ). La croissance vers +∞ est alors
plus rapide qu’une droite.
– Si lim f (x)
x = 0, cela est le cas par exemple, si f (x) = ln(x) + o(ln(x)). Dans ce cas, la croissance est
moins rapide qu’une droite.
– Si lim f (x)
x = λ 6= 0, mais que lim f (x) − λx = +∞, cela est le cas par exemple, si f (x) = x + ln(x) +
o(ln(x)). C’est la direction λx qui est asymptotique, mais la courbe n’admet pas asymptote.
Ces propriétés peuvent être utilisées pour montrer qu’une fonction n’admet pas d’asymptote.
48
CHAPITRE 10. DÉVELOPPEMENTS LIMITÉS
Feuille d’exercices Développements limités
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
CC
Exercice 1
=
$
\
BY:
Montrer en utilisant la formule de Taylor-Lagrange que :
∀x ∈ [0, 1], ∀n ∈ N,
2n
X
k+1 x
(−1)
k
6 ln(1 + x) 6
k
k=1
2n+1
X
(−1)k+1
k=1
xk
k
xk
P2n+1
En déduire pour x ∈ [0, 1] la limite de k=1 (−1)k+1 k .
Exercice 2 Soit une fonction f qui admet un DLn (0). À l’aide de l’unicité du DLn (0), montrer que :
– si f est paire, la partie régulière de ce DLn (0) est paire, i.e. constituée uniquement de termes de la
forme X 2k ,
– tandis que si f est impaire, la partie régulière de ce DLn (0) est impaire, i.e. constituée uniquement
de termes de la forme X 2k+1 .
Exercice 3 Déterminer le DL3 (0) des fonctions :
x 7→
Exercice 4
cos x
1−x
x 7→ ex
sin x
x
x 7→
1
ex + cos x
x 7→ tan x
Déterminer le DLn (0) des fonctions :
ch :
x 7→
ex + e−x
2
sh :
x 7→
ex − e−x
2
Exercice 5
Calculer les développements limités suivants :
√
√
sin x − x cos x
1+x− 1−x
ln(1 + x)
DL2 (0) :
DL3 (0) :
DL2 (0) :
ln(1 − x)
x
1+x
√
√
1
π
DL2 (1) :
DL3 (0) : earcsin x
DL2 (1) : e x
DL2 ( ) : tan x
DL2 (1) : ln(1 + x)
x
4
Exercice 6
Calculer les limites suivantes :
x − sin x
lim
x→0 tan x − arctan x
arcsin x
lim
x→0 ln(cos x)
lim
x→0
1
1
− 2
2
sin x x
Exercice 7 Déterminer les réels a et b tels que les fonctions suivantes soient des infiniments petits d’ordre
le plus élevé possible, i.e. des o(xn ), avec n le plus grand possible.
x 7→ x
1 − ax2
− sin x
1 + bx2
x 7→
q
Exercice 8 Pour n ∈ N, on pose un = sin 2π n2 +
l’aide d’un développement limité, calculer limn→+∞ un .
Exercice 9 On pose :
G(x) =
Z
x
0
1
.
1 + t4
2. En déduire un DL5 (0) de G.
n
2
1
− e−x
1 + ax + bx2
dt
√
1 + t4
1. Écrire un DL4 (0) de √
3. On pose :
f:
x 7→
Calculer un DL5 (0) de f , en déduire
Z
x2
x
f (5) (0).
√
. Vérifier que un = sin 2π
dt
= G(x2 ) − G(x)
4
1+t
q
n2 +
n
2
−n
,à