Formules de Taylor, Développements limités 1 Définition

Universit´e Pierre et Marie Curie 1M001
Formules de Taylor, D´eveloppements limit´es
1 D´efinition
On introduit le d´eveloppement limit´e d’ordre nen x0d’une fonction f: c’est une approximation
(d’autant plus pr´ecise que l’ordre nest grand) de la fonction fau voisinage du point x0par un
polynˆome. L’erreur de l’approximation sera petite devant (x−x0)n. On v´erifie bien que cette erreur
devient petite lorsque ngrandit. Math´ematiquement, l’erreur sera de la forme (x−x0)nε(x−x0)
o`u ε(x−x0) est une fonction qui a une limite nulle en x0.
D´efinition. Soit Iun intervalle et f:I→Rune fonction. Soit x0∈I. On dit que fadmet en
x0un d´eveloppement limit´e d’ordre n(not´e DLn(x0)) s’il existe des r´eels a0, a1, . . . , antels que
f(x) = a0+a1(x−x0) + . . . +an(x−x0)n+ (x−x0)nε(x−x0).
On appellera a0+a1(x−x0)+. . .+an(x−x0)nla partie polynˆome du DLnet (x−x0)nε(x−x0)
le reste du DLn.
Exemples. 1) Un polynˆome admet un d´eveloppement limit´e de tout ordre en 0. Si f(x) =
a0+. . .+anxn, alors le DLk(0) de fest a0+a1x+. . .+akxk+xkε(x) si k≤n, et a0+. . .+anxn+xkε(x)
si k≥n(en d’autres termes: la partie polynˆome du DLk(0) est obtenue en tronquant fau degr´e k).
Preuve. Notons Pk(x) := a0+a1x+. . .+akxksi k < n et Pk(x) := a0+a1x+. . .+anxnsi k≥n.
On doit montrer que Pk(x) est un polynˆome de degr´e au plus ket que f(x)−Pk(x) = xkε(x) pour
une certaine fonction ε(x) qui v´erifie limx→0ε(x) = 0. V´erifions-le: Pk(x) est bien un polynˆome
de degr´e inf´erieur ou ´egal `a k. Si k < n,f(x)−Pk(x) = ak+1xk+1 +. . . +anxn=xkε(x) avec
ε(x) := ak+1x+. . . +anxn−ket on a bien limx→0ε(x) = 0. Si k≥n,f(x)−Pn(x) = xnε(x) avec
ε(x) = 0 et on a bien limx→0ε(x) = 0. 
2) Si une fonction admet un DLn(x0), elle admet un DLk(x0) pour tout k≤n. Il suffit de
tronquer la partie polynˆome du DLn(x0) au degr´e k.
Remarque. Une fonction n’admet pas forc´ement de d´eveloppement limit´e. On a d´ej`a vu (cf
cours 5) que fadmet un DL1(x0) si et seulement si fest d´erivable en x0.
Remarque. Si fadmet un DLn(x0) avec n≥1 alors on a n´ecessairement a0=f(x0) et
a1=f0(x0). (cf cours 5).
1

Remarque. La fonction ε(x−x0) intervenant dans le DLn(x0) n’a pas besoin d’ˆetre explicit´ee.
C’est une ´ecriture g´en´erique pour d´esigner une fonction qui tend vers 0 quand xtend vers x0.
Remarque. Si fadmet un DLn(x0) de partie polynˆome non nulle, alors fest ´equivalente en
x0`a ak(x−x0)ko`u kest le plus petit entier tel que ak6= 0.
Remarque. Soit g(h) := f(x0+h). Alors fadmet un DLn(x0) si et seulement si gadmet un
DLn(0). Si g(h)=a0+a1h+. . . +anhn+hnε(h), alors f(x)=a0+a1(x−x0) + . . . +an(x−x0)n+
(x−x0)nε(x−x0). Dans la pratique, on se ram`enera toujours en 0.
Exemple. Supposons que l’on veuille un DL2(1) de la fonction f(x) = x2. On se ram`ene
en 0 en posant x= 1 + h, d’o`u f(1 + h) = (1 + h)2et on cherche le DL2(0) de f(1 + h).
On a f(1 + h) = 1 + 2h+h2+h2ε(h). Finalement, on remplace hpar x−1, et on obtient
f(x) = 1 + 2(x−1) + (x−1)2+ (x−1)2ε(x−1).
Exemple. Soit f(x) = 1
xpour x > 0 et soit a > 0. Trouver le DLn(a) de f. D’abord on se
ram`ene en 0 en posant x=a+h. On a donc f(a+h) = 1
a+het on cherche le DLn(0) de h→1 a+h.
On remarque que 1
a+h=1 a
1
1+(h/a). Or
1−xn+1
1−x= 1 + x+x2+. . . +xn.
Donc 1
1−x= 1 + x+x2+. . . +xn+xnx 1−x= 1 + x+x2+. . . +xn+xnε(x).
En rempla¸cant xpar −(h/a), on obtient (noter que ε(−h/a) est encore un ε(h))
1
1+(h/a)= 1 + (−h/a)+(−h/a)2+. . . + (−h/a)n+ (−h/a)nε(h).
Finalement (noter que (−1)n1
an+1 ε(h) est encore un ε(h))
1
a+h=1 a−h a2+h2 a3+. . . + (−1)nhn an+1 +hnε(h).
On a donc trouv´e le DLn(0) de la fonction h→1
a+h. Finalement on remplace hpar x−aet on
obtient 1
x=1 a−x−a a2+(x−a)2 a3+. . . + (−1)n(x−a)n an+1 + (x−a)nε(x−a).
Remarque. Le DLn(0) de la fonction 1 →1
1−xest un d´eveloppement limit´e usuel qu’il faudra
connaˆıtre par coeur.
Proposition. Si fadmet un DLn(x0), celui-ci est unique.
Preuve. Si f(x)=a0+a1(x−x0) + . . . +an(x−x0)n+ (x−x0)nε1(x−x0) et f(x)=b0+b1(x−x0) +
. . .+bn(x−x0)n+(x−x0)nε2(x−x0), on obtient par soustraction 0=a0−b0+(a1−b1)(x−x0)+. . .+
(an−bn)(x−x0)n+(x−x0)nε(x−x0) avec ε(x−x0) := ε1(x−x0)−ε2(x−x0) qui a une limite nulle
2

quand x→x0. Supposons par l’absurde que l’un des (ai−bi) soit non nul, et notons kle plus petit
indice tel que ak−bk6= 0. Alors 0=(ak−bk)(x−x0)k+. . . +(an−bn)(x−x0)n+ (x−x0)nε(x−x0),
et en divisant par (x−x0)k,
0=(ak−bk) + . . . + (an−bn)(x−x0)n−k+ (x−x0)n−kε(x−x0).
On remarque que la limite du terme de droite est ak−bkquand x→x0, et la limite du terme de
gauche est 0. Par unicit´e de la limite, on a donc 0 = ak−bk, contradiction. 
Application. Soit f:R→Rune fonction admettant un DLn(0) qui s’´ecrit f(x)=a0+a1x+
. . . +anxn+xnε(x). Si fest paire, alors a1=a3=a5=. . . = 0. Si fest impaire, alors
a0=a2=a4=. . . = 0.
Exercice. 1)Si f(x)=1 −x+x2+x2ε(x) et g(x)=1 + 4x2+x2ε(x), donner le DL2(0) de f+get
f.g.
2) Donner le DL3(0) de la fonction 1
1−x−x2.
2 Formules de Taylor
On donne d’abord un r´esultat pr´eliminaire qui peut s’av´erer utile. Il dit que l’on a le droit
”d’int´egrer” un d´eveloppement limit´e.
Proposition. Soit Iun intervalle, x0∈Iet f:I→Rune fonction. Si fest d´erivable sur I, et
si sa d´eriv´ee f0admet un DLn(x0)
f0(x) = c0+c1(x−x0) + . . . +cn(x−x0)n+ (x−x0)nε(x−x0),
alors fadmet un DLn+1(x0)et
f(x) = f(x0) + c0(x−x0) + c1
(x−x0)2
2+. . . +cn
(x−x0)n+1
(n+ 1)! + (x−x0)n+1ε(x−x0).
Preuve. Soit g(x) := f(x)−(f(x0) +c0(x−x0)+ c1(x−x0)2
2+. . .+cn(x−x0)n+1
(n+1)! ). On doit montrer
que g(x)=(x−x0)n+1ε(x−x0). On a
g0(x) = f0(x)−(c0+c1(x−x0) + . . . +cn(x−x0)n+ (x−x0)n)=(x−x0)nε(x−x0)
par hypoth`ese. Soit x>x0. Comme gest continue sur [x0, x] et d´erivable sur ]x0, x[, le th´eor`eme
des accroissements finis dit qu’on peut trouver c(x)∈]x0, x[ (on note c=c(x) car cd´epend de x)
tel que g0(c) = g(x)−g(x0)
x−x0, ce que l’on r´e´ecrit, comme g(x0) = 0,
g(x)=(x−x0)g0(c) = (c(x)−x0)n+1ε(c(x)−x0)=(x−x0)n+1 c(x)−x0
x−x0n+1
ε(c(x)−x0).
On remarque que limx→x0c(x) = x0. Donc limx→x0ε(c(x)−x0) = 0. Puisque c(x)∈]x0, x[, on a
|c(x)−x0|≤|x−x0|. Donc |c(x)−x0
x−x0| ≤ 1, et c(x)−x0 x−x0ε(c(x)−x0) est une fonction qui tend vers 0
quand xtend vers x0. Ainsi on peut r´e´ecrire
g(x) = (x−x0)n+1ε(x−x0).
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On raisonne de mˆeme pour montrer que si x<x0, alors on a g(x) = (x−x0)n+1ε(x−x0). Cela
termine la preuve. 
Exemple. On a vu que 1
1+x= 1 −x+x2+. . . + (−1)nxn+xnε(x) pour tout n≥0. Donc
ln(1 + x) = x−x2
2+x3 3+. . . +(−1)n+1 nxn+xnε(x) pour tout n≥1.
Le th´eor`eme suivant permet de calculer n’importe quel d´eveloppement limit´e d’une fonction
suffisamment r´eguli`ere.
Th´eor`eme. (Formule de Taylor-Young) Soit Iun intervalle, x0∈I. Soit nun entier et f:I→R
une fonction nfois d´erivable sur I. Alors, fadmet un DLn(x0)donn´e par
f(x) = f(x0)+(x−x0)f0(x0) + (x−x0)2
2f00(x0) + . . . +(x−x0)n n!f(n)(x0)+(x−x0)nε(x−x0).
Remarque. On appelle la quantit´e Tn(x) := f(x0) + (x−x0)f0(x0) + (x−x0)2
2f00(x0) + . . . +
(x−x0)n
n!f(n)(x0) le polynˆome de Taylor d’ordre nde fen x0. Le th´eor`eme de Taylor-Young dit que
f(x) est proche de Tn(x).
Remarque. On peut avoir fqui admet un DLn(x0) sans avoir f n fois d´erivable. (Ce n’est une
´equivalence que si n= 1). Par exemple, soit f(x) = cos(x) +x3sin 1
xet x0= 0. On remarque que
x3sin 1
x=x2ε(x), donc (cf ci-dessous le DL de cos), f(x)=1−x2 4+x2ε(x). On a n´ecessairement
f(0) = 1 (cad fprolongeable par continuit´e en 0 en posant f(0) = 1) et f0(0) = 0. Mais fn’est
pas d´erivable 2 fois en 0. En effet , f0(x)−f0(0)
x−0=−sin(x) x−cos(1/x) + 3xsin(1/x) et: sin(x) xtend
vers 1, 3xsin(1/x) tend vers 0 tandis que cos(1/x) n’a pas de limite. Donc leur somme n’a pas
de limite (par l’absurde si elle avait une limite, alors cos(1/x) aurait une limite par les th´eor`emes
d’op´eration-somme et soustraction-).
Preuve du th´eor`eme. C’est une preuve par r´ecurrence. On doit donc montrer (Hn): pour toute
fonction f n fois d´erivable sur I, on a f(x) = Tn(x0)+(x−x0)nε(x−x0).
Pour n= 1: on a f(x) = f(x0) + f0(x0)(x−x0)+(x−x0)ε(x−x0) (voir cours 5). Donc H1est
vraie.
Supposons (Hn) vraie et montrons (Hn+1): Soit fune fonction n+ 1 fois d´erivable. Comme f0est
nfois d´erivable, on peut appliquer (Hn) qui dit que
f0(x) = f0(x0)+(x−x0)f00 (x0)+ (x−x0)2
2f(3)(x0)+. . .+(x−x0)n n!f(n+1)(x0)+(x−x0)nε(x−x0).
Par la proposition pr´ec´edente, fadmet donc un DLn(x0) et
f(x) = f(x0)+(x−x0)f0(x0)+ (x−x0)2
2f00(x0)+. . .+(x−x0)n+1 (n+ 1)! f(n+1)(x0)+(x−x0)n+1ε(x−x0)
ce qui termine la preuve de la r´ecurrence. 
La formule de Taylor-Lagrange est une g´en´eralisation du th´eor`eme des accroissements finis. Il
permet d’avoir une repr´esentation du terme d’erreur dans la formule de Taylor-Young.
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Th´eor`eme. (Formule de Taylor-Lagrange) Soit nun entier et f: [a, b]→Rune fonction n+ 1
fois d´erivable sur ]a, b[et telle que f(n)soit continue sur [a, b]. Alors, il existe c∈]a, b[tel que
f(b) = f(a)+(b−a)f0(a) + (b−a)2
2f00(a) + . . . +(b−a)n n!f(n)(a) + (b−a)n+1 (n+ 1)! f(n+1)(c).
Preuve. Soit g(x) := f(b)−Pn
k=0
f(k)(x)
k!(b−x)k−A
(n+1)! (b−x)n+1. On a g(b) = 0 et on choisit
Atel que g(a) = 0. Comme gest continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[, et comme g(a) = g(b), le
th´eor`eme de Rolle implique qu’il existe c∈]a, b[ tel que g0(c) = 0. Or on remarque que
g0(x) = −
n
X
k=0
f(k+1)(x)
k!(b−x)k+
n
X
k=1
f(k)(x)
(k−1)!(b−x)k−1+A n!(b−x)nA (n+ 1)! =(b−x)n n!(A−f(n+1)(x)).
De l’´egalit´e g0(c) = 0, on d´eduit donc que A=f(n+1)(c), ce qui termine la preuve du th´eor`eme. 
Exercice. Soit fla fonction d´efinie sur Rpar:
f(x) = ex(sin(x) + cos(x)) −1
1) Calculer f0,f00 et f000.
2) En utilisant la formule de Taylor-Lagrange, montrer que pour tout x∈[−π
6,π 6], on a
|f(x)−(2x+x2)| ≤ |x3|
3) D´eterminer le plus grand intervalle Isur lequel fest croissante, d´eterminer J=f(I) et montrer
que fest une bijection de Isur J.
4) Soit f−1:J→Il’application r´eciproque de f. Calculer (f−1)0(0).
3 D´eveloppements limit´es usuels
Le th´eor`eme de Taylor-Young permet de trouver les d´eveloppements limit´es de fonctions de classe
C∞.
Fonction exponentielle
La d´eriv´ee n-i`eme de exp(x) est exp(x). Le DLn(0) de exp(x) s’´ecrit donc
ex= 1 + x+x2
2+. . . +xn n!+xnε(x).
Pour avoir le DLn(x0) de exp, on ´ecrit h=x−x0puis ex=ex0+h=ex0eh. On utilise le DLn(0)
de ehet finalement on remplace hpar (x−x0) ce qui donne
ex=ex0+ex0(x−x0) + ex0
2(x−x0)2+ex0 3! (x−x0)3+. . . +ex0 n!(x−x0)n+ (x−x0)nε(x−x0).
On aurait pu aussi utiliser le th´eor`eme de Taylor-Young en remarquant que (exp)(n)(x0) = exp(x0).
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