MPSI · Chapitre 11 · Second semestre

Analyse asymptotique

Domination, négligeabilité, équivalents, développements limités usuels, formule de Taylor-Young, développements asymptotiques de suites et d'intégrales.

Ce qu'il faut savoir faire

Domination
Négligeabilité
Équivalents
Développements limités usuels
Formule de Taylor-Young
Développements asymptotiques de suites et d'intégrales

Depuis le début de l'année, chaque limite a été un cas particulier. Pour $\frac{n^{2} + 3 n}{2 n^{2} - 1}$ , on factorise par $n^{2}$ . Pour $\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$ , on multiplie par la quantité conjuguée. Pour $\frac{\sin x}{x}$ , on invoque le taux d'accroissement du sinus en $0$ . Pour ${(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ , on passe au logarithme. Chaque expression nouvelle réclame une astuce nouvelle, et l'on finit par retenir la ruse plutôt que le résultat. Ce chapitre remplace cette collection de ruses par une méthode : une fois celle-ci en main, la quasi-totalité des formes indéterminées se traite par un calcul réglé, presque sans idée.

Le changement de point de vue tient en une phrase : on cesse de se demander vers quoi une quantité tend, pour se demander comment elle y tend, c'est-à-dire à quelle vitesse. Dire que $n^{2}$ et $n^{2} + 3 n$ tendent toutes deux vers $+ \infty$ n'apprend rien ; dire qu'elles y tendent à la même vitesse, alors que $n^{3}$ y va infiniment plus vite, permet de comparer, de classer, et surtout de négliger sans se tromper. C'est le mot d'ordre du chapitre. Dans $n^{2} + 3 n$ , le terme $3 n$ ne pèse rien face à $n^{2}$ : on peut l'oublier, à condition de dire clairement dans quel sens. Mais tout dépend du calcul où on l'oublie : dans une différence, le terme que l'on croyait négligeable devient parfois le terme principal, et c'est exactement ce qui rend $\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$ délicat. Toute la technicité du chapitre consiste à savoir jusqu'où pousser l'approximation.

Deux outils vont être construits, et ils fonctionnent ensemble. Le premier est un langage : les relations de comparaison, qui permettent d'écrire noir sur blanc « cette quantité est négligeable devant celle-là » ( $o$ ), « elle est du même ordre de grandeur » ( $O$ ), « elle se comporte comme » ( $\sim$ ). Ce langage est d'abord bâti pour les suites, puis transposé mot pour mot aux fonctions au voisinage d'un point. Le second outil est un instrument de mesure : le développement limité, qui remplace une fonction compliquée par un polynôme, avec un contrôle exact de l'erreur commise. La formule de Taylor-Young fournit ces polynômes pour toutes les fonctions usuelles d'un seul coup, et l'on apprendra à les additionner, les multiplier, les composer, les primitiver, exactement comme on manipule des nombres.

Le bénéfice est très concret. Une forme indéterminée $\frac{0}{0}$ se lève en trois lignes de développement limité. La tangente d'une courbe en un point, et surtout la position de la courbe par rapport à cette tangente, se lisent sur les premiers coefficients. Une asymptote oblique en $+ \infty$ , avec le côté par lequel la courbe s'en approche, s'obtient par le même calcul après un changement de variable. Le comportement fin d'une suite récurrente comme $u_{n + 1} = \sin (u_{n})$ , la taille de la somme $1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ , la vitesse à laquelle une intégrale $\int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x} d x$ tend vers zéro : tout cela devient accessible, alors qu'aucun de ces problèmes ne se traite avec les seuls théorèmes sur les limites.

Le plan suit cette progression. Nous comparons d'abord les suites entre elles, en insistant lourdement sur ce qui est permis et sur ce qui est interdit — les fautes sur les équivalents sont les plus fréquentes de l'année. Nous établissons ensuite le classement des suites de référence, les fameuses croissances comparées. Le même langage est alors transporté aux fonctions. Vient le cœur du chapitre : les développements limités, leur unicité, la formule de Taylor-Young, le catalogue des développements usuels et les cinq opérations qui permettent de les combiner. Nous en tirons les applications géométriques, puis nous poussons la machine plus loin avec les développements asymptotiques, qui donnent le comportement d'une suite implicite, d'une suite récurrente, d'une somme ou d'une intégrale. Une dernière section rassemble les méthodes.

Les notations suivantes sont fixées une fois pour toutes. Dire qu'une propriété est vraie au voisinage de $+ \infty$ pour une suite signifie qu'elle est vraie à partir d'un certain rang, c'est-à-dire qu'il existe $n_{0} \in N$ tel qu'elle soit vraie pour tout $n ⩾ n_{0}$ ; pour une fonction, être vraie au voisinage de $a \in R$ signifie qu'il existe $η > 0$ telle qu'elle soit vraie sur $] a - η, a + η [$ (intersecté avec l'ensemble de définition), et au voisinage de $+ \infty$ qu'il existe $A \in R$ telle qu'elle soit vraie sur $] A, + \infty [$ . Les suites sont notées $(u_{n})$ , $(v_{n})$ , $(w_{n})$ , les fonctions $f$ , $g$ , $h$ ; les lettres $ε$ et $ε (x)$ sont réservées aux suites et aux fonctions de limite nulle au point considéré, et la lettre $θ$ à celles de limite $1$ . Les trois relations de comparaison se notent $u_{n} = O (v_{n})$ (dominée), $u_{n} = o (v_{n})$ (négligeable) et $u_{n} \sim v_{n}$ (équivalente) ; pour les fonctions, on précise le point sous le symbole, $f \underset{a}{\sim} g$ , ou bien en toutes lettres « au voisinage de $a$ ». Enfin, ${D L}_{n} (0)$ désigne un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $0$ , ${D L}_{n} (a)$ un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $a$ , et $f^{(k)}$ la dérivée $k$ -ième de $f$ , avec la convention $f^{(0)} = f$ . La variable $h$ est réservée à l'accroissement dans les développements en un point $a$ , où l'on pose systématiquement $x = a + h$ .

Comparer deux suites

Les trois relations de comparaison

Toutes les définitions de cette section reposent sur la même idée : écrire $u_{n}$ comme le produit de $v_{n}$ par un facteur dont on contrôle le comportement. Ce facteur est borné, ou de limite nulle, ou de limite $1$ — et ces trois choix donnent les trois relations du chapitre.

Définition

Soient $(u_{n})$ et $(v_{n})$ deux suites réelles.

On dit que $(u_{n})$ est dominée par $(v_{n})$ , et l'on écrit $u_{n} = O (v_{n})$ , lorsqu'il existe une suite bornée $(w_{n})$ et un rang $n_{0}$ tels que

\forall n ⩾ n_{0}, u_{n} = w_{n} v_{n} .

On dit que $(u_{n})$ est négligeable devant $(v_{n})$ , et l'on écrit $u_{n} = o (v_{n})$ , lorsqu'il existe une suite $(ε_{n})$ de limite nulle et un rang $n_{0}$ tels que

\forall n ⩾ n_{0}, u_{n} = ε_{n} v_{n} .

On dit que $(u_{n})$ est équivalente à $(v_{n})$ , et l'on écrit $u_{n} \sim v_{n}$ , lorsqu'il existe une suite $(θ_{n})$ de limite $1$ et un rang $n_{0}$ tels que

\forall n ⩾ n_{0}, u_{n} = θ_{n} v_{n} .

Le symbole $o$ se lit « petit o », le symbole $O$ « grand O », et ces notations sont dues à Landau. Voici leur traduction en langage quantifié, qui est parfois plus commode dans les démonstrations.

Propriété

Soient $(u_{n})$ et $(v_{n})$ deux suites réelles.

$u_{n} = O (v_{n})$ si et seulement s'il existe $M ⩾ 0$ et un rang $n_{0}$ tels que $∣ u_{n} ∣ ⩽ M ∣ v_{n} ∣$ pour tout $n ⩾ n_{0}$ .
$u_{n} = o (v_{n})$ si et seulement si, pour tout $ε > 0$ , il existe un rang $n_{0}$ tel que $∣ u_{n} ∣ ⩽ ε ∣ v_{n} ∣$ pour tout $n ⩾ n_{0}$ .

Démonstration. Point 1, sens direct. Si $u_{n} = w_{n} v_{n}$ à partir du rang $n_{0}$ avec $(w_{n})$ bornée par $M$ , alors $∣ u_{n} ∣ = ∣ w_{n} ∣ ∣ v_{n} ∣ ⩽ M ∣ v_{n} ∣$ pour $n ⩾ n_{0}$ .

Point 1, réciproque. Supposons $∣ u_{n} ∣ ⩽ M ∣ v_{n} ∣$ pour $n ⩾ n_{0}$ . Posons $w_{n} = \frac{u_{n}}{v_{n}}$ lorsque $v_{n} \neq 0$ , et $w_{n} = 0$ sinon. Si $v_{n} = 0$ , l'inégalité impose $u_{n} = 0$ , donc l'égalité $u_{n} = w_{n} v_{n}$ est vraie dans les deux cas ; et $∣ w_{n} ∣ ⩽ M$ , donc $(w_{n})$ est bornée.

Point 2. Même raisonnement, en remplaçant « $(w_{n})$ bornée » par « $(ε_{n})$ de limite nulle » : dire que $ε_{n} \to 0$ , c'est dire que pour tout $ε > 0$ on a $∣ ε_{n} ∣ ⩽ ε$ à partir d'un certain rang. $□$

En pratique, on ne travaille presque jamais avec ces définitions : dès que la suite de référence $(v_{n})$ ne s'annule pas, tout se lit sur le quotient, et c'est la caractérisation à utiliser.

Propriété

Caractérisation par le quotient. Supposons $v_{n} \neq 0$ à partir d'un certain rang. Alors :

$u_{n} = O (v_{n})$ si et seulement si la suite $(\frac{u_{n}}{v_{n}})$ est bornée à partir d'un certain rang ;
$u_{n} = o (v_{n})$ si et seulement si $\frac{u_{n}}{v_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 0$ ;
$u_{n} \sim v_{n}$ si et seulement si $\frac{u_{n}}{v_{n}} \to_{n \to + \infty}^{} 1$ .

Démonstration. Traitons le point 3, les deux autres étant identiques. Supposons $u_{n} \sim v_{n}$ : il existe $(θ_{n})$ de limite $1$ et un rang $n_{0}$ tels que $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ pour $n ⩾ n_{0}$ . Quitte à augmenter $n_{0}$ , on peut supposer aussi $v_{n} \neq 0$ pour $n ⩾ n_{0}$ ; en divisant, $\frac{u_{n}}{v_{n}} = θ_{n} \to 1$ .

Réciproquement, si $\frac{u_{n}}{v_{n}} \to 1$ , posons $θ_{n} = \frac{u_{n}}{v_{n}}$ pour $n$ assez grand : c'est une suite de limite $1$ et $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ . $□$

Remarque

L'abus de notation du signe « $=$ ». L'écriture $u_{n} = o (v_{n})$ est trompeuse : le symbole $o (v_{n})$ ne désigne aucun objet précis, mais une propriété. Il faudrait écrire $u_{n} \in o (v_{n})$ , en pensant $o (v_{n})$ comme l'ensemble des suites négligeables devant $(v_{n})$ . L'usage a imposé le signe « $=$ », qui est commode dans les calculs mais qui interdit trois manipulations habituelles.

Ce « $=$ » ne se lit que de gauche à droite. On écrit $n = o (n^{2})$ , jamais $o (n^{2}) = n$ .
Il n'est pas transitif au sens naïf : de $n = o (n^{2})$ et $n^{3 / 2} = o (n^{2})$ on ne déduit surtout pas $n = n^{3 / 2}$ . Deux écritures $o (v_{n})$ apparaissant dans un même calcul désignent en général deux suites différentes.
On ne le simplifie pas : dans $o (x^{3}) + o (x^{3}) = o (x^{3})$ , chaque membre a un sens (« une somme de deux suites négligeables devant $x^{3}$ est négligeable devant $x^{3}$ »), mais l'égalité n'est pas une simplification algébrique, c'est un théorème.

Retenez la règle de lecture : un $o$ écrit dans un calcul est une poubelle, dans laquelle on jette ce dont on a démontré qu'on peut le négliger. On y jette, on n'en ressort rien.

Ce que chaque relation signifie

Remarque

Soient $(u_{n})$ et $(v_{n})$ deux suites, avec $v_{n} \neq 0$ à partir d'un certain rang. Voici comment lire chacune des trois relations.

$u_{n} = O (v_{n})$ : la suite $(u_{n})$ ne dépasse pas $(v_{n})$ en ordre de grandeur. Elle peut être beaucoup plus petite, ou de même taille, mais pas plus grande.
$u_{n} = o (v_{n})$ : la suite $(u_{n})$ est infiniment plus petite que $(v_{n})$ . Le rapport des deux tend vers $0$ .
$u_{n} \sim v_{n}$ : les deux suites ont le même comportement ; leur rapport tend vers $1$ , ce qui est bien plus fort que d'avoir la même limite.

Exemple

Lecture des trois relations sur des exemples.

Domination. $\frac{(- 1)^{n}}{n} = O ⁣ (\frac{1}{n})$ , car le quotient vaut $(- 1)^{n}$ , qui est borné. En revanche $\frac{(- 1)^{n}}{n}$ n'est équivalent à $\frac{1}{n}$ ni à $- \frac{1}{n}$ : le quotient n'a pas de limite. La domination est la relation la plus grossière des trois, et c'est aussi la seule qui tolère les oscillations.

Négligeabilité. $n = o ⁣ (n^{2})$ car $\frac{n}{n^{2}} = \frac{1}{n} \to 0$ . De même $\frac{1}{n^{2}} = o ⁣ (\frac{1}{n})$ : attention, pour des suites qui tendent vers $0$ , c'est la plus petite qui est négligeable devant l'autre. La négligeabilité ne dit rien sur la limite, elle compare deux vitesses.

Équivalence. $n^{2} + 3 n \sim n^{2}$ car $\frac{n^{2} + 3 n}{n^{2}} = 1 + \frac{3}{n} \to 1$ . C'est le prototype : une somme est équivalente à son terme dominant.

Deux cas particuliers utiles. $u_{n} = o (1)$ signifie exactement $u_{n} \to 0$ , et $u_{n} = O (1)$ signifie exactement que $(u_{n})$ est bornée à partir d'un certain rang.

Premières propriétés

Propriété

Soient $(u_{n})$ et $(v_{n})$ deux suites réelles.

$u_{n} \sim v_{n} ⟺ u_{n} - v_{n} = o (v_{n})$ .
Si $u_{n} = o (v_{n})$ , alors $u_{n} = O (v_{n})$ . La réciproque est fausse.
La relation $\sim$ est une relation d'équivalence : elle est réflexive, symétrique et transitive.

Démonstration. Point 1. Supposons $u_{n} \sim v_{n}$ : il existe $(θ_{n})$ de limite $1$ telle que $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ à partir d'un certain rang. Alors

u_{n} - v_{n} = (θ_{n} - 1) v_{n},

et la suite $(θ_{n} - 1)$ tend vers $0$ : c'est exactement dire $u_{n} - v_{n} = o (v_{n})$ . Réciproquement, si $u_{n} - v_{n} = ε_{n} v_{n}$ avec $ε_{n} \to 0$ , alors $u_{n} = (1 + ε_{n}) v_{n}$ et $(1 + ε_{n})$ tend vers $1$ , donc $u_{n} \sim v_{n}$ .

Point 2. Une suite de limite nulle est bornée : le facteur $(ε_{n})$ de la définition de $o$ convient comme facteur borné dans la définition de $O$ . Pour la réciproque, $(- 1)^{n} = O (1)$ mais $(- 1)^{n}$ n'est pas $o (1)$ , puisque la suite $((- 1)^{n})$ ne tend pas vers $0$ .

Point 3, réflexivité. $u_{n} = 1 \times u_{n}$ , et la suite constante égale à $1$ a bien pour limite $1$ . Donc $u_{n} \sim u_{n}$ .

Point 3, symétrie. Supposons $u_{n} \sim v_{n}$ , c'est-à-dire $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ pour $n ⩾ n_{0}$ , avec $θ_{n} \to 1$ . Comme $θ_{n} \to 1 > \frac{1}{2}$ , il existe un rang $n_{1}$ tel que $θ_{n} ⩾ \frac{1}{2}$ — en particulier $θ_{n} \neq 0$ — pour tout $n ⩾ n_{1}$ . Pour $n ⩾ \max (n_{0}, n_{1})$ , on peut donc écrire

v_{n} = \frac{1}{θ_{n}} u_{n},

et la suite $(\frac{1}{θ_{n}})$ tend vers $1$ par quotient de limites. Donc $v_{n} \sim u_{n}$ .

Point 3, transitivité. Supposons $u_{n} \sim v_{n}$ et $v_{n} \sim w_{n}$ : il existe $(θ_{n})$ et $(θ_{n}^{'})$ de limite $1$ telles que $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ et $v_{n} = θ_{n}^{'} w_{n}$ à partir d'un certain rang. Alors $u_{n} = θ_{n} θ_{n}^{'} w_{n}$ , et $(θ_{n} θ_{n}^{'})$ tend vers $1$ comme produit de deux suites de limite $1$ . Donc $u_{n} \sim w_{n}$ . $□$

Propriété

Équivalents et limites.

Si $u_{n} \sim v_{n}$ et si $(v_{n})$ admet une limite $ℓ$ , finie ou infinie, alors $(u_{n})$ admet la même limite $ℓ$ .
Réciproquement, si $(u_{n})$ admet une limite $ℓ$ finie et non nulle, alors $u_{n} \sim ℓ$ , où $ℓ$ désigne la suite constante.

Démonstration. Point 1. Écrivons $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ avec $θ_{n} \to 1$ . Si $ℓ$ est finie, le produit de limites donne $u_{n} \to 1 \times ℓ = ℓ$ . Si $ℓ = + \infty$ , on utilise le fait que $θ_{n} ⩾ \frac{1}{2}$ à partir d'un certain rang, et que $v_{n} > 0$ à partir d'un certain rang : alors $u_{n} ⩾ \frac{v_{n}}{2}$ pour $n$ assez grand, et le théorème de minoration donne $u_{n} \to + \infty$ . Le cas $ℓ = - \infty$ s'en déduit en changeant les signes.

Point 2. Supposons $u_{n} \to ℓ$ avec $ℓ \in R^{*}$ . Alors $\frac{u_{n}}{ℓ} \to 1$ , ce qui est exactement $u_{n} \sim ℓ$ d'après la caractérisation par le quotient (la suite constante $ℓ$ ne s'annule pas). $□$

Remarque

Le point 1 ne se retourne pas. Avoir la même limite n'entraîne jamais l'équivalence. Les suites $\frac{1}{n}$ et $\frac{1}{n^{2}}$ tendent toutes deux vers $0$ , les suites $n$ et $n^{2}$ tendent toutes deux vers $+ \infty$ , et dans les deux cas elles ne sont pas équivalentes. C'est bien le sens du chapitre : la limite est une information grossière, l'équivalent est une information de vitesse.

Le point 2, lui, est un réflexe de calcul très rentable. Dans un produit ou un quotient, tout facteur qui tend vers une limite finie non nulle peut être remplacé par cette limite : par exemple $(3 + \frac{1}{n}) \ln n \sim 3 \ln n$ .

Propriété

Signe d'un équivalent. Si $u_{n} \sim v_{n}$ , alors $u_{n}$ et $v_{n}$ ont le même signe à partir d'un certain rang : plus précisément, il existe un rang $n_{0}$ tel que $u_{n} v_{n} ⩾ 0$ pour tout $n ⩾ n_{0}$ , avec $u_{n}$ et $v_{n}$ simultanément nuls, simultanément strictement positifs, ou simultanément strictement négatifs.

Démonstration. Écrivons $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ pour $n ⩾ n_{1}$ , avec $θ_{n} \to 1$ . Puisque $θ_{n} \to 1$ et que $1 > 0$ , il existe un rang $n_{2}$ tel que $θ_{n} > 0$ pour tout $n ⩾ n_{2}$ (appliquer la définition de la limite avec $ε = \frac{1}{2}$ : $θ_{n} ⩾ \frac{1}{2} > 0$ ).

Posons $n_{0} = \max (n_{1}, n_{2})$ . Pour $n ⩾ n_{0}$ , l'égalité $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ avec $θ_{n} > 0$ montre que $u_{n}$ et $v_{n}$ sont nuls en même temps, et qu'ils ont le même signe strict sinon ; en multipliant, $u_{n} v_{n} = θ_{n} v_{n}^{2} ⩾ 0$ . $□$

Remarque

Une conséquence pratique. Pour étudier le signe d'une suite compliquée, il suffit d'en trouver un équivalent simple : le signe de l'équivalent donne celui de la suite à partir d'un certain rang. C'est l'argument standard pour montrer qu'une suite est positive au bout d'un moment, ou pour discuter la position d'une courbe par rapport à sa tangente, plus loin dans ce chapitre.

Le cas interdit : l'équivalent à la suite nulle

Remarque

Attention. Aucune suite n'est équivalente à la suite nulle, sauf si elle est nulle à partir d'un certain rang.

En effet, si $u_{n} \sim 0$ , la définition fournit une suite $(θ_{n})$ de limite $1$ telle que $u_{n} = θ_{n} \times 0 = 0$ à partir d'un certain rang : la suite $(u_{n})$ est donc nulle à partir d'un certain rang. Il n'y a pas d'autre possibilité.

Ne jamais écrire « $u_{n} \sim 0$ » pour dire que $u_{n}$ tend vers $0$ . C'est faux, et c'est de plus inutile : l'écriture correcte est $u_{n} = o (1)$ , ou tout simplement $u_{n} \to 0$ .

La raison profonde est que $\sim$ compare des vitesses. Les deux suites $u_{n} = \frac{1}{n}$ et $v_{n} = \frac{1}{n^{2}}$ tendent vers $0$ , mais

\frac{u_{n}}{v_{n}} = n \to_{n \to + \infty}^{} + \infty,

donc elles ne sont pas équivalentes : $v_{n}$ tend vers $0$ infiniment plus vite que $u_{n}$ , et l'on écrit $v_{n} = o (u_{n})$ . Écrire $u_{n} \sim 0$ et $v_{n} \sim 0$ reviendrait, par transitivité, à écrire $u_{n} \sim v_{n}$ : la relation $\sim$ perdrait tout son intérêt.

Opérations licites sur les équivalents

Voici ce que l'on a le droit de faire. La liste est courte, et il faut la connaître exactement : tout ce qui n'y figure pas est à considérer comme interdit jusqu'à démonstration du contraire.

Propriété

Soient $(u_{n})$ , $(v_{n})$ , $(a_{n})$ , $(b_{n})$ des suites réelles telles que $u_{n} \sim v_{n}$ et $a_{n} \sim b_{n}$ .

Produit : $u_{n} a_{n} \sim v_{n} b_{n}$ .
Quotient : si $a_{n}$ et $b_{n}$ sont non nuls à partir d'un certain rang, $\frac{u_{n}}{a_{n}} \sim \frac{v_{n}}{b_{n}}$ .
Puissance à exposant fixe : pour tout $α \in R$ fixé, si $u_{n}$ et $v_{n}$ sont strictement positifs à partir d'un certain rang, $u_{n}^{α} \sim v_{n}^{α}$ . En particulier $\sqrt{u_{n}} \sim \sqrt{v_{n}}$ et $\frac{1}{u_{n}} \sim \frac{1}{v_{n}}$ .
Valeur absolue : $∣ u_{n} ∣ \sim ∣ v_{n} ∣$ .

Démonstration. Point 1. Par hypothèse, il existe deux suites $(θ_{n})$ et $(θ_{n}^{'})$ de limite $1$ et un rang $n_{0}$ tels que, pour $n ⩾ n_{0}$ ,

u_{n} = θ_{n} v_{n} et a_{n} = θ_{n}^{'} b_{n} .

En multipliant ces deux égalités : $u_{n} a_{n} = θ_{n} θ_{n}^{'} v_{n} b_{n}$ pour $n ⩾ n_{0}$ . La suite $(θ_{n} θ_{n}^{'})$ tend vers $1$ comme produit de deux suites de limite $1$ , donc $u_{n} a_{n} \sim v_{n} b_{n}$ .

Point 2. Reprenons les mêmes notations. Comme $θ_{n}^{'} \to 1$ , il existe un rang à partir duquel $θ_{n}^{'} ⩾ \frac{1}{2}$ , donc $θ_{n}^{'} \neq 0$ . Pour $n$ assez grand, $a_{n}$ et $b_{n}$ sont non nuls et

\frac{u_{n}}{a_{n}} = \frac{θ_{n} v_{n}}{θ_{n}^{'} b_{n}} = \frac{θ_{n}}{θ_{n}^{'}} \cdot \frac{v_{n}}{b_{n}},

avec $\frac{θ_{n}}{θ_{n}^{'}} \to 1$ par quotient de limites. D'où le résultat.

Point 3. Pour $n$ assez grand, $u_{n} > 0$ et $v_{n} > 0$ , et $\frac{u_{n}}{v_{n}} \to 1$ . Alors

\frac{u_{n}^{α}}{v_{n}^{α}} = {(\frac{u_{n}}{v_{n}})}^{α} = \exp (α \ln \frac{u_{n}}{v_{n}}) \to_{n \to + \infty}^{} \exp (α \ln 1) = 1

par continuité de $\ln$ en $1$ et de $\exp$ en $0$ . Donc $u_{n}^{α} \sim v_{n}^{α}$ .

Point 4. De $u_{n} = θ_{n} v_{n}$ on tire $∣ u_{n} ∣ = ∣ θ_{n} ∣ ∣ v_{n} ∣$ , et $∣ θ_{n} ∣ \to 1$ par continuité de la valeur absolue. $□$

Remarque

L'exposant doit être une constante. Le point 3 s'applique à $u_{n}^{3}$ , $\sqrt{u_{n}}$ , $u_{n}^{- 1 / 2}$ , mais pas à $u_{n}^{n}$ ni à $u_{n}^{v_{n}}$ , où l'exposant dépend de $n$ . Contre-exemple immédiat : $1 + \frac{1}{n} \sim 1$ , mais

{(1 + \frac{1}{n})}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} e alors que 1^{n} = 1.

Les deux suites ne sont donc pas équivalentes. Pour une puissance dont l'exposant varie, il n'y a qu'une seule route : repasser par $u_{n}^{v_{n}} = e^{v_{n} \ln u_{n}}$ et travailler sur l'exposant.

Les interdits

Remarque

Attention. Trois interdits, et un quatrième pour la route. Ce sont les fautes les plus fréquentes de tout le programme d'analyse. Chacune est illustrée par un contre-exemple chiffré : apprenez les contre-exemples, ce sont eux qui vous retiendront le jour du concours.

Premier interdit : on n'additionne pas les équivalents. Il est faux que $u_{n} \sim a_{n}$ et $v_{n} \sim b_{n}$ entraînent $u_{n} + v_{n} \sim a_{n} + b_{n}$ . Prenons

u_{n} = n + 1, a_{n} = n, v_{n} = - n, b_{n} = - n .

On a bien $u_{n} \sim a_{n}$ (le quotient vaut $1 + \frac{1}{n} \to 1$ ) et $v_{n} \sim b_{n}$ (les deux suites sont égales). Pourtant

u_{n} + v_{n} = 1 et a_{n} + b_{n} = 0,

et la suite constante $1$ n'est certainement pas équivalente à la suite nulle. Le mécanisme est toujours le même : dans une somme de termes qui se compensent, les termes principaux s'annulent et ce sont les termes négligés qui décident du résultat. Face à une somme dont les termes dominants se détruisent, l'équivalent est inutilisable : il faut un développement limité ou une factorisation.

Deuxième interdit : on ne compose pas un équivalent par l'exponentielle. Il est faux que $u_{n} \sim v_{n}$ entraîne $e^{u_{n}} \sim e^{v_{n}}$ . Prenons

u_{n} = n + \ln n et v_{n} = n .

On a $u_{n} \sim v_{n}$ , car $\frac{n + \ln n}{n} = 1 + \frac{\ln n}{n} \to 1$ . Mais

e^{u_{n}} = e^{n + \ln n} = n e^{n} et \frac{e^{u_{n}}}{e^{v_{n}}} = \frac{n e^{n}}{e^{n}} = n \to_{n \to + \infty}^{} + \infty .

Les deux suites ne sont pas équivalentes. La raison est claire : $\frac{e^{u_{n}}}{e^{v_{n}}} = e^{u_{n} - v_{n}}$ , et savoir que $\frac{u_{n}}{v_{n}} \to 1$ ne dit rien sur $u_{n} - v_{n}$ , qui peut parfaitement tendre vers l'infini. La bonne condition, à retenir, est : $e^{u_{n}} \sim e^{v_{n}}$ si et seulement si $u_{n} - v_{n} \to 0$ .

Troisième interdit : on ne compose pas un équivalent par le logarithme sans précaution. Prenons

u_{n} = 1 + \frac{1}{n} et v_{n} = 1.

On a $u_{n} \sim v_{n}$ , mais

\ln u_{n} = \ln (1 + \frac{1}{n}) \sim \frac{1}{n} tandis que \ln v_{n} = \ln 1 = 0.

Aucune suite non nulle n'étant équivalente à la suite nulle, $\ln u_{n}$ n'est pas équivalent à $\ln v_{n}$ . Ce qui casse ici, c'est que la limite commune vaut $1$ , point où le logarithme s'annule.

Quatrième interdit : on ne dérive pas un équivalent. L'énoncé n'a pas de sens pour les suites, mais il en aura pour les fonctions à la section suivante, et l'erreur est classique. Sur $] 0, + \infty [$ , posons $f (x) = x$ et $g (x) = x + x^{2} \sin (\frac{1}{x^{2}})$ . Alors $g \underset{0}{\sim} f$ , puisque $\frac{g (x)}{f (x)} = 1 + x \sin (\frac{1}{x^{2}}) \to 1$ . Pourtant

f^{'} (x) = 1 et g^{'} (x) = 1 + 2 x \sin (\frac{1}{x^{2}}) - \frac{2}{x} \cos (\frac{1}{x^{2}}),

et le quotient $\frac{g^{'} (x)}{f^{'} (x)} = g^{'} (x)$ n'a pas de limite en $0$ (le dernier terme n'est même pas borné). Un équivalent est une information sur les valeurs d'une fonction, jamais sur sa pente.

Remarque

La version correcte du passage au logarithme. Le logarithme est en réalité très facile à composer, à une condition près, qu'il faut vérifier explicitement.

Soient $(u_{n})$ et $(v_{n})$ deux suites strictement positives telles que $u_{n} \sim v_{n}$ , et supposons que $v_{n} \to ℓ$ avec $ℓ \in [0, + \infty]$ et $ℓ \neq 1$ . Alors $\ln u_{n} \sim \ln v_{n}$ .

En effet, écrivons $\ln u_{n} = \ln v_{n} + \ln \frac{u_{n}}{v_{n}}$ , où le second terme tend vers $\ln 1 = 0$ , puis formons le quotient :

\frac{\ln u_{n}}{\ln v_{n}} = 1 + \frac{\ln \frac{u_{n}}{v_{n}}}{\ln v_{n}} .

Deux cas. Si $ℓ$ est un réel strictement positif différent de $1$ , alors $\ln v_{n} \to \ln ℓ \neq 0$ et la fraction ajoutée tend vers $\frac{0}{\ln ℓ} = 0$ . Si $ℓ = 0$ ou $ℓ = + \infty$ , alors $∣ \ln v_{n} ∣ \to + \infty$ et la fraction ajoutée tend encore vers $0$ , comme quotient d'une suite de limite nulle par une suite qui explose. Dans les deux cas $\frac{\ln u_{n}}{\ln v_{n}} \to 1$ .

La seule situation dangereuse est donc celle où la limite vaut exactement $1$ , c'est-à-dire celle du troisième interdit : c'est là, et là seulement, que $\ln v_{n}$ tend vers $0$ et que la division devient illégitime.

Méthode

Comment obtenir un équivalent. Trois techniques, à essayer dans cet ordre.

1. Factoriser par le terme dominant. C'est la technique de base pour une somme. On repère le terme le plus gros, on le met en facteur, et ce qui reste tend vers $1$ .

3 n^{3} - 5 n^{2} + 7 = 3 n^{3} (1 - \frac{5}{3 n} + \frac{7}{3 n^{3}}) \sim 3 n^{3} .

La parenthèse tend vers $1$ , donc elle « disparaît » dans l'équivalent. Même geste pour un quotient : on factorise en haut, on factorise en bas, on simplifie.

2. Utiliser les équivalents usuels. Dès qu'une expression contient $\sin$ , $\ln (1 + \cdot)$ , $e^{\cdot} - 1$ , $(1 + \cdot)^{α} - 1$ appliqués à une quantité qui tend vers $0$ , le tableau ci-dessous donne l'équivalent immédiatement. C'est de loin le cas le plus fréquent.

3. Passer par un développement limité. Quand les deux premières techniques échouent — typiquement dans une différence où les termes principaux se compensent — on écrit un développement limité de chaque morceau, on somme, et l'équivalent est le premier terme non nul du résultat. C'est la seule méthode qui ne trompe jamais, et c'est l'objet de la seconde moitié du chapitre.

Trois réflexes de rédaction : on écrit toujours l'équivalent sous la forme la plus simple possible (un seul terme, si possible un produit de puissances et de fonctions usuelles) ; on vérifie que l'équivalent proposé n'est pas la suite nulle ; et l'on n'écrit jamais « $\sim$ » entre deux expressions dont l'une contient encore un $o$ .

Les équivalents usuels

Ce tableau est à connaître par cœur, et à savoir appliquer à une suite $(u_{n})$ de limite nulle — c'est l'hypothèse essentielle, sans laquelle rien n'est vrai. Il se démontrera en une ligne à partir des développements limités ; pour l'instant, retenons que chaque ligne provient d'un taux d'accroissement en $0$ .

Expression, avec $u_{n} \to 0$	Équivalent	Expression, avec $u_{n} \to 0$	Équivalent
$\sin u_{n}$	$u_{n}$	$e^{u_{n}} - 1$	$u_{n}$
$\tan u_{n}$	$u_{n}$	$\ln (1 + u_{n})$	$u_{n}$
$Arcsin u_{n}$	$u_{n}$	$(1 + u_{n})^{α} - 1$ , $α \neq 0$	$α u_{n}$
$Arctan u_{n}$	$u_{n}$	$1 - \cos u_{n}$	$\frac{u_{n}^{2}}{2}$
$sh u_{n}$	$u_{n}$	$ch u_{n} - 1$	$\frac{u_{n}^{2}}{2}$

Exemple

Quatre applications directes.

Un sinus. $\sin (\frac{3}{n}) \sim \frac{3}{n}$ , puisque $\frac{3}{n} \to 0$ .

Un logarithme. $\ln (1 + \frac{2}{n^{2}}) \sim \frac{2}{n^{2}}$ .

Une racine. $\sqrt{1 + \frac{1}{n}} - 1 = {(1 + \frac{1}{n})}^{1 / 2} - 1 \sim \frac{1}{2 n}$ , par la ligne des puissances avec $α = \frac{1}{2}$ .

Un produit. $n^{2} (1 - \cos \frac{1}{n}) \sim n^{2} \times \frac{1}{2 n^{2}} = \frac{1}{2}$ , donc cette suite tend vers $\frac{1}{2}$ . Notez le mécanisme : on remplace un facteur par son équivalent (c'est licite), on simplifie, on lit la limite.

Exemple

Un piège sur l'hypothèse. Écrire « $\sin n \sim n$ » est faux : la suite $(n)$ ne tend pas vers $0$ , l'hypothèse du tableau n'est pas vérifiée. D'ailleurs $\sin n$ ne tend vers rien, tandis que $n \to + \infty$ : les deux suites n'ont même pas la même limite. Tout ce qu'on peut dire est $\sin n = O (1)$ .

Autre piège classique : $\ln (1 + \frac{1}{n}) \sim \frac{1}{n}$ est correct, mais $\ln (2 + \frac{1}{n}) \sim \frac{1}{n}$ est faux ; ici la quantité à l'intérieur du logarithme ne tend pas vers $1$ , et l'on a simplement $\ln (2 + \frac{1}{n}) \to \ln 2$ , donc $\ln (2 + \frac{1}{n}) \sim \ln 2$ .

Exemple

Un calcul complet. Cherchons la limite de

u_{n} = n^{2} (\sqrt[3]{1 + \frac{1}{n}} - 1 - \frac{1}{3 n}) .

La technique de l'équivalent usuel donne $\sqrt[3]{1 + \frac{1}{n}} - 1 \sim \frac{1}{3 n}$ , donc le contenu de la parenthèse est une différence de deux quantités équivalentes : c'est précisément la situation du premier interdit, et l'équivalent ne permet pas de conclure. Il faudra un développement limité à l'ordre $2$ , que nous saurons écrire plus loin :

{(1 + \frac{1}{n})}^{1 / 3} = 1 + \frac{1}{3 n} - \frac{1}{9 n^{2}} + o ⁣ (\frac{1}{n^{2}}),

d'où $u_{n} \to - \frac{1}{9}$ . Retenez le diagnostic : dès que deux termes équivalents se soustraient, l'outil « équivalent » est disqualifié.

Les suites de référence : croissances comparées

Pour comparer une suite quelconque à quelque chose, encore faut-il disposer d'une famille de suites bien classées. C'est le rôle des puissances, des exponentielles et des factorielles, dont l'ordre est fixé une fois pour toutes par le théorème suivant.

Le théorème des croissances comparées

Propriété

Croissances comparées. Soient $α > 0$ , $β > 0$ et $a > 1$ . Alors, lorsque $n \to + \infty$ :

(\ln n)^{β} = o (n^{α}), n^{α} = o (a^{n}), a^{n} = o (n!), n! = o (n^{n}) .

Autrement dit, du plus lent au plus rapide :

\ln n ≺ n^{α} ≺ a^{n} ≺ n! ≺ n^{n},

où $≺$ signifie « est négligeable devant ». Le logarithme gagne toujours par le bas, la puissance $n^{n}$ par le haut.

Démonstration. Première relation : $(\ln n)^{β} = o (n^{α})$ . Posons $γ = \frac{α}{β} > 0$ et remarquons que

\frac{(\ln n)^{β}}{n^{α}} = {(\frac{\ln n}{n^{γ}})}^{β} .

Il suffit donc de montrer que $\frac{\ln n}{n^{γ}} \to 0$ , puisque $t \mapsto t^{β}$ est continue en $0$ avec $0^{β} = 0$ . Partons de l'inégalité de convexité $\ln x ⩽ x - 1 ⩽ x$ , valable pour tout $x > 0$ , appliquée à $x = n^{γ / 2}$ :

\frac{γ}{2} \ln n = \ln (n^{γ / 2}) ⩽ n^{γ / 2} .

Pour $n ⩾ 1$ , on en déduit

0 ⩽ \frac{\ln n}{n^{γ}} ⩽ \frac{2}{γ} \cdot \frac{n^{γ / 2}}{n^{γ}} = \frac{2}{γ} \cdot \frac{1}{n^{γ / 2}} \to_{n \to + \infty}^{} 0,

et le théorème d'encadrement conclut.

Deuxième relation : $n^{α} = o (a^{n})$ . Posons $w_{n} = \frac{n^{α}}{a^{n}} > 0$ pour $n ⩾ 1$ et étudions le rapport de deux termes consécutifs :

\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} = \frac{(n + 1)^{α}}{n^{α}} \cdot \frac{a^{n}}{a^{n + 1}} = \frac{1}{a} {(1 + \frac{1}{n})}^{α} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{a} < 1.

Choisissons un réel $q$ tel que $\frac{1}{a} < q < 1$ . Par définition de la limite, il existe un rang $n_{0}$ tel que $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} ⩽ q$ , c'est-à-dire $w_{n + 1} ⩽ q w_{n}$ , pour tout $n ⩾ n_{0}$ . Une récurrence immédiate donne alors

\forall n ⩾ n_{0}, 0 < w_{n} ⩽ q^{n - n_{0}} w_{n_{0}} = (\frac{w_{n_{0}}}{q^{n_{0}}}) q^{n} .

Comme $0 < q < 1$ , la suite géométrique $(q^{n})$ tend vers $0$ , donc $w_{n} \to 0$ par encadrement : c'est bien $n^{α} = o (a^{n})$ .

Troisième relation : $a^{n} = o (n!)$ . Même méthode, avec $w_{n} = \frac{a^{n}}{n!} > 0$ :

\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} = \frac{a^{n + 1}}{a^{n}} \cdot \frac{n!}{(n + 1)!} = \frac{a}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0.

Il existe donc un rang $n_{0}$ à partir duquel $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} ⩽ \frac{1}{2}$ , et la même récurrence donne $0 < w_{n} ⩽ {(\frac{1}{2})}^{n - n_{0}} w_{n_{0}}$ pour $n ⩾ n_{0}$ , quantité qui tend vers $0$ . Donc $w_{n} \to 0$ .

Quatrième relation : $n! = o (n^{n})$ . Ici le calcul est direct. Pour $n ⩾ 1$ ,

0 < \frac{n!}{n^{n}} = \frac{1}{n} \times \frac{2}{n} \times \dots \times \frac{n - 1}{n} \times \frac{n}{n} ⩽ \frac{1}{n} \times 1 \times \dots \times 1 = \frac{1}{n},

puisque chacun des facteurs $\frac{k}{n}$ est inférieur ou égal à $1$ . Par encadrement, $\frac{n!}{n^{n}} \to 0$ . $□$

Remarque

La technique du rapport de deux termes consécutifs utilisée deux fois ci-dessus est à retenir pour elle-même : si $(w_{n})$ est une suite strictement positive telle que $\frac{w_{n + 1}}{w_{n}} \to ℓ$ avec $ℓ < 1$ , alors $w_{n} \to 0$ , et même $w_{n} = O (q^{n})$ pour tout $q \in] ℓ, 1 [$ . Elle sert dès qu'apparaissent des factorielles ou des puissances $n$ -ièmes, là où les techniques de factorisation sont impuissantes. La démonstration est toujours la même : encadrer par une suite géométrique.

La formule de Stirling

Propriété

Formule de Stirling (admise). Lorsque $n \to + \infty$ ,

n! \sim \sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n} .

La démonstration de ce résultat n'est pas exigible et nous ne la donnons pas. En revanche, son usage est très fréquent : c'est le seul moyen d'obtenir un équivalent d'une expression contenant des factorielles, notamment des coefficients binomiaux.

Exemple

Un équivalent du coefficient binomial central. Cherchons un équivalent de $(\binom{2 n}{n}) = \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}}$ .

Appliquons la formule de Stirling au numérateur et au dénominateur, ce qui est licite puisque l'équivalence est compatible avec le produit et le quotient :

(2 n)! \sim \sqrt{4 π n} {(\frac{2 n}{e})}^{2 n}, (n!)^{2} \sim {(\sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n})}^{2} = 2 π n {(\frac{n}{e})}^{2 n} .

Par quotient d'équivalents,

(\binom{2 n}{n}) \sim \frac{2 \sqrt{π n} 2^{2 n} {(\frac{n}{e})}^{2 n}}{2 π n {(\frac{n}{e})}^{2 n}} = \frac{2^{2 n}}{\sqrt{π n}} = \frac{4^{n}}{\sqrt{π n}} .

On retiendra ce résultat, qui revient souvent : $(\binom{2 n}{n}) \sim \frac{4^{n}}{\sqrt{π n}}$ . Il montre au passage que $(\binom{2 n}{n})$ est très légèrement plus petit que $4^{n}$ , alors que la somme de tous les coefficients binomiaux de la ligne $2 n$ vaut exactement $4^{n}$ : le terme central en représente donc à lui seul une proportion de l'ordre de $\frac{1}{\sqrt{π n}}$ .

Classer des suites en pratique

Exemple

Ranger sept suites. Classons les suites suivantes de la plus lente à la plus rapide :

(\ln n)^{5}, n \sqrt{n}, n^{2}, 2^{n}, 3^{n}, n!, n^{n} .

Le théorème répond presque tout seul. Le logarithme, même à la puissance $5$ , est négligeable devant toute puissance de $n$ : $(\ln n)^{5} = o (n \sqrt{n})$ . Entre puissances, on compare les exposants : $n \sqrt{n} = n^{3 / 2} = o (n^{2})$ . Toute puissance est négligeable devant toute exponentielle de base $> 1$ : $n^{2} = o (2^{n})$ . Entre exponentielles, $\frac{2^{n}}{3^{n}} = {(\frac{2}{3})}^{n} \to 0$ , donc $2^{n} = o (3^{n})$ . Enfin $3^{n} = o (n!)$ et $n! = o (n^{n})$ . Le classement complet est donc

(\ln n)^{5} ≺ n \sqrt{n} ≺ n^{2} ≺ 2^{n} ≺ 3^{n} ≺ n! ≺ n^{n} .

Exemple

Une suite qui n'est dans aucune case. Comparons $e^{\sqrt{n}}$ aux puissances de $n$ . Pour $α > 0$ fixé,

\frac{e^{\sqrt{n}}}{n^{α}} = e^{\sqrt{n} - α \ln n} = \exp (\sqrt{n} (1 - α \frac{\ln n}{\sqrt{n}})) .

Or $\frac{\ln n}{\sqrt{n}} \to 0$ par croissances comparées, donc la parenthèse tend vers $1$ et l'exposant tend vers $+ \infty$ ; par composition, le quotient tend vers $+ \infty$ . Ainsi $n^{α} = o (e^{\sqrt{n}})$ pour tout $α > 0$ : la suite $(e^{\sqrt{n}})$ est plus rapide que toutes les puissances.

Elle est pourtant plus lente que toute exponentielle : $\frac{e^{\sqrt{n}}}{a^{n}} = e^{\sqrt{n} - n \ln a} \to 0$ pour $a > 1$ , car $\sqrt{n} - n \ln a = n (\frac{1}{\sqrt{n}} - \ln a) \to - \infty$ . La suite $(e^{\sqrt{n}})$ se glisse donc entre les puissances et les exponentielles : la liste du théorème n'épuise pas tous les comportements possibles.

Exemple

Un quotient à démêler. Cherchons la limite de

u_{n} = \frac{n^{5} + 2^{n}}{n! + 3^{n}} .

Au numérateur, $n^{5} = o (2^{n})$ , donc $n^{5} + 2^{n} \sim 2^{n}$ . Au dénominateur, $3^{n} = o (n!)$ , donc $n! + 3^{n} \sim n!$ . Par quotient d'équivalents,

u_{n} \sim \frac{2^{n}}{n!} \to_{n \to + \infty}^{} 0,

la dernière limite étant la troisième relation du théorème. Donc $u_{n} \to 0$ .

Notez la rédaction : on donne un équivalent du numérateur, un équivalent du dénominateur, puis on passe au quotient. On ne remplace jamais un terme par son équivalent à l'intérieur d'une somme sans avoir vérifié que la somme est bien équivalente à son terme dominant.

Comparer deux fonctions au voisinage d'un point

Tout ce qui précède se transpose aux fonctions, à un détail près, mais ce détail est capital : pour une suite, il n'y a qu'un seul endroit où l'on peut comparer, l'infini ; pour une fonction, il y en a autant que de points. Une relation de comparaison entre fonctions n'a aucun sens tant qu'on n'a pas dit en quel point on se place.

Les définitions

Dans toute cette section, $a$ désigne un élément de $R$ , ou l'un des symboles $+ \infty$ , $- \infty$ , ou encore $a^{+}$ ou $a^{-}$ lorsqu'on veut se restreindre à un côté. Les fonctions $f$ et $g$ sont supposées définies au voisinage de $a$ , éventuellement privé du point $a$ lui-même.

Définition

Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies au voisinage de $a$ .

$f$ est dominée par $g$ au voisinage de $a$ , noté $f = O (g)$ , lorsqu'il existe une fonction $w$ bornée au voisinage de $a$ telle que $f (x) = w (x) g (x)$ pour tout $x$ dans un voisinage de $a$ .
$f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $a$ , noté $f = o (g)$ , lorsqu'il existe une fonction $ε$ de limite nulle en $a$ telle que $f (x) = ε (x) g (x)$ pour tout $x$ dans un voisinage de $a$ .
$f$ est équivalente à $g$ au voisinage de $a$ , noté $f \underset{a}{\sim} g$ , lorsqu'il existe une fonction $θ$ de limite $1$ en $a$ telle que $f (x) = θ (x) g (x)$ pour tout $x$ dans un voisinage de $a$ .

Propriété

Caractérisation par le quotient. Si $g$ ne s'annule pas au voisinage de $a$ (sauf peut-être en $a$ ), alors :

f = O (g) ⟺ \frac{f}{g} est bornée au voisinage de a, f = o (g) ⟺ \lim_{x \to a} \frac{f (x)}{g (x)} = 0, f \underset{a}{\sim} g ⟺ \lim_{x \to a} \frac{f (x)}{g (x)} = 1.

Démonstration. Elle est mot pour mot celle du cas des suites : dans un sens on divise l'égalité $f = w g$ (ou $f = ε g$ , ou $f = θ g$ ) par $g$ , dans l'autre on pose $w = \frac{f}{g}$ (ou $ε$ , ou $θ$ ) sur un voisinage de $a$ où $g$ ne s'annule pas. $□$

Remarque

Attention. Une relation de comparaison est TOUJOURS relative à un point. L'écriture « $f = o (g)$ » sans mention du point est vide de sens, et l'oubli du point est la faute de rédaction la plus fréquente du chapitre. Le même couple de fonctions peut donner des relations opposées en deux points différents :

au voisinage de $0$ : $\frac{x^{2}}{x} = x \to 0$ , donc $x^{2} = o (x)$ ;
au voisinage de $+ \infty$ : $\frac{x}{x^{2}} = \frac{1}{x} \to 0$ , donc $x = o (x^{2})$ .

Les deux affirmations sont vraies et se contredisent en apparence : elles ne parlent tout simplement pas du même endroit. En $0$ , la fonction $x \mapsto x^{2}$ est écrasée par $x \mapsto x$ ; en $+ \infty$ , c'est l'inverse. Retenez la règle : près de $0$ , plus l'exposant est grand, plus la fonction est petite ; près de $+ \infty$ , c'est le contraire.

Exemple

Trois lectures au bon endroit.

En $0$ . $x^{3} + x^{2} \underset{0}{\sim} x^{2}$ , car $\frac{x^{3} + x^{2}}{x^{2}} = 1 + x \to 1$ . C'est le terme de plus bas degré qui domine.

En $+ \infty$ . $x^{3} + x^{2} \underset{+ \infty}{\sim} x^{3}$ , car $\frac{x^{3} + x^{2}}{x^{3}} = 1 + \frac{1}{x} \to 1$ . C'est le terme de plus haut degré qui domine.

En $1$ . $\ln x \underset{1}{\sim} x - 1$ . En effet, $\frac{\ln x}{x - 1} = \frac{\ln x - \ln 1}{x - 1}$ est le taux d'accroissement de $\ln$ en $1$ , qui tend vers $\ln^{'} (1) = 1$ . Cet équivalent est très utile et se retrouve immédiatement en posant $x = 1 + h$ : $\ln (1 + h) \underset{0}{\sim} h$ .

Les mêmes propriétés

Propriété

Soient $f$ , $g$ , $u$ , $v$ des fonctions définies au voisinage de $a$ . Les énoncés suivants sont valables au voisinage de $a$ .

$f \underset{a}{\sim} g ⟺ f - g = o (g)$ ; et $f = o (g) \Rightarrow f = O (g)$ .
La relation $\underset{a}{\sim}$ est une relation d'équivalence.
Si $f \underset{a}{\sim} g$ et si $g$ admet une limite $ℓ$ (finie ou infinie) en $a$ , alors $f$ admet la même limite. Réciproquement, si $f$ tend vers $ℓ \in R^{*}$ en $a$ , alors $f \underset{a}{\sim} ℓ$ .
Si $f \underset{a}{\sim} g$ et $u \underset{a}{\sim} v$ , alors $f u \underset{a}{\sim} g v$ et, sous réserve de non-annulation, $\frac{f}{u} \underset{a}{\sim} \frac{g}{v}$ ; de plus $∣ f ∣ \underset{a}{\sim} ∣ g ∣$ et, si $f$ et $g$ sont strictement positives, $f^{α} \underset{a}{\sim} g^{α}$ pour tout $α \in R$ fixé.
Si $f \underset{a}{\sim} g$ , alors $f$ et $g$ ont le même signe au voisinage de $a$ .
Aucune fonction n'est équivalente en $a$ à la fonction nulle, sauf si elle est nulle au voisinage de $a$ .

Démonstration. Toutes ces démonstrations sont identiques à celles données pour les suites : on remplace « à partir d'un certain rang » par « au voisinage de $a$ », et « limite d'une suite » par « limite d'une fonction en $a$ ». Par exemple, pour la symétrie de $\underset{a}{\sim}$ : de $f = θ g$ avec $θ \to 1$ en $a$ , on déduit $θ ⩾ \frac{1}{2}$ donc $θ \neq 0$ au voisinage de $a$ , puis $g = \frac{1}{θ} f$ avec $\frac{1}{θ} \to 1$ . Nous ne les reprenons pas. $□$

Remarque

Les interdits sont exactement les mêmes, et il faut les relire en pensant aux fonctions : on n'additionne pas deux équivalents, on ne compose pas à gauche par $\exp$ ou $\ln$ , on ne dérive pas un équivalent, on n'élève pas à une puissance variable. Le contre-exemple de la dérivation, donné plus haut avec $g (x) = x + x^{2} \sin (\frac{1}{x^{2}})$ , prend maintenant tout son sens.

Croissances comparées pour les fonctions

Propriété

Soient $α > 0$ , $β > 0$ et $λ > 0$ .

Au voisinage de $+ \infty$ : $(\ln x)^{β} = o (x^{α})$ et $x^{α} = o (e^{λ x})$ .
Au voisinage de $0^{+}$ : $∣ \ln x ∣^{β} = o (\frac{1}{x^{α}})$ , autrement dit $x^{α} ∣ \ln x ∣^{β} \to_{x \to 0^{+}}^{} 0$ . En particulier $x \ln x \to 0$ .
Au voisinage de $- \infty$ : $∣ x ∣^{α} e^{x} \to_{x \to - \infty}^{} 0$ .

Démonstration. Point 1. Les démonstrations sont celles données pour les suites, transposées telles quelles : l'inégalité $\ln t ⩽ t$ appliquée à $t = x^{γ / 2}$ pour la première relation, et pour la seconde le fait que $\frac{x^{α}}{e^{λ x}} = \exp (α \ln x - λ x) = \exp (- x (λ - α \frac{\ln x}{x}))$ , dont l'exposant tend vers $- \infty$ puisque $\frac{\ln x}{x} \to 0$ .

Point 2. C'est le point 1 déguisé. Posons $x = \frac{1}{t}$ , de sorte que $x \to 0^{+}$ équivaut à $t \to + \infty$ . Alors

x^{α} ∣ \ln x ∣^{β} = \frac{1}{t^{α}} ∣ - \ln t ∣^{β} = \frac{(\ln t)^{β}}{t^{α}}

pour $t > 1$ , et cette quantité tend vers $0$ d'après le point 1. Par composition des limites, $x^{α} ∣ \ln x ∣^{β} \to 0$ quand $x \to 0^{+}$ .

Point 3. Posons $x = - t$ avec $t \to + \infty$ : alors $∣ x ∣^{α} e^{x} = \frac{t^{α}}{e^{t}} \to 0$ d'après le point 1. $□$

Composer à droite : transporter un équivalent

Voici le seul théorème de composition qui soit vrai, et il est très utile : il permet de fabriquer un équivalent en $0$ puis de le transporter partout où l'on veut, y compris le long d'une suite.

Propriété

Composition à droite. Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies au voisinage de $a$ telles que $f \underset{a}{\sim} g$ . Soit $u$ une fonction définie au voisinage de $b$ , de limite $a$ en $b$ , et ne prenant pas la valeur $a$ au voisinage de $b$ . Alors

f \circ u \underset{b}{\sim} g \circ u .

Le même énoncé vaut pour une suite : si $f \underset{a}{\sim} g$ et si $(u_{n})$ est une suite de limite $a$ dont les termes sont différents de $a$ à partir d'un certain rang, alors $f (u_{n}) \sim g (u_{n})$ .

Démonstration. Par hypothèse, il existe une fonction $θ$ , de limite $1$ en $a$ , et un voisinage $V$ de $a$ tels que $f (x) = θ (x) g (x)$ pour tout $x \in V$ distinct de $a$ .

Comme $u (t) \to a$ lorsque $t \to b$ , il existe un voisinage $W$ de $b$ tel que $u (t) \in V$ pour tout $t \in W$ ; et par hypothèse $u (t) \neq a$ sur un voisinage de $b$ , quitte à rétrécir $W$ . Pour $t \in W$ , on peut donc écrire

f (u (t)) = θ (u (t)) g (u (t)) .

Enfin, par composition des limites, $θ \circ u$ tend vers $1$ lorsque $t \to b$ . La fonction $θ \circ u$ joue donc le rôle du facteur de limite $1$ dans la définition, et $f \circ u \underset{b}{\sim} g \circ u$ .

Le cas des suites est identique : on applique la définition avec la suite $(θ (u_{n}))$ , qui tend vers $1$ par composition d'une limite de suite et d'une limite de fonction. $□$

Exemple

Le théorème à l'œuvre. Partons de l'équivalent $\sin x \underset{0}{\sim} x$ .

Vers une autre variable. En prenant $u (t) = t^{2}$ , qui tend vers $0$ en $0$ sans s'annuler pour $t \neq 0$ , on obtient $\sin (t^{2}) \underset{0}{\sim} t^{2}$ .

Vers l'infini. En prenant $u (t) = \frac{1}{t}$ , qui tend vers $0$ en $+ \infty$ , on obtient $\sin (\frac{1}{t}) \underset{+ \infty}{\sim} \frac{1}{t}$ .

Vers une suite. En prenant $u_{n} = \frac{1}{n}$ , qui tend vers $0$ sans jamais valoir $0$ , on obtient $\sin \frac{1}{n} \sim \frac{1}{n}$ .

C'est exactement ce mécanisme qui justifie la totalité du tableau des équivalents usuels de la section précédente : il suffit de l'établir pour la variable $x$ en $0$ , et le théorème le transporte à toute quantité qui tend vers $0$ .

Remarque

Composer à gauche est interdit. Le théorème porte sur la composition à droite : on remplace la variable. Composer à gauche, c'est-à-dire appliquer une fonction $φ$ aux deux membres pour conclure $φ \circ f \underset{a}{\sim} φ \circ g$ , est faux en général : c'est exactement le contenu des deuxième et troisième interdits, avec $φ = \exp$ et $φ = \ln$ .

Les équivalents usuels en $0$

Expression, quand $x \to 0$	Équivalent	Expression, quand $x \to 0$	Équivalent
$\sin x$	$x$	$e^{x} - 1$	$x$
$\tan x$	$x$	$\ln (1 + x)$	$x$
$Arcsin x$	$x$	$(1 + x)^{α} - 1$ , $α \neq 0$	$α x$
$Arctan x$	$x$	$1 - \cos x$	$\frac{x^{2}}{2}$
$sh x$	$x$	$ch x - 1$	$\frac{x^{2}}{2}$

Remarque

Chacune de ces lignes est un taux d'accroissement déguisé. Pour $\sin$ : $\frac{\sin x}{x} = \frac{\sin x - \sin 0}{x - 0} \to \sin^{'} (0) = 1$ . Pour $e^{x} - 1$ : $\frac{e^{x} - 1}{x} \to \exp^{'} (0) = 1$ . Pour $\ln (1 + x)$ : la dérivée de $x \mapsto \ln (1 + x)$ en $0$ vaut $1$ . Pour $(1 + x)^{α} - 1$ : la dérivée de $x \mapsto (1 + x)^{α}$ en $0$ vaut $α$ .

Les deux lignes en $\frac{x^{2}}{2}$ font exception : le taux d'accroissement y est nul (les fonctions $1 - \cos$ et $ch - 1$ ont une dérivée nulle en $0$ ), et il faut aller à l'ordre $2$ . On peut aussi les retrouver par une identité de trigonométrie : $1 - \cos x = 2 \sin^{2} \frac{x}{2} \underset{0}{\sim} 2 {(\frac{x}{2})}^{2} = \frac{x^{2}}{2}$ .

Exemple

Trois limites par équivalents. Le mode d'emploi est toujours le même : remplacer chaque facteur par un équivalent, jamais un terme dans une somme.

Un quotient en $0$ . Cherchons $\lim_{x \to 0} \frac{\ln (1 + \sin x)}{\tan (3 x)}$ . Comme $\sin x \to 0$ , la composition à droite donne $\ln (1 + \sin x) \underset{0}{\sim} \sin x \underset{0}{\sim} x$ ; et comme $3 x \to 0$ , $\tan (3 x) \underset{0}{\sim} 3 x$ . Par quotient d'équivalents,

\frac{\ln (1 + \sin x)}{\tan (3 x)} \underset{0}{\sim} \frac{x}{3 x} = \frac{1}{3} donc la limite vaut \frac{1}{3} .

Un quotient de deux infiniment petits d'ordre $2$ . Pour $\lim_{x \to 0} \frac{e^{x^{2}} - 1}{1 - \cos x}$ : le numérateur vaut $e^{u} - 1$ avec $u = x^{2} \to 0$ , donc il est équivalent à $x^{2}$ ; le dénominateur est équivalent à $\frac{x^{2}}{2}$ . Le quotient est donc équivalent à $\frac{x^{2}}{x^{2} / 2} = 2$ , et la limite vaut $2$ .

Un quotient en un autre point. Pour $\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x^{2} - 1}$ , on travaille en $1$ . On a $\ln x \underset{1}{\sim} x - 1$ , et $x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1) \underset{1}{\sim} 2 (x - 1)$ puisque $x + 1 \to 2 \neq 0$ . Donc

\frac{\ln x}{x^{2} - 1} \underset{1}{\sim} \frac{x - 1}{2 (x - 1)} = \frac{1}{2},

et la limite vaut $\frac{1}{2}$ .

Développements limités

Un équivalent donne le premier terme du comportement d'une fonction. Souvent, cela ne suffit pas — nous l'avons vu, une différence de deux quantités équivalentes est inexploitable. Le développement limité répond à ce besoin : il fournit non pas un terme, mais autant de termes qu'on veut, sous la forme d'un polynôme qui approche la fonction avec une erreur contrôlée.

Définition

Soient $f$ une fonction définie au voisinage de $0$ (éventuellement privé de $0$ ) et $n \in N$ . On dit que $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en $0$ , en abrégé un ${D L}_{n} (0)$ , lorsqu'il existe des réels $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}$ tels que

f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{n} x^{n} + o (x^{n}) au voisinage de 0,

c'est-à-dire

f (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n}) .

Le polynôme $\sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k}$ s'appelle la partie régulière du développement, et le terme $o (x^{n})$ le reste.

Une écriture équivalente, souvent commode dans les démonstrations, consiste à faire apparaître explicitement la fonction de limite nulle : $f$ admet un ${D L}_{n} (0)$ si et seulement s'il existe des réels $a_{0}, \dots, a_{n}$ et une fonction $ε$ de limite nulle en $0$ tels que

f (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + x^{n} ε (x) .

Définition

Soient $a \in R$ et $f$ une fonction définie au voisinage de $a$ . On dit que $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en $a$ , noté ${D L}_{n} (a)$ , lorsque la fonction $h \mapsto f (a + h)$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , c'est-à-dire lorsqu'il existe $a_{0}, \dots, a_{n}$ réels tels que

f (a + h) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} h^{k} + o (h^{n}) quand h \to 0.

Remarque

Un développement en $a$ n'est jamais qu'un développement en $0$ après translation. On pose systématiquement $x = a + h$ , on développe en la variable $h$ qui tend vers $0$ , et l'on ne revient à $x$ qu'à la toute fin — souvent on n'y revient même pas, puisque la forme en $h$ est celle qui s'interprète (tangente, position, extremum). Ne jamais développer directement « en $x$ » autour de $a \neq 0$ : les $o (x^{n})$ n'auraient aucun sens, car $x$ ne tend pas vers $0$ .

Pour l'infini, la définition ne s'applique pas telle quelle : il n'existe pas de développement limité en $+ \infty$ . On procède par le changement de variable $x = \frac{1}{h}$ et l'on développe en $h \to 0^{+}$ ; c'est ce que nous ferons pour les asymptotes.

Exemple

Trois développements immédiats.

Un polynôme est son propre développement. Si $P (x) = 3 - x + 5 x^{2}$ , alors pour tout $n ⩾ 2$ , $P (x) = 3 - x + 5 x^{2} + 0 \cdot x^{3} + \dots + o (x^{n})$ . Un polynôme admet donc un ${D L}_{n} (0)$ à tout ordre, et sa partie régulière à l'ordre $n ⩾ \deg P$ est $P$ lui-même.

La somme géométrique. Pour $x \neq 1$ , l'identité $\sum_{k = 0}^{n} x^{k} = \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x}$ se réécrit

\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + \frac{x^{n + 1}}{1 - x} .

Or $\frac{x^{n + 1}}{1 - x} = x^{n} \times \frac{x}{1 - x}$ , et $\frac{x}{1 - x} \to 0$ quand $x \to 0$ : le dernier terme est donc un $o (x^{n})$ . Nous venons de démontrer, sans aucun outil, le développement

\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + o (x^{n}) .

Une fonction sans développement à l'ordre $1$ . La fonction $x \mapsto \sqrt{∣ x ∣}$ n'admet pas de ${D L}_{1} (0)$ . Si c'était le cas, on aurait $\sqrt{∣ x ∣} = a_{0} + a_{1} x + o (x)$ ; en faisant tendre $x$ vers $0$ on trouverait $a_{0} = 0$ , puis en divisant par $x$ on obtiendrait que $\frac{\sqrt{∣ x ∣}}{x} = \frac{1}{\sqrt{∣ x ∣}} \times signe (x)$ tend vers $a_{1}$ , ce qui est faux puisque cette quantité n'est même pas bornée.

Exemple

Deux développements en un point autre que $0$ . Le geste est toujours le même : poser $x = a + h$ et développer en $h$ .

Le logarithme en $1$ . Cherchons le ${D L}_{2} (1)$ de $f (x) = \ln x$ . Posons $x = 1 + h$ avec $h \to 0$ :

f (1 + h) = \ln (1 + h) = h - \frac{h^{2}}{2} + o (h^{2}) .

Si l'on tient à revenir à la variable $x$ , il suffit de remplacer $h$ par $x - 1$ :

\ln x = (x - 1) - \frac{(x - 1)^{2}}{2} + o ((x - 1)^{2}) quand x \to 1.

Une racine en $4$ . Cherchons le ${D L}_{2} (4)$ de $g (x) = \sqrt{x}$ . Posons $x = 4 + h$ et factorisons pour faire apparaître la forme usuelle :

g (4 + h) = \sqrt{4 + h} = 2 \sqrt{1 + \frac{h}{4}} = 2 (1 + \frac{h}{8} - \frac{h^{2}}{128} + o (h^{2})) = 2 + \frac{h}{4} - \frac{h^{2}}{64} + o (h^{2}),

en utilisant $\sqrt{1 + u} = 1 + \frac{u}{2} - \frac{u^{2}}{8} + o (u^{2})$ avec $u = \frac{h}{4} \to 0$ . On y lit $g (4) = 2$ et $g^{'} (4) = \frac{1}{4}$ , ce que confirme le calcul direct $g^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}}$ .

Unicité des coefficients

C'est le théorème fondateur du chapitre : sans lui, l'expression « le développement limité » n'aurait pas de sens, et aucune identification de coefficients ne serait légitime.

Propriété

Unicité du développement limité. Si $f$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , alors les coefficients $a_{0}, \dots, a_{n}$ de sa partie régulière sont uniques.

Démonstration. Supposons que $f$ admette deux développements limités à l'ordre $n$ en $0$ :

f (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n}) et f (x) = \sum_{k = 0}^{n} b_{k} x^{k} + o (x^{n}) .

En soustrayant ces deux égalités, et en posant $c_{k} = a_{k} - b_{k}$ , il vient

\sum_{k = 0}^{n} c_{k} x^{k} = o (x^{n}) au voisinage de 0,

car la différence de deux fonctions négligeables devant $x^{n}$ est encore négligeable devant $x^{n}$ . Il s'agit de montrer que tous les $c_{k}$ sont nuls.

Raisonnons par l'absurde et supposons que ce ne soit pas le cas. L'ensemble ${k \in {0, \dots, n} : c_{k} \neq 0}$ est alors une partie non vide de $N$ : elle admet un plus petit élément, que nous notons $p$ . Par définition de $p$ , on a $c_{0} = \dots = c_{p - 1} = 0$ et $c_{p} \neq 0$ , de sorte que

\sum_{k = 0}^{n} c_{k} x^{k} = \sum_{k = p}^{n} c_{k} x^{k} = x^{p} (c_{p} + c_{p + 1} x + \dots + c_{n} x^{n - p}) .

Observons d'autre part que $o (x^{n}) = o (x^{p})$ ici, au sens où toute fonction négligeable devant $x^{n}$ est négligeable devant $x^{p}$ puisque $p ⩽ n$ : si $h (x) = x^{n} ε (x)$ avec $ε \to 0$ , alors $h (x) = x^{p} \times (x^{n - p} ε (x))$ et le facteur $x^{n - p} ε (x)$ tend bien vers $0$ .

Divisons donc l'égalité par $x^{p}$ , pour $x \neq 0$ au voisinage de $0$ :

c_{p} + c_{p + 1} x + \dots + c_{n} x^{n - p} = \frac{o (x^{p})}{x^{p}} \to_{x \to 0}^{} 0.

Mais le membre de gauche est une fonction polynomiale, qui tend vers $c_{p}$ lorsque $x \to 0$ . Par unicité de la limite, $c_{p} = 0$ , ce qui contredit le choix de $p$ .

Tous les $c_{k}$ sont donc nuls, c'est-à-dire $a_{k} = b_{k}$ pour tout $k \in {0, \dots, n}$ . $□$

Remarque

Ce que l'unicité autorise. Elle autorise l'identification des coefficients : si l'on obtient un développement limité par deux méthodes différentes, les coefficients obtenus coïncident nécessairement. C'est ce qui rend légitimes toutes les techniques de calcul de la section « opérations », et c'est aussi ce qui permet, en pratique, de déterminer des constantes inconnues en écrivant un développement de deux façons.

Attention cependant : l'unicité porte sur les coefficients à un ordre donné. Rien n'interdit que la partie régulière à l'ordre $3$ diffère de celle à l'ordre $5$ — elle en est simplement la troncature, comme le dit le résultat suivant.

Troncature

Propriété

Troncature. Si $f$ admet un ${D L}_{n} (0)$ de partie régulière $\sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k}$ , alors pour tout entier $p$ tel que $0 ⩽ p ⩽ n$ , $f$ admet un ${D L}_{p} (0)$ , dont la partie régulière est $\sum_{k = 0}^{p} a_{k} x^{k}$ .

Démonstration. Partons de $f (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n})$ et séparons la somme en deux :

f (x) = \sum_{k = 0}^{p} a_{k} x^{k} + \sum_{k = p + 1}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n}) .

Il reste à voir que les deux derniers blocs sont des $o (x^{p})$ . Pour le premier : chaque monôme $a_{k} x^{k}$ avec $k ⩾ p + 1$ s'écrit $x^{p} \times (a_{k} x^{k - p})$ , et $a_{k} x^{k - p} \to 0$ puisque $k - p ⩾ 1$ ; donc $a_{k} x^{k} = o (x^{p})$ , et une somme finie de $o (x^{p})$ est un $o (x^{p})$ . Pour le second : nous avons vu dans la démonstration précédente que $o (x^{n}) = o (x^{p})$ dès que $p ⩽ n$ .

Finalement $f (x) = \sum_{k = 0}^{p} a_{k} x^{k} + o (x^{p})$ , ce qui est le ${D L}_{p} (0)$ annoncé, et ses coefficients sont bien les $a_{k}$ par unicité. $□$

Remarque

Conséquence pratique, et piège. On peut toujours descendre en ordre, jamais monter. Si l'on connaît un ${D L}_{5}$ , on en déduit gratuitement le ${D L}_{3}$ en effaçant les termes de degré $4$ et $5$ . En revanche, un ${D L}_{3}$ ne contient aucune information sur le coefficient de $x^{4}$ , et une fonction peut très bien admettre un ${D L}_{3}$ sans admettre de ${D L}_{4}$ .

Le piège classique de rédaction en découle : dans un calcul, tous les développements doivent être écrits au même ordre. Mélanger un $o (x^{3})$ et un $o (x^{5})$ dans une même somme donne un $o (x^{3})$ , et tous les termes de degré $4$ et $5$ que l'on a soigneusement calculés sont perdus.

Parité

Propriété

Parité. Soit $f$ une fonction admettant un ${D L}_{n} (0)$ de partie régulière $\sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k}$ , et définie sur un voisinage de $0$ symétrique par rapport à $0$ .

Si $f$ est paire, alors $a_{k} = 0$ pour tout indice $k$ impair.
Si $f$ est impaire, alors $a_{k} = 0$ pour tout indice $k$ pair.

Démonstration. Point 1. Partons du développement $f (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n})$ et remplaçons $x$ par $- x$ :

f (- x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} (- x)^{k} + o ((- x)^{n}) = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} a_{k} x^{k} + o (x^{n}),

la dernière égalité utilisant que $∣ (- x)^{n} ∣ = ∣ x^{n} ∣$ , de sorte que négligeable devant $(- x)^{n}$ et négligeable devant $x^{n}$ , c'est la même chose.

Comme $f$ est paire, $f (- x) = f (x)$ : la fonction $f$ admet donc les deux développements limités à l'ordre $n$

\sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n}) et \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} a_{k} x^{k} + o (x^{n}) .

Par unicité, $a_{k} = (- 1)^{k} a_{k}$ pour tout $k$ . Si $k$ est impair, cela s'écrit $a_{k} = - a_{k}$ , donc $2 a_{k} = 0$ , donc $a_{k} = 0$ .

Point 2. Même raisonnement avec $f (- x) = - f (x)$ : l'unicité donne $(- 1)^{k} a_{k} = - a_{k}$ , et pour $k$ pair on obtient $a_{k} = - a_{k}$ , donc $a_{k} = 0$ . $□$

Remarque

Un gain de temps considérable. Cette propriété divise par deux le travail de calcul, et fournit surtout une vérification gratuite : si vous trouvez un terme en $x^{2}$ dans le développement d'une fonction impaire, vous vous êtes trompé. C'est aussi ce qui explique la forme des développements usuels : $\cos$ , $ch$ n'ont que des puissances paires ; $\sin$ , $sh$ , $\tan$ , $Arctan$ , $Arcsin$ n'ont que des puissances impaires.

Elle explique aussi un fait qui surprend : le $D L$ de $\sin$ à l'ordre $3$ et à l'ordre $4$ ont la même partie régulière $x - \frac{x^{3}}{6}$ , puisque le coefficient de $x^{4}$ est nul. On écrit donc volontiers $\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{4})$ , ce qui est plus précis que $o (x^{3})$ et gratuit.

Développements limités d'ordre $0$ et $1$

Propriété

Soit $f$ une fonction définie au voisinage de $0$ , $0$ compris.

$f$ admet un ${D L}_{0} (0)$ de coefficient $a_{0}$ si et seulement si $f$ admet la limite finie $a_{0}$ en $0$ . En particulier, $f$ est continue en $0$ si et seulement si elle admet un ${D L}_{0} (0)$ dont le coefficient vaut $a_{0} = f (0)$ , et l'on écrit alors $f (x) = f (0) + o (1)$ .
Supposons $f$ continue en $0$ . Alors $f$ est dérivable en $0$ si et seulement si $f$ admet un ${D L}_{1} (0)$ , et dans ce cas

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + o (x) .

La droite d'équation $y = f (0) + f^{'} (0) x$ est alors la tangente au graphe de $f$ au point d'abscisse $0$ .

Démonstration. Point 1. Dire que $f (x) = a_{0} + o (1)$ au voisinage de $0$ , c'est dire que $f (x) - a_{0}$ tend vers $0$ , c'est-à-dire que $f$ tend vers $a_{0}$ en $0$ : les deux énoncés sont littéralement identiques. La continuité en $0$ s'écrit ensuite $\lim_{x \to 0} f (x) = f (0)$ , soit $a_{0} = f (0)$ par unicité de la limite.

Point 2. Supposons $f$ dérivable en $0$ . Par définition, $\frac{f (x) - f (0)}{x} \to f^{'} (0)$ , donc

\frac{f (x) - f (0)}{x} = f^{'} (0) + ε (x) avec ε (x) \to 0, d’où f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + x ε (x),

c'est-à-dire $f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + o (x)$ .

Réciproquement, supposons $f (x) = a_{0} + a_{1} x + o (x)$ . La troncature à l'ordre $0$ donne $f (x) = a_{0} + o (1)$ , donc $a_{0} = f (0)$ par le point 1 et la continuité supposée de $f$ en $0$ . Alors, pour $x \neq 0$ ,

\frac{f (x) - f (0)}{x} = a_{1} + \frac{o (x)}{x} \to_{x \to 0}^{} a_{1},

donc $f$ est dérivable en $0$ avec $f^{'} (0) = a_{1}$ . $□$

Remarque

Le développement limité est une généralisation de la dérivabilité. L'ordre $1$ redonne exactement la définition du nombre dérivé, écrite sous forme d'approximation affine. Tout le chapitre consiste à pousser cette idée plus loin : approcher par un polynôme de degré $2$ , $3$ , $n$ , avec à chaque fois une erreur négligeable devant la dernière puissance utilisée.

C'est là qu'il faut être vigilant : la belle correspondance « ${D L}_{n}$ $⟺$ $f$ est $n$ fois dérivable » s'arrête à l'ordre $1$ . C'est l'objet de l'avertissement suivant.

Ce qu'un développement limité ne dit pas

Remarque

Attention. L'existence d'un ${D L}_{2} (0)$ n'entraîne PAS que $f$ soit deux fois dérivable en $0$ .

Le contre-exemple canonique est la fonction $f$ définie sur $R$ par

f (x) = x^{3} \sin (\frac{1}{x}) pour x \neq 0, f (0) = 0.

Traitons-le entièrement.

$f$ admet un ${D L}_{2} (0)$ . Pour $x \neq 0$ , on a $∣ \sin (\frac{1}{x}) ∣ ⩽ 1$ , donc $∣ f (x) ∣ ⩽ ∣ x ∣^{3}$ . Ainsi $\frac{f (x)}{x^{2}} ⩽ ∣ x ∣ \to 0$ en valeur absolue, c'est-à-dire $f (x) = o (x^{2})$ . Autrement dit

f (x) = 0 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^{2} + o (x^{2}),

ce qui est bien un développement limité à l'ordre $2$ , de partie régulière nulle.

$f$ est dérivable sur $R$ . Pour $x \neq 0$ , les théorèmes usuels donnent

f^{'} (x) = 3 x^{2} \sin (\frac{1}{x}) - x \cos (\frac{1}{x}) .

En $0$ , le taux d'accroissement vaut $\frac{f (x) - f (0)}{x} = x^{2} \sin (\frac{1}{x})$ , qui tend vers $0$ par encadrement ; donc $f$ est dérivable en $0$ avec $f^{'} (0) = 0$ .

$f$ n'est pas deux fois dérivable en $0$ . Examinons le taux d'accroissement de $f^{'}$ en $0$ : pour $x \neq 0$ ,

\frac{f^{'} (x) - f^{'} (0)}{x} = 3 x \sin (\frac{1}{x}) - \cos (\frac{1}{x}) .

Le premier terme tend vers $0$ , mais le second n'a pas de limite. Précisément, en prenant $x_{k} = \frac{1}{2 k π}$ on obtient une suite de limite $- 1$ , tandis qu'en prenant $x_{k}^{'} = \frac{1}{(2 k + 1) π}$ on obtient une suite de limite $+ 1$ . Le taux d'accroissement n'a donc pas de limite en $0$ : $f^{'}$ n'est pas dérivable en $0$ .

Conclusion. La fonction $f$ possède un ${D L}_{2} (0)$ sans être deux fois dérivable en $0$ . Un développement limité est une information purement locale sur les valeurs de $f$ , pas sur ses dérivées. Retenez au passage que cette fonction n'admet en revanche pas de ${D L}_{3} (0)$ : on aurait $\frac{f (x)}{x^{3}} = \sin (\frac{1}{x})$ qui devrait tendre vers $a_{3}$ , ce qui est faux.

La formule de Taylor-Young

Nous savons ce qu'est un développement limité, mais nous n'en connaissons encore qu'un seul, celui de $\frac{1}{1 - x}$ . La formule de Taylor-Young comble ce vide d'un seul coup : elle affirme que toute fonction suffisamment dérivable admet un développement limité, et elle en donne les coefficients.

Énoncé et démonstration

Propriété

Formule de Taylor-Young. Soient $I$ un intervalle, $a \in I$ , $n \in N$ et $f : I \to R$ une fonction de classe $C^{n}$ sur $I$ . Alors $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en $a$ , donné par

f (a + h) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (a)}{k!} h^{k} + o (h^{n}) quand h \to 0.

En particulier, pour $a = 0$ :

f (x) = f (0) + f^{'} (0) x + \frac{f^{''} (0)}{2!} x^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + o (x^{n}) .

Démonstration. Raisonnons par récurrence sur $n$ . Pour $n \in N$ , notons $P (n)$ l'assertion : « pour toute fonction $g$ de classe $C^{n}$ sur un intervalle $I$ et tout $a \in I$ , on a $g (a + h) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{g^{(k)} (a)}{k!} h^{k} + o (h^{n})$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$ , l'assertion s'écrit $g (a + h) = g (a) + o (1)$ , c'est-à-dire $g (a + h) - g (a) \to 0$ quand $h \to 0$ : c'est exactement la continuité de $g$ en $a$ , garantie par l'hypothèse $g$ de classe $C^{0}$ .

Hérédité. Supposons $P (n)$ vraie et soit $f$ de classe $C^{n + 1}$ sur $I$ , avec $a \in I$ . La fonction $f^{'}$ est alors de classe $C^{n}$ sur $I$ , et l'hypothèse de récurrence appliquée à $f^{'}$ donne, puisque $(f^{'})^{(k)} = f^{(k + 1)}$ :

f^{'} (a + h) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k + 1)} (a)}{k!} h^{k} + o (h^{n}) .

Introduisons la fonction « erreur » que nous voulons contrôler : pour $h$ tel que $a + h \in I$ , posons

φ (h) = f (a + h) - \sum_{k = 0}^{n + 1} \frac{f^{(k)} (a)}{k!} h^{k} .

La fonction $φ$ est dérivable, $φ (0) = 0$ , et en dérivant terme à terme le polynôme (le terme $k$ donne $\frac{f^{(k)} (a)}{(k - 1)!} h^{k - 1}$ , car $\frac{k}{k!} = \frac{1}{(k - 1)!}$ ) :

φ^{'} (h) = f^{'} (a + h) - \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{f^{(k)} (a)}{(k - 1)!} h^{k - 1} = f^{'} (a + h) - \sum_{j = 0}^{n} \frac{f^{(j + 1)} (a)}{j!} h^{j} = o (h^{n})

d'après le développement de $f^{'}$ écrit plus haut.

Exploitons maintenant cette information à l'aide de l'inégalité des accroissements finis. Soit $ε > 0$ . Puisque $φ^{'} (h) = o (h^{n})$ , il existe $η > 0$ tel que

\forall t, ∣ t ∣ ⩽ η et a + t \in I ⟹ ∣ φ^{'} (t) ∣ ⩽ ε ∣ t ∣^{n} .

Fixons $h$ avec $∣ h ∣ ⩽ η$ et $a + h \in I$ . Pour tout $t$ compris entre $0$ et $h$ , on a $∣ t ∣ ⩽ ∣ h ∣$ , donc $∣ φ^{'} (t) ∣ ⩽ ε ∣ t ∣^{n} ⩽ ε ∣ h ∣^{n}$ . La fonction $φ$ est dérivable sur le segment d'extrémités $0$ et $h$ , de dérivée majorée en valeur absolue par la constante $ε ∣ h ∣^{n}$ : l'inégalité des accroissements finis donne

∣ φ (h) - φ (0) ∣ ⩽ ε ∣ h ∣^{n} \times ∣ h - 0 ∣ = ε ∣ h ∣^{n + 1} .

Comme $φ (0) = 0$ , cela s'écrit $∣ φ (h) ∣ ⩽ ε ∣ h ∣^{n + 1}$ dès que $∣ h ∣ ⩽ η$ . Le réel $ε > 0$ étant arbitraire, cela signifie exactement $φ (h) = o (h^{n + 1})$ , c'est-à-dire

f (a + h) = \sum_{k = 0}^{n + 1} \frac{f^{(k)} (a)}{k!} h^{k} + o (h^{n + 1}) .

L'assertion $P (n + 1)$ est démontrée, et la récurrence s'achève. $□$

Remarque

Deux précisions sur les hypothèses.

L'hypothèse « $f$ de classe $C^{n}$ sur $I$ » peut être affaiblie en « $f$ est $n$ fois dérivable au point $a$ » : la démonstration ci-dessus s'adapte sans changement, à ceci près qu'il faut savoir que $f^{(n - 1)}$ existe au voisinage de $a$ pour pouvoir dériver. C'est la version la plus fine, mais l'hypothèse $C^{n}$ suffit dans tous les exercices.
La conclusion est locale : le reste $o (h^{n})$ ne dit rien de la taille de l'erreur pour un $h$ donné, seulement qu'elle devient négligeable devant $h^{n}$ quand $h$ tend vers $0$ . Taylor-Young est un théorème d'approximation au voisinage d'un point, jamais un théorème d'approximation globale.

Propriété

Réciproque partielle, et sens de lecture. Si $f$ est de classe $C^{n}$ au voisinage de $0$ et si $f (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n})$ , alors, par unicité du développement limité,

\forall k \in {0, \dots, n}, a_{k} = \frac{f^{(k)} (0)}{k!}, c’est-à-dire f^{(k)} (0) = k! a_{k} .

Remarque

Cette lecture « à l'envers » est très utile : elle permet de calculer une dérivée $n$ -ième en un point sans jamais dériver, en lisant un coefficient dans un développement limité obtenu par d'autres moyens. Par exemple, du développement $\frac{1}{1 - x} = 1 + x + \dots + x^{n} + o (x^{n})$ on déduit immédiatement que la dérivée $n$ -ième de $x \mapsto \frac{1}{1 - x}$ en $0$ vaut $n!$ , ce qu'on aurait mis bien plus longtemps à obtenir par dérivations successives.

Le tableau des développements limités usuels

Ces développements sont tous obtenus par Taylor-Young — il suffit de calculer les dérivées successives en $0$ — sauf ceux de la seconde table, que l'on obtient par les opérations de la section suivante. Ils sont à connaître par cœur.

Fonction	Développement limité en $0$
$\frac{1}{1 - x}$	$\sum_{k = 0}^{n} x^{k} + o (x^{n})$
$\frac{1}{1 + x}$	$\sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{k} x^{k} + o (x^{n})$
$e^{x}$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} + o (x^{n})$
$\ln (1 + x)$	$\sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} x^{k} + o (x^{n})$
$(1 + x)^{α}$	$1 + \sum_{k = 1}^{n} \frac{α (α - 1) \dots (α - k + 1)}{k!} x^{k} + o (x^{n})$
$\cos x$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k)!} x^{2 k} + o (x^{2 n + 1})$
$\sin x$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)!} x^{2 k + 1} + o (x^{2 n + 2})$
$ch x$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{2 k}}{(2 k)!} + o (x^{2 n + 1})$
$sh x$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!} + o (x^{2 n + 2})$
$Arctan x$	$\sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{2 k + 1} x^{2 k + 1} + o (x^{2 n + 2})$

Les quatre suivants n'ont pas de terme général simple : on les retient à l'ordre indiqué.

Fonction	Développement limité en $0$
$\sqrt{1 + x}$	$1 + \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} + \frac{x^{3}}{16} + o (x^{3})$
$\frac{1}{\sqrt{1 + x}}$	$1 - \frac{x}{2} + \frac{3 x^{2}}{8} - \frac{5 x^{3}}{16} + o (x^{3})$
$\tan x$	$x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{2 x^{5}}{15} + o (x^{6})$
$Arcsin x$	$x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{3 x^{5}}{40} + o (x^{6})$

Remarque

Pourquoi ces restes-là ? Pour $\cos$ , la partie régulière s'arrête au degré $2 n$ , mais le reste est un $o (x^{2 n + 1})$ et non un $o (x^{2 n})$ : c'est la propriété de parité qui offre cet ordre supplémentaire gratuit, puisque le coefficient de $x^{2 n + 1}$ est nul. Même remarque pour $\sin$ , $sh$ , $ch$ , $Arctan$ , $\tan$ et $Arcsin$ . Prenez l'habitude d'écrire le reste le plus fort possible : c'est souvent lui qui sauve un calcul d'ordre limite.

Méthode

Trois développements à savoir, tous les autres se retrouvent. Si votre mémoire flanche, il suffit de connaître ces trois-là :

\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + o (x^{n}), e^{x} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} + o (x^{n}), (1 + x)^{α} = 1 + α x + \frac{α (α - 1)}{2} x^{2} + \dots

Voici comment déduire les autres.

a. $\frac{1}{1 + x}$ : remplacer $x$ par $- x$ dans le premier.

b. $\ln (1 + x)$ : primitiver $\frac{1}{1 + x}$ , la constante étant $\ln 1 = 0$ .

c. $\sqrt{1 + x}$ et $\frac{1}{\sqrt{1 + x}}$ : le troisième avec $α = \frac{1}{2}$ puis $α = - \frac{1}{2}$ .

d. $ch$ et $sh$ : ce sont les parties paire et impaire de $e^{x}$ , donc on garde un terme sur deux dans le développement de l'exponentielle.

e. $\cos$ et $\sin$ : mêmes développements que $ch$ et $sh$ , en alternant les signes.

f. $Arctan$ : primitiver $\frac{1}{1 + x^{2}}$ , obtenu en remplaçant $x$ par $x^{2}$ dans a.

g. $Arcsin$ : primitiver ${(1 - x^{2})}^{- 1 / 2}$ , obtenu en remplaçant $x$ par $- x^{2}$ dans c.

h. $\tan$ : quotient de $\sin$ par $\cos$ .

Opérations sur les développements limités

Toute la puissance de calcul du chapitre est ici. Cinq opérations permettent de fabriquer le développement limité de n'importe quelle expression construite à partir des fonctions usuelles, sans jamais calculer une dérivée. Dans toute la section, $f$ et $g$ désignent deux fonctions admettant un ${D L}_{n} (0)$ , de parties régulières respectives $P$ et $Q$ ; on note $T_{n} (R)$ la troncature à l'ordre $n$ d'un polynôme $R$ , c'est-à-dire le polynôme obtenu en ne gardant que les monômes de degré $⩽ n$ .

Somme et combinaison linéaire

Propriété

Si $f$ et $g$ admettent des ${D L}_{n} (0)$ de parties régulières $P$ et $Q$ , alors pour tous réels $λ$ et $μ$ , la fonction $λ f + μ g$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , de partie régulière $λ P + μ Q$ .

Démonstration. Écrivons $f (x) = P (x) + x^{n} ε_{1} (x)$ et $g (x) = Q (x) + x^{n} ε_{2} (x)$ avec $ε_{1}, ε_{2} \to 0$ . Alors

λ f (x) + μ g (x) = λ P (x) + μ Q (x) + x^{n} (λ ε_{1} (x) + μ ε_{2} (x)),

et $λ ε_{1} + μ ε_{2} \to 0$ . $□$

Exemple

Une compensation. Cherchons le ${D L}_{5} (0)$ de $ch x - \cos x$ . Les deux tables donnent

ch x = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{5}), \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{5}) .

En soustrayant, les termes constants et les termes en $x^{4}$ se détruisent :

ch x - \cos x = x^{2} + o (x^{5}) .

On en déduit au passage $ch x - \cos x \underset{0}{\sim} x^{2}$ , et donc $\frac{ch x - \cos x}{x^{2}} \to 1$ . Notez que l'équivalent seul n'aurait rien donné, puisque $ch x \underset{0}{\sim} 1$ et $\cos x \underset{0}{\sim} 1$ : c'est exactement le premier interdit.

Produit

Propriété

Si $f$ et $g$ admettent des ${D L}_{n} (0)$ de parties régulières $P$ et $Q$ , alors $f g$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , de partie régulière $T_{n} (P Q)$ : on multiplie les deux polynômes et on jette tous les monômes de degré $> n$ .

Démonstration. Écrivons $f = P + x^{n} ε_{1}$ et $g = Q + x^{n} ε_{2}$ avec $ε_{1}, ε_{2} \to 0$ . En développant le produit :

f (x) g (x) = P (x) Q (x) + x^{n} (P (x) ε_{2} (x) + Q (x) ε_{1} (x) + x^{n} ε_{1} (x) ε_{2} (x)) .

Le contenu de la grande parenthèse tend vers $0$ quand $x \to 0$ : les polynômes $P$ et $Q$ sont bornés au voisinage de $0$ (ils tendent vers $P (0)$ et $Q (0)$ ), et chacun des trois termes est le produit d'une quantité bornée par une quantité de limite nulle. Donc le second bloc est un $o (x^{n})$ .

Il reste à traiter $P Q$ . Séparons ce polynôme en sa troncature et son reste : $P Q = T_{n} (P Q) + R$ , où $R$ ne contient que des monômes de degré $⩾ n + 1$ . Chacun de ces monômes est un $o (x^{n})$ , donc $R (x) = o (x^{n})$ . Finalement

f (x) g (x) = T_{n} (P Q) (x) + o (x^{n}) . □

Remarque

On ne calcule que ce qui sert. En pratique, on n'écrit jamais le produit complet $P Q$ : on organise le calcul degré par degré, en s'arrêtant au degré $n$ . Le coefficient de $x^{m}$ dans $P Q$ vaut $\sum_{i + j = m} p_{i} q_{j}$ , où $p_{i}$ et $q_{j}$ sont les coefficients de $P$ et $Q$ ; c'est cette somme, et elle seule, que l'on calcule pour chaque $m ⩽ n$ . Sur un produit d'ordre $4$ , cela économise la moitié des multiplications.

Exemple

Le ${D L}_{4} (0)$ de $e^{x} \cos x$ . Partons des deux développements, écrits au même ordre $4$ :

e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}), \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}) .

Calculons les coefficients du produit, degré par degré :

Degré $0$ : $1 \times 1 = 1$ .

Degré $1$ : $1 \times 1 = 1$ (seul le terme $x$ de $e^{x}$ contribue).

Degré $2$ : $\frac{1}{2} \times 1 + 1 \times (- \frac{1}{2}) = 0$ .

Degré $3$ : $\frac{1}{6} \times 1 + 1 \times (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{3}$ .

Degré $4$ : $\frac{1}{24} + \frac{1}{2} \times (- \frac{1}{2}) + 1 \times \frac{1}{24} = - \frac{1}{6}$ .

Bilan : on jette tout ce qui dépasse le degré $4$ .

D'où le résultat :

e^{x} \cos x = 1 + x - \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{6} + o (x^{4}) .

Composition

C'est l'opération la plus délicate, à cause d'une hypothèse que l'on oublie une fois sur deux.

Propriété

Soient $u$ une fonction admettant un ${D L}_{n} (0)$ de partie régulière $U$ , telle que $u (x) \to 0$ quand $x \to 0$ (ce qui équivaut à $U (0) = 0$ , c'est-à-dire à l'absence de terme constant dans $U$ ), et $f$ une fonction admettant un ${D L}_{n} (0)$ de partie régulière $F$ . Alors $f \circ u$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , de partie régulière

T_{n} (F \circ U) .

Autrement dit : on substitue le développement de $u$ dans celui de $f$ , on développe, et on tronque à l'ordre $n$ .

Démonstration. Écrivons $f (y) = F (y) + y^{n} ε_{1} (y)$ avec $ε_{1} (y) \to 0$ quand $y \to 0$ , et $u (x) = U (x) + x^{n} ε_{2} (x)$ avec $ε_{2} (x) \to 0$ . Comme $U (0) = 0$ , le polynôme $U$ n'a pas de terme constant, donc $U (x) = O (x)$ ; il en résulte que $u (x) = O (x)$ , et en particulier $u (x)^{n} = O (x^{n})$ .

Le reste. En substituant, $f (u (x)) = F (u (x)) + u (x)^{n} ε_{1} (u (x))$ . Le second terme est le produit de $u (x)^{n} = O (x^{n})$ par $ε_{1} (u (x))$ , qui tend vers $0$ par composition des limites (puisque $u (x) \to 0$ ) : c'est donc un $o (x^{n})$ .

La partie polynomiale. Il reste à comparer $F (u (x))$ et $F (U (x))$ . Posons $A = U (x)$ et $B = x^{n} ε_{2} (x)$ , de sorte que $u (x) = A + B$ avec $A = O (x)$ borné au voisinage de $0$ et $B = o (x^{n})$ . Pour tout $k$ , la factorisation

(A + B)^{k} - A^{k} = B ((A + B)^{k - 1} + (A + B)^{k - 2} A + \dots + A^{k - 1})

montre que $(A + B)^{k} - A^{k}$ est le produit de $B = o (x^{n})$ par une quantité bornée au voisinage de $0$ : c'est un $o (x^{n})$ . En combinant linéairement sur les monômes de $F$ , on obtient $F (u (x)) = F (U (x)) + o (x^{n})$ .

Conclusion. Le polynôme $F \circ U$ se sépare en sa troncature et ses monômes de degré $> n$ , ces derniers formant un $o (x^{n})$ . Donc $f (u (x)) = T_{n} (F \circ U) (x) + o (x^{n})$ . $□$

Remarque

Attention. L'hypothèse $u (x) \to 0$ est indispensable. Si $u$ a un terme constant non nul, la substitution est illégitime : chaque puissance $u (x)^{k}$ apporterait alors un terme constant, et l'on ne pourrait plus tronquer. Concrètement, on ne peut pas composer directement le développement de $\ln (1 + y)$ avec $u (x) = \cos x$ , puisque $\cos x \to 1$ .

La parade est toujours la même : isoler la constante. On écrit $\cos x = 1 + (\cos x - 1)$ et l'on pose $u (x) = \cos x - 1$ , qui tend bien vers $0$ . C'est l'exemple ci-dessous.

Exemple

Le ${D L}_{4} (0)$ de $\ln (\cos x)$ . La fonction $\cos$ tend vers $1$ , on isole donc la constante en posant

u (x) = \cos x - 1 = - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{5}),

qui tend vers $0$ : la composition est licite, et $\ln (\cos x) = \ln (1 + u (x))$ .

Puisque $u (x) \underset{0}{\sim} - \frac{x^{2}}{2}$ est d'ordre $2$ , la puissance $u^{3}$ sera d'ordre $6$ , donc négligeable devant $x^{4}$ : il suffit de développer le logarithme à l'ordre $2$ en $u$ . Nous verrons plus bas comment justifier proprement ce choix d'ordre.

\ln (1 + u) = u - \frac{u^{2}}{2} + o (u^{2}) .

Calculons $u^{2}$ en ne gardant que ce qui compte jusqu'au degré $4$ :

u (x)^{2} = {(- \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{5}))}^{2} = \frac{x^{4}}{4} + o (x^{5}) .

D'où

\ln (\cos x) = (- \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24}) - \frac{1}{2} \times \frac{x^{4}}{4} + o (x^{4}) = - \frac{x^{2}}{2} + (\frac{1}{24} - \frac{1}{8}) x^{4} + o (x^{4}),

soit finalement

\ln (\cos x) = - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{12} + o (x^{4}) .

Vérification par la parité : la fonction $x \mapsto \ln (\cos x)$ est paire, et le développement obtenu ne contient effectivement que des puissances paires.

Exemple

Le ${D L}_{3} (0)$ de $e^{\sin x}$ . Ici $\sin x \to 0$ , la composition est directement licite. Avec $u = \sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{4})$ :

u^{2} = x^{2} + o (x^{3}), u^{3} = x^{3} + o (x^{3}),

(dans $u^{2}$ , le double produit vaut $- \frac{x^{4}}{3}$ , donc il disparaît à l'ordre $3$ ). En reportant dans $e^{u} = 1 + u + \frac{u^{2}}{2} + \frac{u^{3}}{6} + o (u^{3})$ :

e^{\sin x} = 1 + (x - \frac{x^{3}}{6}) + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}) = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{3}) .

Le coefficient de $x^{3}$ est nul : c'est un résultat, pas une erreur de calcul. Ce genre de coïncidence est fréquent, et c'est une raison de plus pour toujours pousser un cran plus loin que nécessaire.

Quotient

Propriété

Soient $f$ et $g$ admettant des ${D L}_{n} (0)$ , avec $g (0) \neq 0$ . Alors $\frac{f}{g}$ admet un ${D L}_{n} (0)$ .

Démonstration. Notons $Q$ la partie régulière de $g$ et $b_{0} = Q (0) = g (0) \neq 0$ . Écrivons

g (x) = b_{0} (1 + v (x)) avec v (x) = \frac{g (x) - b_{0}}{b_{0}} .

La fonction $v$ admet un ${D L}_{n} (0)$ (différence puis produit par une constante) et $v (x) \to 0$ . On peut donc composer le développement usuel $\frac{1}{1 + y} = 1 - y + y^{2} - \dots + (- 1)^{n} y^{n} + o (y^{n})$ avec $v$ : la fonction $\frac{1}{1 + v}$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , donc $\frac{1}{g} = \frac{1}{b_{0}} \cdot \frac{1}{1 + v}$ aussi. Il ne reste qu'à multiplier par le développement de $f$ , ce qui est licite d'après le théorème du produit. $□$

Méthode

Deux façons de mener le calcul d'un quotient.

Méthode 1 — la composition (la plus sûre). Mettre le terme constant du dénominateur en facteur, poser $v$ = le reste, et composer avec $\frac{1}{1 + v}$ . C'est la démonstration ci-dessus, transformée en algorithme.

Méthode 2 — la division suivant les puissances croissantes. On pose la division de $P$ par $Q$ comme une division euclidienne, mais en commençant par les termes de plus bas degré, et l'on s'arrête dès que le quotient atteint le degré $n$ . C'est plus rapide à la main quand les polynômes sont courts, mais plus facile à rater.

Dans les deux cas, un réflexe préalable : si le numérateur et le dénominateur s'annulent tous deux en $0$ , on factorise d'abord par la plus grande puissance de $x$ commune. Par exemple, pour $\frac{\sin x}{x}$ , on écrit $\frac{\sin x}{x} = \frac{x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{4})}{x} = 1 - \frac{x^{2}}{6} + o (x^{3})$ : la division par $x$ fait perdre un ordre au développement, il faut donc partir un cran plus haut.

Exemple

Le ${D L}_{5} (0)$ de $\tan x$ . Écrivons $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ avec les deux développements à l'ordre $5$ :

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

Étape 1 : inverser le cosinus. Ici $\cos 0 = 1$ , donc $\cos x = 1 - w (x)$ avec

w (x) = \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{24} + o (x^{5}) \to_{x \to 0}^{} 0.

Comme $w$ est d'ordre $2$ , on a $w^{3} = O (x^{6})$ : il suffit de développer $\frac{1}{1 - w} = 1 + w + w^{2} + o (w^{2})$ . Avec $w^{2} = \frac{x^{4}}{4} + o (x^{5})$ :

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

Étape 2 : multiplier par le sinus. On multiplie les deux développements en ne gardant que les degrés $⩽ 5$ . La fonction $\tan$ étant impaire, seuls les degrés $1$ , $3$ et $5$ peuvent apparaître :

Degré $1$ : $1 \times 1 = 1$ .

Degré $3$ : $1 \times \frac{1}{2} - \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ .

Degré $5$ : $\frac{5}{24} - \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{120} = \frac{2}{15}$ .

Le calcul du degré $5$ en détail : $\frac{5}{24} - \frac{1}{12} + \frac{1}{120} = \frac{25 - 10 + 1}{120} = \frac{16}{120} = \frac{2}{15}$ . D'où

\tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{2 x^{5}}{15} + o (x^{6}),

le reste étant en $o (x^{6})$ grâce à l'imparité. C'est la ligne du tableau.

Primitivation

Voici l'opération la plus économique du chapitre : elle fait gagner un ordre, alors que toutes les autres en font perdre.

Propriété

Primitivation d'un développement limité. Soient $I$ un intervalle contenant $0$ et $f : I \to R$ une fonction dérivable dont la dérivée $f^{'}$ admet un ${D L}_{n} (0)$ :

f^{'} (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} + o (x^{n}) .

Alors $f$ admet un ${D L}_{n + 1} (0)$ , obtenu en primitivant terme à terme, la constante étant $f (0)$ :

f (x) = f (0) + \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{k + 1} x^{k + 1} + o (x^{n + 1}) .

Démonstration. Introduisons la fonction erreur

φ (x) = f (x) - f (0) - \sum_{k = 0}^{n} \frac{a_{k}}{k + 1} x^{k + 1}, x \in I .

Elle est dérivable sur $I$ , vérifie $φ (0) = 0$ , et sa dérivée vaut

φ^{'} (x) = f^{'} (x) - \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} = o (x^{n}),

par hypothèse. Soit alors $ε > 0$ . Il existe $η > 0$ tel que $∣ φ^{'} (t) ∣ ⩽ ε ∣ t ∣^{n}$ pour tout $t \in I$ vérifiant $∣ t ∣ ⩽ η$ .

Fixons $x \in I$ avec $∣ x ∣ ⩽ η$ . Pour tout $t$ compris entre $0$ et $x$ , on a $∣ φ^{'} (t) ∣ ⩽ ε ∣ t ∣^{n} ⩽ ε ∣ x ∣^{n}$ . L'inégalité des accroissements finis appliquée à $φ$ sur le segment d'extrémités $0$ et $x$ donne alors

∣ φ (x) ∣ = ∣ φ (x) - φ (0) ∣ ⩽ ε ∣ x ∣^{n} \times ∣ x ∣ = ε ∣ x ∣^{n + 1} .

Comme $ε$ est arbitraire, $φ (x) = o (x^{n + 1})$ , ce qui est exactement l'énoncé. $□$

Exemple

Les trois applications classiques.

Le logarithme. La fonction $f : x \mapsto \ln (1 + x)$ est dérivable sur $] - 1, + \infty [$ , de dérivée $\frac{1}{1 + x}$ , dont on connaît le développement. En primitivant, avec $f (0) = \ln 1 = 0$ :

\ln (1 + x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{k + 1} x^{k + 1} + o (x^{n + 1}) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \dots + \frac{(- 1)^{n}}{n + 1} x^{n + 1} + o (x^{n + 1}) .

L'arctangente. Sa dérivée est $\frac{1}{1 + x^{2}}$ , que l'on obtient en substituant $x^{2}$ à $x$ dans le développement de $\frac{1}{1 + x}$ :

\frac{1}{1 + x^{2}} = 1 - x^{2} + x^{4} - \dots + (- 1)^{n} x^{2 n} + o (x^{2 n + 1}) .

En primitivant, avec $Arctan 0 = 0$ :

Arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \dots + \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} x^{2 n + 1} + o (x^{2 n + 2}) .

L'arcsinus. Sa dérivée est $\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = {(1 - x^{2})}^{- 1 / 2}$ . En substituant $- x^{2}$ dans le développement de $(1 + y)^{- 1 / 2} = 1 - \frac{y}{2} + \frac{3 y^{2}}{8} + o (y^{2})$ :

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{3 x^{4}}{8} + o (x^{5}) .

En primitivant, avec $Arcsin 0 = 0$ :

Arcsin x = x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{3 x^{5}}{40} + o (x^{6}) .

Remarque

Attention. On ne dérive pas un développement limité. L'opération inverse de la primitivation est fausse : de l'existence d'un ${D L}_{n} (0)$ pour $f$ , on ne peut rien déduire pour $f^{'}$ , et surtout pas que le développement de $f^{'}$ s'obtient en dérivant la partie régulière.

Reprenons la fonction $f (x) = x^{3} \sin (\frac{1}{x})$ , prolongée par $f (0) = 0$ . Nous avons vu qu'elle admet le développement

f (x) = 0 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^{2} + o (x^{2}) .

En dérivant la partie régulière, on obtiendrait « $f^{'} (x) = 0 + 0 \cdot x + o (x)$ ». C'est faux : nous avons calculé

f^{'} (x) = 3 x^{2} \sin (\frac{1}{x}) - x \cos (\frac{1}{x}),

et $\frac{f^{'} (x)}{x} = 3 x \sin (\frac{1}{x}) - \cos (\frac{1}{x})$ n'a pas de limite en $0$ : la fonction $f^{'}$ n'admet même pas de ${D L}_{1} (0)$ .

La dissymétrie s'explique : primitiver lisse (on intègre l'erreur, elle diminue), tandis que dériver amplifie (une petite oscillation de grande fréquence a une dérivée énorme). En revanche, si l'on sait par ailleurs que $f^{'}$ admet un ${D L}_{n} (0)$ , alors ce développement est bien celui obtenu en dérivant terme à terme celui de $f$ : c'est une conséquence immédiate du théorème de primitivation appliqué à $f^{'}$ et de l'unicité.

Choisir le bon ordre

Méthode

Choisir le bon ordre de travail. C'est la seule vraie difficulté technique du chapitre, et la source de la moitié des erreurs.

Repérer l'ordre demandé par la question : la limite d'un quotient dont le dénominateur est $x^{p}$ exige un développement du numérateur à l'ordre $p$ au moins.
Anticiper les pertes. Une division par $x^{p}$ fait perdre $p$ ordres ; une soustraction de deux quantités qui se compensent en fait perdre autant que de termes détruits. Il faut donc démarrer au-dessus de l'ordre visé.
Anticiper les gains. Si l'on compose avec une fonction $u$ d'ordre $q$ (c'est-à-dire $u (x) \underset{0}{\sim} c x^{q}$ avec $c \neq 0$ ), alors $u^{m} = O (x^{m q})$ : pour un résultat à l'ordre $n$ , il suffit de développer la fonction extérieure jusqu'à la puissance $m$ telle que $m q ⩽ n$ . C'est ce qui a permis, pour $\ln (\cos x)$ à l'ordre $4$ , de s'arrêter au terme $u^{2}$ .
En cas de doute, recommencer plus haut. Si tous les termes calculés se détruisent et qu'il ne reste qu'un $o$ , le calcul n'est pas faux : il est simplement trop court. On reprend un ou deux ordres plus haut. Ne jamais conclure « la limite est $0$ » à partir d'un résultat de la forme $\frac{o (x^{3})}{x^{3}}$ .

Exemple

Un ordre insuffisant, puis le bon. Cherchons

\lim_{x \to 0} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{\sin^{2} x}) .

Première tentative. Avec $\sin x \underset{0}{\sim} x$ , on obtient $\sin^{2} x \underset{0}{\sim} x^{2}$ , donc les deux fractions sont équivalentes : leur différence est une forme indéterminée et l'équivalent ne conclut pas. C'est encore le premier interdit.

Deuxième tentative, à l'ordre $1$ . Avec $\sin x = x + o (x)$ , on trouve $\sin^{2} x = x^{2} + o (x^{2}) = x^{2} (1 + o (1))$ , puis

\frac{1}{\sin^{2} x} = \frac{1}{x^{2}} \cdot \frac{1}{1 + o (1)} = \frac{1}{x^{2}} (1 + o (1)) = \frac{1}{x^{2}} + \frac{o (1)}{x^{2}} .

Le reste $\frac{o (1)}{x^{2}}$ n'est pas contrôlé : il peut tendre vers n'importe quoi, y compris l'infini. L'ordre est insuffisant, et la raison est claire : le facteur $\frac{1}{x^{2}}$ a mangé deux ordres.

Le bon ordre. Partons de $\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{4})$ . En élevant au carré, le double produit donne le terme utile :

\sin^{2} x = x^{2} - 2 \times x \times \frac{x^{3}}{6} + o (x^{5}) = x^{2} (1 - \frac{x^{2}}{3} + o (x^{3})) .

On inverse en composant avec $\frac{1}{1 - y}$ , où $y = \frac{x^{2}}{3} + o (x^{3}) \to 0$ :

\frac{1}{\sin^{2} x} = \frac{1}{x^{2}} (1 + \frac{x^{2}}{3} + o (x^{3})) = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{3} + o (x) .

D'où enfin

\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{\sin^{2} x} = - \frac{1}{3} + o (x) \to_{x \to 0}^{} - \frac{1}{3} .

Le facteur $\frac{1}{x^{2}}$ mangeait deux ordres : il fallait donc partir deux crans plus haut que l'ordre $0$ visé.

Applications des développements limités

Lever une forme indéterminée

C'est l'usage le plus courant, et il est mécanique : on développe chaque morceau à un ordre suffisant, on simplifie, on lit la limite.

Méthode

Calculer une limite par développement limité.

Repérer le point où l'on travaille, et s'y ramener par le changement de variable $x = a + h$ si nécessaire.
Choisir l'ordre : celui du dénominateur, augmenté des pertes prévisibles.
Développer chaque terme au même ordre, en n'oubliant aucun $o$ .
Regrouper, simplifier, et diviser.
Conclure : le quotient d'un $o (x^{n})$ par $x^{n}$ tend vers $0$ .

Exemple

Trois limites classiques.

Le sinus à l'ordre $3$ . Avec $\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})$ :

\frac{\sin x - x}{x^{3}} = \frac{- \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})}{x^{3}} = - \frac{1}{6} + \frac{o (x^{3})}{x^{3}} \to_{x \to 0}^{} - \frac{1}{6} .

On en déduit au passage l'équivalent $\sin x - x \underset{0}{\sim} - \frac{x^{3}}{6}$ , souvent plus utile que la limite elle-même.

L'exponentielle à l'ordre $2$ . Avec $e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})$ :

\frac{e^{x} - 1 - x}{x^{2}} = \frac{\frac{x^{2}}{2} + o (x^{2})}{x^{2}} \to_{x \to 0}^{} \frac{1}{2} .

Une forme $1^{\infty}$ . Cherchons $\lim_{x \to 0} (\cos x)^{1 / x^{2}}$ . Une puissance dont l'exposant varie se traite toujours en repassant par l'exponentielle :

(\cos x)^{1 / x^{2}} = \exp (\frac{\ln (\cos x)}{x^{2}}) .

Nous avons calculé $\ln (\cos x) = - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{12} + o (x^{4})$ , donc

\frac{\ln (\cos x)}{x^{2}} = - \frac{1}{2} - \frac{x^{2}}{12} + o (x^{2}) \to_{x \to 0}^{} - \frac{1}{2} .

Par continuité de l'exponentielle, $(\cos x)^{1 / x^{2}} \to e^{- 1 / 2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$ .

Remarque

La règle d'or des formes $u^{v}$ . Devant $u (x)^{v (x)}$ , on écrit systématiquement $u^{v} = e^{v \ln u}$ et l'on étudie l'exposant $v \ln u$ . C'est vrai pour les formes $1^{\infty}$ , $0^{0}$ et $\infty^{0}$ , qui sont toutes indéterminées, et cela évite les raisonnements faux du type « $\cos x$ tend vers $1$ , donc la puissance tend vers $1$ ».

Tangente et position relative

Le ${D L}_{1}$ donne la tangente ; les termes suivants disent de quel côté la courbe se trouve. C'est l'application géométrique la plus importante du chapitre.

Propriété

Position par rapport à la tangente. Soit $f$ une fonction continue en $0$ admettant un développement limité de la forme

f (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{p} x^{p} + o (x^{p}),

où $p ⩾ 2$ et $a_{p} \neq 0$ (autrement dit, $a_{p} x^{p}$ est le premier terme non nul après le terme affine). Alors :

$f$ est dérivable en $0$ et la tangente $T$ à la courbe au point d'abscisse $0$ a pour équation $y = a_{0} + a_{1} x$ ;
$f (x) - (a_{0} + a_{1} x) \underset{0}{\sim} a_{p} x^{p}$ , de sorte que le signe de la différence est, au voisinage de $0$ et pour $x \neq 0$ , celui de $a_{p} x^{p}$ ;
si $p$ est pair, la courbe reste du même côté de $T$ des deux côtés du point : au-dessus si $a_{p} > 0$ , au-dessous si $a_{p} < 0$ ;
si $p$ est impair, la différence change de signe en $0$ : la courbe traverse sa tangente, et le point d'abscisse $0$ est un point d'inflexion.

Démonstration. Point 1. La troncature à l'ordre $1$ donne $f (x) = a_{0} + a_{1} x + o (x)$ , donc $f$ est dérivable en $0$ avec $f (0) = a_{0}$ et $f^{'} (0) = a_{1}$ ; l'équation de la tangente en résulte.

Point 2. Par hypothèse, $f (x) - (a_{0} + a_{1} x) = a_{p} x^{p} + o (x^{p})$ . Comme $a_{p} \neq 0$ , le terme $a_{p} x^{p}$ n'est pas nul pour $x \neq 0$ et l'on a bien $f (x) - (a_{0} + a_{1} x) \underset{0}{\sim} a_{p} x^{p}$ . Deux fonctions équivalentes ayant le même signe au voisinage du point, la différence a le signe de $a_{p} x^{p}$ pour $x$ non nul assez proche de $0$ .

Points 3 et 4. Si $p$ est pair, $x^{p} > 0$ pour $x \neq 0$ , donc $a_{p} x^{p}$ garde le signe de $a_{p}$ des deux côtés. Si $p$ est impair, $x^{p}$ est du signe de $x$ , donc $a_{p} x^{p}$ change de signe en $0$ . $□$

Exemple

La courbe du logarithme et sa tangente en $0$ . Considérons $f (x) = \ln (1 + x)$ sur $] - 1, + \infty [$ . Son développement à l'ordre $2$ est

\ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{2}) .

On lit $a_{0} = 0$ et $a_{1} = 1$ : la tangente en $0$ a pour équation $y = x$ . Le premier terme suivant est $a_{2} x^{2}$ avec $a_{2} = - \frac{1}{2} \neq 0$ , et $p = 2$ est pair avec $a_{2} < 0$ . La courbe est donc au-dessous de sa tangente des deux côtés de $0$ :

\ln (1 + x) - x \underset{0}{\sim} - \frac{x^{2}}{2} < 0 pour x \neq 0 voisin de 0.

On retrouve, localement, l'inégalité de convexité bien connue $\ln (1 + x) ⩽ x$ .

Exemple

Un point d'inflexion. Prenons $f (x) = \sin x$ , dont le développement est $\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})$ . La tangente en $0$ est encore $y = x$ , mais cette fois le premier terme non nul suivant est $- \frac{x^{3}}{6}$ : $p = 3$ est impair. La courbe traverse donc sa tangente en $0$ :

\sin x - x \underset{0}{\sim} - \frac{x^{3}}{6},

quantité négative pour $x > 0$ et positive pour $x < 0$ . Le sinus est au-dessous de sa tangente à droite de $0$ , au-dessus à gauche : le point $(0, 0)$ est un point d'inflexion.

Extremum local

Propriété

Nature d'un point critique. Soit $f$ continue en $0$ admettant un développement limité de la forme

f (x) = a_{0} + a_{p} x^{p} + o (x^{p}),

avec $p ⩾ 2$ et $a_{p} \neq 0$ (les coefficients de $x, x^{2}, \dots, x^{p - 1}$ sont donc tous nuls, et en particulier $f^{'} (0) = 0$ ).

Si $p$ est pair et $a_{p} > 0$ , $f$ admet en $0$ un minimum local strict.
Si $p$ est pair et $a_{p} < 0$ , $f$ admet en $0$ un maximum local strict.
Si $p$ est impair, $f$ n'admet pas d'extremum en $0$ .

Démonstration. On a $f (x) - f (0) = f (x) - a_{0} \underset{0}{\sim} a_{p} x^{p}$ , donc cette différence a le signe de $a_{p} x^{p}$ pour $x \neq 0$ voisin de $0$ .

Si $p$ est pair et $a_{p} > 0$ , alors $f (x) - f (0) > 0$ pour tout $x \neq 0$ assez proche de $0$ : c'est la définition d'un minimum local strict. Si $a_{p} < 0$ , on obtient de même un maximum local strict. Si $p$ est impair, la différence est strictement positive d'un côté et strictement négative de l'autre : $f$ prend des valeurs plus grandes et plus petites que $f (0)$ dans tout voisinage de $0$ , donc il n'y a pas d'extremum. $□$

Exemple

Une nature d'extremum invisible à l'ordre $2$ . Soit $f (x) = ch x - \sqrt{1 + x^{2}}$ , définie sur $R$ . Développons à l'ordre $4$ :

ch x = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{5}),

et, en composant $\sqrt{1 + u} = 1 + \frac{u}{2} - \frac{u^{2}}{8} + o (u^{2})$ avec $u = x^{2} \to 0$ :

\sqrt{1 + x^{2}} = 1 + \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{8} + o (x^{5}) .

En soustrayant, les termes constants et les termes en $x^{2}$ se détruisent :

f (x) = (\frac{1}{24} + \frac{1}{8}) x^{4} + o (x^{4}) = \frac{x^{4}}{6} + o (x^{4}) .

Ici $p = 4$ est pair et $a_{4} = \frac{1}{6} > 0$ : la fonction $f$ admet en $0$ un minimum local strict, de valeur $f (0) = 0$ . Autrement dit, $ch x > \sqrt{1 + x^{2}}$ pour $x$ non nul voisin de $0$ .

Remarquez qu'un développement à l'ordre $2$ n'aurait donné que $f (x) = o (x^{2})$ : insuffisant pour conclure. C'est exactement la situation décrite dans la méthode « choisir le bon ordre ».

Branches infinies et asymptotes

Un développement limité se fait en un point ; pour étudier une courbe à l'infini, on commence donc par ramener l'infini en $0$ .

Méthode

Étudier une branche infinie en $+ \infty$ . Soit $f$ définie au voisinage de $+ \infty$ , avec $f (x) \to \pm \infty$ .

Calculer $\frac{f (x)}{x}$ . Si ce quotient tend vers $\pm \infty$ , la courbe admet une branche parabolique de direction $(O y)$ ; s'il tend vers $0$ , une branche parabolique de direction $(O x)$ . S'il tend vers un réel $a$ , on continue.
Calculer $f (x) - a x$ . Si cette quantité tend vers $\pm \infty$ , la courbe admet une branche parabolique de direction la droite $y = a x$ . Si elle tend vers un réel $b$ , la droite $y = a x + b$ est asymptote à la courbe en $+ \infty$ .
Déterminer la position en étudiant le signe de $f (x) - (a x + b)$ , c'est-à-dire du terme suivant du développement.

En pratique, les trois étapes se font d'un coup, par le changement de variable $x = \frac{1}{h}$ avec $h \to 0^{+}$ : on développe $f (\frac{1}{h})$ à un ordre suffisant, sous la forme

f (\frac{1}{h}) = \frac{a}{h} + b + c h + o (h),

puis on revient à $x$ :

f (x) = a x + b + \frac{c}{x} + o (\frac{1}{x}) .

L'asymptote est $y = a x + b$ , et la position se lit sur le signe de $\frac{c}{x}$ : pour $c > 0$ , la courbe est au-dessus de son asymptote en $+ \infty$ ; pour $c < 0$ , au-dessous.

Exemple

Une asymptote oblique complète. Étudions la branche infinie en $+ \infty$ de

f (x) = \sqrt{x^{2} + x + 1} .

Mise en forme. Pour $x > 0$ , on factorise $x^{2}$ sous la racine, en prenant garde que $\sqrt{x^{2}} = ∣ x ∣ = x$ puisque $x > 0$ :

f (x) = x \sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}}} .

Développement. Posons $u = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}}$ , qui tend vers $0$ en $+ \infty$ , et utilisons $\sqrt{1 + u} = 1 + \frac{u}{2} - \frac{u^{2}}{8} + o (u^{2})$ . Comme $u \underset{+ \infty}{\sim} \frac{1}{x}$ , on a $u^{2} = \frac{1}{x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}})$ et $u^{3} = o (\frac{1}{x^{2}})$ : l'ordre $2$ en $u$ suffit. Alors

\sqrt{1 + u} = 1 + \frac{1}{2} (\frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}}) - \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}}) = 1 + \frac{1}{2 x} + \frac{3}{8 x^{2}} + o (\frac{1}{x^{2}}) .

Retour à $f$ . En multipliant par $x$ :

f (x) = x + \frac{1}{2} + \frac{3}{8 x} + o (\frac{1}{x}) .

Lecture. Le développement se lit directement : $f (x) - (x + \frac{1}{2}) = \frac{3}{8 x} + o (\frac{1}{x}) \to 0$ , donc la droite d'équation

y = x + \frac{1}{2}

est asymptote à la courbe en $+ \infty$ . De plus $f (x) - (x + \frac{1}{2}) \underset{+ \infty}{\sim} \frac{3}{8 x} > 0$ : la courbe est au-dessus de son asymptote au voisinage de $+ \infty$ .

Attention au signe en $- \infty$ . Pour $x < 0$ , on a $\sqrt{x^{2}} = - x$ , donc $f (x) = - x \sqrt{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}}}$ , et le même calcul donne $f (x) = - x - \frac{1}{2} - \frac{3}{8 x} + o (\frac{1}{x})$ : l'asymptote en $- \infty$ est $y = - x - \frac{1}{2}$ , et la courbe est encore au-dessus (car $- \frac{3}{8 x} > 0$ pour $x < 0$ ). Oublier la valeur absolue est l'erreur classique de ce type d'exercice.

La figure ci-dessous illustre la situation sur un exemple plus simple, celui de $g (x) = x + 1 + \frac{1}{x}$ , dont le développement asymptotique est immédiat : la droite $y = x + 1$ est asymptote en $+ \infty$ , et la courbe reste au-dessus puisque $g (x) - (x + 1) = \frac{1}{x} > 0$ .

$Courbe et son asymptote oblique en +\infty$

Remarque

Asymptote n'est pas tangente. Les deux notions se ressemblent — une droite dont la courbe se rapproche — mais elles ne se lisent pas au même endroit : la tangente est une affaire locale en un point fini, l'asymptote une affaire à l'infini. Le vocabulaire de position, lui, est le même : dans les deux cas, on regarde le signe du premier terme non nul de la différence.

Développements asymptotiques

Un équivalent donne un terme, un développement limité en donne $n$ mais seulement au voisinage d'un point et seulement en puissances de $x$ . Il arrive qu'on ait besoin de plus de souplesse : décrire une suite avec des termes en $\frac{\ln n}{n}$ , une intégrale avec des termes en $\frac{1}{n^{2}}$ , une racine d'équation avec des termes de nature variée. C'est l'objet des développements asymptotiques.

Définition

Soit $(u_{n})$ une suite. On appelle développement asymptotique de $(u_{n})$ une écriture de la forme

u_{n} = v_{1} (n) + v_{2} (n) + \dots + v_{p} (n) + o (v_{p} (n)),

où chaque terme est négligeable devant le précédent :

v_{2} (n) = o (v_{1} (n)), v_{3} (n) = o (v_{2} (n)), \dots, v_{p} (n) = o (v_{p - 1} (n)) .

Le premier terme $v_{1} (n)$ est alors un équivalent de $u_{n}$ ; chaque terme supplémentaire est une correction de plus en plus fine. On définit de la même façon le développement asymptotique d'une fonction au voisinage d'un point.

Remarque

Trois points de vigilance.

La condition « chaque terme est négligeable devant le précédent » est essentielle : sans elle, l'écriture n'a aucun contenu. Écrire $u_{n} = n + n + o (n)$ ne veut rien dire d'utile.
Le développement limité est un cas particulier : $f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} + o (x^{n})$ est un développement asymptotique dont les termes sont des monômes.
Un développement asymptotique n'est pas une somme infinie : il comporte un nombre fini de termes, et le dernier $o$ borne l'erreur. On ne fait jamais tendre $p$ vers l'infini, et l'on ne parle pas de convergence de cette écriture.

Développement asymptotique d'une suite

Méthode

La technique de l'isolement du reste. Elle consiste à obtenir les termes un par un.

Trouver un équivalent $v_{1} (n)$ de $u_{n}$ : c'est le premier terme.
Poser $w_{n} = u_{n} - v_{1} (n)$ : c'est le « reste », dont on sait déjà qu'il est un $o (v_{1} (n))$ .
Chercher un équivalent de $w_{n}$ : c'est le deuxième terme $v_{2} (n)$ .
Recommencer avec $u_{n} - v_{1} (n) - v_{2} (n)$ , autant de fois que nécessaire.

En pratique, quand l'expression le permet, on court-circuite ce processus en écrivant directement un développement limité de la bonne quantité — c'est ce que fait l'exemple ci-dessous.

Exemple

Le développement de ${(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ . On sait que cette suite tend vers $e$ . À quelle vitesse ? Posons $u_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n}$ et passons au logarithme, comme toujours pour une puissance à exposant variable :

\ln u_{n} = n \ln (1 + \frac{1}{n}) .

Utilisons le développement de $\ln (1 + x)$ à l'ordre $3$ , avec $x = \frac{1}{n} \to 0$ :

\ln (1 + \frac{1}{n}) = \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n^{2}} + \frac{1}{3 n^{3}} + o (\frac{1}{n^{3}}),

d'où, en multipliant par $n$ :

\ln u_{n} = 1 - \frac{1}{2 n} + \frac{1}{3 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}) .

Repassons à l'exponentielle en isolant la constante, seule façon correcte de procéder :

u_{n} = \exp (\ln u_{n}) = e \times \exp (\underset{= t_{n} \to 0}{\underset{⏟}{- \frac{1}{2 n} + \frac{1}{3 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})}}) .

Avec $e^{t} = 1 + t + \frac{t^{2}}{2} + o (t^{2})$ et $t_{n}^{2} = \frac{1}{4 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})$ :

u_{n} = e (1 - \frac{1}{2 n} + \frac{1}{3 n^{2}} + \frac{1}{8 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}})) = e - \frac{e}{2 n} + \frac{11 e}{24 n^{2}} + o (\frac{1}{n^{2}}),

puisque $\frac{1}{3} + \frac{1}{8} = \frac{8 + 3}{24} = \frac{11}{24}$ .

Chaque terme est bien négligeable devant le précédent. On lit au passage deux informations que la seule limite ne donnait pas : la suite s'approche de $e$ par valeurs inférieures, et l'écart vaut environ $\frac{e}{2 n}$ — il faut donc $n$ de l'ordre de quelques milliers pour approcher $e$ à $10^{- 3}$ près.

Suites définies implicitement

Une suite peut être définie non par une formule, mais comme la solution d'une équation dépendant de $n$ . Le plan d'étude est toujours le même.

Méthode

Étudier une suite implicite, en trois temps.

Existence et unicité. Pour $n$ fixé, on étudie la fonction $φ$ qui apparaît dans l'équation : continuité, stricte monotonie, limites aux bornes. Le théorème de la bijection donne alors l'existence et l'unicité de la solution $x_{n}$ sur l'intervalle voulu.
Comportement grossier. On détermine la monotonie de $(x_{n})$ et sa limite, souvent en exploitant la monotonie de $φ$ ou de $φ^{- 1}$ .
Développement. On reporte l'information acquise dans l'équation elle-même, ce qui donne un terme de plus ; puis on recommence. C'est le mécanisme central : l'équation est à la fois la définition de $x_{n}$ et l'outil qui donne son développement.

Exemple

L'équation $x + \ln x = n$ . Pour $n \in N^{*}$ , on considère l'équation $x + \ln x = n$ , d'inconnue $x > 0$ .

Temps 1 : existence et unicité. Posons $φ (x) = x + \ln x$ sur $] 0, + \infty [$ . Cette fonction est continue et strictement croissante (somme de deux fonctions strictement croissantes), avec

\lim_{x \to 0^{+}} φ (x) = - \infty et \lim_{x \to + \infty} φ (x) = + \infty .

D'après le théorème de la bijection, $φ$ réalise une bijection de $] 0, + \infty [$ sur $R$ . Pour tout $n$ , l'équation $φ (x) = n$ admet donc une unique solution, que nous notons $x_{n}$ .

Temps 2 : monotonie et limite. La réciproque $φ^{- 1}$ est strictement croissante, et $x_{n} = φ^{- 1} (n)$ : la suite $(x_{n})$ est donc strictement croissante. Elle tend vers $+ \infty$ : si elle était majorée par $M$ , on aurait $n = φ (x_{n}) ⩽ φ (M)$ pour tout $n$ , ce qui est absurde.

Temps 3, premier terme. Repartons de l'équation, écrite sous la forme $\frac{x_{n}}{n} = \frac{x_{n}}{x_{n} + \ln x_{n}}$ , soit

\frac{x_{n}}{n} = \frac{1}{1 + \frac{\ln x_{n}}{x_{n}}} .

Comme $x_{n} \to + \infty$ , la croissance comparée donne $\frac{\ln x_{n}}{x_{n}} \to 0$ , donc $\frac{x_{n}}{n} \to 1$ , c'est-à-dire

x_{n} \sim n .

Temps 3, deuxième terme. Réécrivons l'équation sous la forme $x_{n} = n - \ln x_{n}$ , et injectons ce que nous savons. De $x_{n} \sim n$ on tire $\ln x_{n} = \ln n + \ln \frac{x_{n}}{n}$ , où $\ln \frac{x_{n}}{n} \to \ln 1 = 0$ . Donc $\ln x_{n} = \ln n + o (1)$ et

x_{n} = n - \ln n + o (1) .

Temps 3, troisième terme. On recommence, avec cette information plus fine. On a

\frac{x_{n}}{n} = 1 - \frac{\ln n}{n} + o (\frac{1}{n}),

donc, avec $\ln (1 + t) = t + O (t^{2})$ appliqué à $t = - \frac{\ln n}{n} + o (\frac{1}{n}) \to 0$ , et en notant que $t^{2} = O (\frac{(\ln n)^{2}}{n^{2}}) = o (\frac{\ln n}{n})$ :

\ln \frac{x_{n}}{n} = - \frac{\ln n}{n} + o (\frac{\ln n}{n}), donc \ln x_{n} = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o (\frac{\ln n}{n}) .

En reportant une dernière fois dans $x_{n} = n - \ln x_{n}$ :

x_{n} = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o (\frac{\ln n}{n}) .

Les trois termes sont bien de plus en plus petits : $\ln n = o (n)$ et $\frac{\ln n}{n} = o (\ln n)$ . Notez le mécanisme, qui est le cœur de la méthode : chaque tour de manège consiste à réinjecter dans l'équation le développement obtenu au tour précédent.

Suites récurrentes $u_{n + 1} = f (u_{n})$

Lorsqu'une suite récurrente converge vers un point fixe $ℓ$ , la question naturelle est la vitesse de convergence. Dans le cas — fréquent — où $f^{'} (ℓ) = 1$ , la convergence est lente et le comportement s'obtient par une méthode standard : passer à $\frac{1}{u_{n}^{α}}$ pour transformer la récurrence en une suite dont les écarts successifs convergent.

Propriété

Lemme de Cesàro, forme utile. Soit $(v_{n})$ une suite réelle telle que $v_{n + 1} - v_{n} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ$ , avec $ℓ \in R$ . Alors

\frac{v_{n}}{n} \to_{n \to + \infty}^{} ℓ .

Démonstration. Soit $ε > 0$ . Par hypothèse, il existe un rang $N$ tel que

\forall k ⩾ N, ∣ v_{k + 1} - v_{k} - ℓ ∣ ⩽ \frac{ε}{2} .

Soit $n > N$ . La somme télescopique $v_{n} - v_{N} = \sum_{k = N}^{n - 1} (v_{k + 1} - v_{k})$ donne, en retranchant $(n - N) ℓ$ et en appliquant l'inégalité triangulaire :

∣ v_{n} - v_{N} - (n - N) ℓ ∣ = ∣ \sum_{k = N}^{n - 1} (v_{k + 1} - v_{k} - ℓ) ∣ ⩽ \sum_{k = N}^{n - 1} ∣ v_{k + 1} - v_{k} - ℓ ∣ ⩽ (n - N) \frac{ε}{2} ⩽ n \frac{ε}{2} .

Écrivons alors $v_{n} - n ℓ = (v_{N} - N ℓ) + (v_{n} - v_{N} - (n - N) ℓ)$ , d'où

∣ \frac{v_{n}}{n} - ℓ ∣ = \frac{∣ v_{n} - n ℓ ∣}{n} ⩽ \frac{∣ v_{N} - N ℓ ∣}{n} + \frac{ε}{2} .

Le premier terme du membre de droite tend vers $0$ quand $n \to + \infty$ , le rang $N$ étant désormais fixé : il existe donc $N^{'}$ tel que ce terme soit inférieur à $\frac{ε}{2}$ pour $n ⩾ N^{'}$ . Finalement, pour $n ⩾ \max (N, N^{'})$ ,

∣ \frac{v_{n}}{n} - ℓ ∣ ⩽ ε .

C'est la définition de $\frac{v_{n}}{n} \to ℓ$ . $□$

Méthode

Vitesse de convergence d'une suite récurrente. Situation type : $u_{n + 1} = f (u_{n})$ avec $u_{n} \to 0$ , $u_{n} \neq 0$ , et $f (x) = x - c x^{q + 1} + o (x^{q + 1})$ au voisinage de $0$ , avec $c \neq 0$ .

Établir d'abord, par les méthodes du premier semestre (monotonie, encadrement, point fixe), que $(u_{n})$ converge vers $0$ et garde un signe constant.
Poser $v_{n} = \frac{1}{u_{n}^{α}}$ et calculer $v_{n + 1} - v_{n}$ à l'aide d'un développement limité. L'exposant $α$ est choisi pour que cette différence tende vers une constante non nulle : c'est $α = q$ .
Appliquer le lemme de Cesàro : $\frac{v_{n}}{n} \to ℓ$ , donc $v_{n} \sim ℓ n$ .
Revenir à $u_{n}$ : $u_{n}^{α} \sim \frac{1}{ℓ n}$ , puis $u_{n} \sim {(\frac{1}{ℓ n})}^{1 / α}$ (licite, l'exposant est fixe).

Exemple

La suite $u_{n + 1} = \sin (u_{n})$ . Soit $u_{0} \in] 0, π [$ et $u_{n + 1} = \sin (u_{n})$ pour tout $n$ .

Étape 1 : convergence vers $0$ . On a $u_{1} = \sin (u_{0}) \in] 0, 1]$ . Montrons par récurrence que $u_{n} \in] 0, 1]$ pour tout $n ⩾ 1$ : si $u_{n} \in] 0, 1]$ , alors $0 < u_{n} ⩽ 1 < π$ , donc $\sin (u_{n}) > 0$ , et $\sin (u_{n}) ⩽ u_{n} ⩽ 1$ . La suite $(u_{n})_{n ⩾ 1}$ est donc à valeurs dans $] 0, 1]$ , et l'inégalité $\sin x < x$ pour $x > 0$ montre qu'elle est strictement décroissante. Minorée par $0$ , elle converge vers un réel $ℓ ⩾ 0$ , qui vérifie $ℓ = \sin ℓ$ par continuité du sinus ; or l'unique solution de cette équation est $ℓ = 0$ . Donc $u_{n} \to 0^{+}$ .

Étape 2 : le bon changement de variable. Le développement $\sin x = x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{4})$ montre que l'on est dans la situation type avec $q = 2$ : posons donc

v_{n} = \frac{1}{u_{n}^{2}} .

Calculons $v_{n + 1} - v_{n} = \frac{1}{\sin^{2} (u_{n})} - \frac{1}{u_{n}^{2}}$ . Nous avons établi plus haut, dans l'exemple sur le choix de l'ordre, que

\frac{1}{\sin^{2} x} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{3} + o (1) quand x \to 0.

En appliquant cela à $x = u_{n} \to 0$ (composition à droite par une suite de limite $0$ et de termes non nuls) :

v_{n + 1} - v_{n} = \frac{1}{\sin^{2} (u_{n})} - \frac{1}{u_{n}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3} .

Étape 3 : Cesàro. Le lemme donne immédiatement

\frac{v_{n}}{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{3}, c’est-à-dire \frac{1}{n u_{n}^{2}} \to \frac{1}{3} .

Étape 4 : retour à $u_{n}$ . On en déduit $u_{n}^{2} \sim \frac{3}{n}$ , puis, en élevant à la puissance $\frac{1}{2}$ — licite car l'exposant est fixe et les deux suites sont strictement positives :

u_{n} \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .

La convergence est donc extrêmement lente : il faut $n$ de l'ordre de $3 \times 10^{6}$ pour que $u_{n}$ descende sous $10^{- 3}$ . Notez que la limite $u_{0}$ n'apparaît nulle part dans l'équivalent : toutes ces suites, quel que soit leur point de départ, finissent par se ressembler.

Comparaison d'une somme et d'une intégrale

Comment estimer une somme comme $1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ , dont on ne connaît aucune expression close ? L'idée est géométrique : une somme de valeurs $f (k)$ est une somme d'aires de rectangles de largeur $1$ , et si $f$ est monotone ces rectangles encadrent l'aire sous la courbe, c'est-à-dire une intégrale — que l'on sait calculer.

Propriété

Encadrement d'une somme par des intégrales. Soient $p ⩽ q$ deux entiers et $f$ une fonction continue et décroissante sur $[p, q]$ . Alors, pour tout entier $k$ vérifiant $p ⩽ k ⩽ q - 1$ ,

f (k + 1) ⩽ \int_{k}^{k + 1} f (t) d t ⩽ f (k),

et en sommant ces inégalités :

\sum_{k = p + 1}^{q} f (k) ⩽ \int_{p}^{q} f (t) d t ⩽ \sum_{k = p}^{q - 1} f (k) .

Si $f$ est croissante, toutes les inégalités sont renversées.

Démonstration. Soit $k$ un entier avec $p ⩽ k ⩽ q - 1$ . Pour tout $t \in [k, k + 1]$ , la décroissance de $f$ donne

f (k + 1) ⩽ f (t) ⩽ f (k) .

Ces trois fonctions étant continues sur le segment $[k, k + 1]$ , la croissance de l'intégrale permet d'intégrer cet encadrement sur $[k, k + 1]$ :

\int_{k}^{k + 1} f (k + 1) d t ⩽ \int_{k}^{k + 1} f (t) d t ⩽ \int_{k}^{k + 1} f (k) d t .

Les deux intégrales extrêmes portent sur des constantes et le segment est de longueur $1$ : elles valent respectivement $f (k + 1)$ et $f (k)$ . D'où le premier encadrement.

Sommons-le maintenant pour $k$ variant de $p$ à $q - 1$ . La relation de Chasles donne $\sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k}^{k + 1} f (t) d t = \int_{p}^{q} f (t) d t$ , tandis que le membre de gauche donne $\sum_{k = p}^{q - 1} f (k + 1) = \sum_{k = p + 1}^{q} f (k)$ après changement d'indice, et le membre de droite $\sum_{k = p}^{q - 1} f (k)$ . Le cas croissant se traite en appliquant ce qui précède à $- f$ . $□$

$Encadrement d'une somme par des intégrales : rectangles sous et sur la courbe de x \mapsto 1/x$

Exemple

La somme harmonique $H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ .

L'encadrement. La fonction $f : t \mapsto \frac{1}{t}$ est continue et décroissante sur $[1, n]$ . Le théorème, avec $p = 1$ et $q = n$ , donne

\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} ⩽ \int_{1}^{n} \frac{d t}{t} ⩽ \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k}, c’est-à-dire H_{n} - 1 ⩽ \ln n ⩽ H_{n} - \frac{1}{n} .

En réarrangeant, on obtient l'encadrement fondamental

\ln n + \frac{1}{n} ⩽ H_{n} ⩽ \ln n + 1.

L'équivalent. Pour $n ⩾ 2$ , on a $\ln n > 0$ ; en divisant par $\ln n$ :

1 + \frac{1}{n \ln n} ⩽ \frac{H_{n}}{\ln n} ⩽ 1 + \frac{1}{\ln n} .

Les deux membres extrêmes tendent vers $1$ , donc par encadrement $\frac{H_{n}}{\ln n} \to 1$ , c'est-à-dire

H_{n} \sim \ln n .

En particulier $H_{n} \to + \infty$ , mais très lentement : il faut plus de $10^{4}$ termes pour dépasser $10$ .

Un terme de plus. Posons $w_{n} = H_{n} - \ln n$ , et montrons que cette suite converge, ce qui donnera un développement asymptotique à deux termes. D'une part, $w_{n} ⩾ \frac{1}{n} > 0$ d'après l'encadrement ci-dessus : la suite est minorée. D'autre part,

w_{n + 1} - w_{n} = \frac{1}{n + 1} - \ln (\frac{n + 1}{n}) = \frac{1}{n + 1} - \ln (1 + \frac{1}{n}) .

Or l'inégalité $\ln u ⩽ u - 1$ , appliquée à $u = \frac{1}{1 + x}$ avec $x > - 1$ , donne après réarrangement $\ln (1 + x) ⩾ \frac{x}{1 + x}$ ; pour $x = \frac{1}{n}$ , cela s'écrit $\ln (1 + \frac{1}{n}) ⩾ \frac{1}{n + 1}$ . Donc $w_{n + 1} - w_{n} ⩽ 0$ : la suite $(w_{n})$ est décroissante.

Décroissante et minorée, elle converge d'après le théorème de la limite monotone. Sa limite, traditionnellement notée $γ$ (constante d'Euler, $γ \approx 0,577$ ), fournit le développement asymptotique

H_{n} = \ln n + γ + o (1) .

Exemple

La somme $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k}$ . Cette fois la fonction $f : t \mapsto \sqrt{t}$ est croissante sur $[0, + \infty [$ , donc pour tout entier $k ⩾ 1$ :

\int_{k - 1}^{k} \sqrt{t} d t ⩽ \sqrt{k} ⩽ \int_{k}^{k + 1} \sqrt{t} d t .

En sommant pour $k$ allant de $1$ à $n$ et en utilisant Chasles :

\int_{0}^{n} \sqrt{t} d t ⩽ S_{n} ⩽ \int_{1}^{n + 1} \sqrt{t} d t .

Les deux intégrales se calculent, puisqu'une primitive de $\sqrt{t}$ est $\frac{2}{3} t^{3 / 2}$ :

\frac{2}{3} n^{3 / 2} ⩽ S_{n} ⩽ \frac{2}{3} ((n + 1)^{3 / 2} - 1) .

Divisons par $\frac{2}{3} n^{3 / 2}$ , qui est strictement positif :

1 ⩽ \frac{S_{n}}{\frac{2}{3} n^{3 / 2}} ⩽ {(1 + \frac{1}{n})}^{3 / 2} - \frac{1}{n^{3 / 2}} .

Le membre de droite tend vers $1$ , donc par encadrement

S_{n} \sim \frac{2}{3} n^{3 / 2} = \frac{2}{3} n \sqrt{n} .

Remarque

Le principe à retenir. Une somme dont le terme général est $f (k)$ avec $f$ monotone se compare à $\int f$ . La méthode donne un encadrement explicite, jamais une égalité : c'est de cet encadrement que l'on tire l'équivalent, par division et théorème d'encadrement. Elle ne demande rien d'autre que la croissance de l'intégrale et la relation de Chasles — deux outils du premier semestre.

Comportement asymptotique d'une intégrale dépendant de $n$

Dernière famille de problèmes : une suite définie par une intégrale, $I_{n} = \int_{a}^{b} g_{n} (t) d t$ , dont on cherche la limite puis un équivalent.

Méthode

Les quatre outils autorisés. On ne dispose ici que des propriétés de l'intégrale sur un segment, et cela suffit.

Encadrer l'intégrande. Si $m ⩽ g_{n} (t) ⩽ M$ sur $[a, b]$ , alors $m (b - a) ⩽ I_{n} ⩽ M (b - a)$ . Souvent suffisant pour la limite.
Majorer en valeur absolue. L'inégalité triangulaire intégrale $∣ \int_{a}^{b} g_{n} ∣ ⩽ \int_{a}^{b} ∣ g_{n} ∣$ ramène l'étude à une intégrale positive.
Découper l'intervalle. Sur $[a, c]$ l'intégrande est petit, sur $[c, b]$ l'intervalle est court : on choisit $c$ en fonction de $n$ , et l'on somme les deux majorations.
Intégrer par parties, ou changer de variable. L'intégration par parties fait apparaître un facteur $\frac{1}{n + 1}$ et transforme le problème en un problème du même type, mais plus petit : c'est la technique standard pour gagner un ordre.

Le schéma type d'une recherche d'équivalent est le suivant : isoler dans $I_{n}$ un terme principal que l'on sait calculer exactement, puis majorer le reste par une quantité négligeable devant lui.

Exemple

L'intégrale $I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 + x} d x$ .

Étape 1 : la limite. Pour $x \in [0, 1]$ , on a $1 ⩽ 1 + x ⩽ 2$ , donc

\frac{x^{n}}{2} ⩽ \frac{x^{n}}{1 + x} ⩽ x^{n} .

Ces fonctions sont continues sur $[0, 1]$ ; par croissance de l'intégrale, et puisque $\int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1}$ :

\frac{1}{2 (n + 1)} ⩽ I_{n} ⩽ \frac{1}{n + 1} .

En particulier $I_{n} \to 0$ , et même $I_{n} = O (\frac{1}{n})$ . Mais cet encadrement ne donne pas d'équivalent : les deux bornes ne sont pas équivalentes entre elles, l'une valant le double de l'autre.

Étape 2 : l'équivalent. Isolons dans $\frac{1}{1 + x}$ sa valeur « moyenne » en $x = 1$ , c'est-à-dire $\frac{1}{2}$ , en écrivant

\frac{1}{1 + x} = \frac{1}{2} + (\frac{1}{1 + x} - \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} + \frac{1 - x}{2 (1 + x)} .

Par linéarité de l'intégrale, il vient

I_{n} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{n} d x + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x^{n} (1 - x)}{1 + x} d x = \frac{1}{2 (n + 1)} + J_{n}, où J_{n} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{x^{n} (1 - x)}{1 + x} d x .

Étape 3 : majorer le reste. Sur $[0, 1]$ , l'intégrande de $J_{n}$ est positif et $\frac{1}{1 + x} ⩽ 1$ , donc

0 ⩽ J_{n} ⩽ \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{n} (1 - x) d x = \frac{1}{2} (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}) = \frac{1}{2 (n + 1) (n + 2)} .

Ainsi $J_{n} = O (\frac{1}{n^{2}})$ , ce qui est négligeable devant $\frac{1}{2 (n + 1)}$ .

Conclusion. On obtient le développement asymptotique

I_{n} = \frac{1}{2 (n + 1)} + O (\frac{1}{n^{2}}) = \frac{1}{2 n} + O (\frac{1}{n^{2}}),

la dernière égalité venant de $\frac{1}{2 (n + 1)} = \frac{1}{2 n} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{2 n} - \frac{1}{2 n^{2}} + O (\frac{1}{n^{3}})$ . En particulier

I_{n} \sim \frac{1}{2 n} .

Variante par intégration par parties. Le même résultat s'obtient en intégrant par parties, avec $u (x) = \frac{1}{1 + x}$ et $v^{'} (x) = x^{n}$ , les deux fonctions étant de classe $C^{1}$ sur $[0, 1]$ :

I_{n} = {[\frac{x^{n + 1}}{(n + 1) (1 + x)}]}_{0}^{1} + \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 1}}{(1 + x)^{2}} d x = \frac{1}{2 (n + 1)} + \frac{1}{n + 1} K_{n},

où $0 ⩽ K_{n} ⩽ \int_{0}^{1} x^{n + 1} d x = \frac{1}{n + 2}$ . Le second terme est donc majoré par $\frac{1}{(n + 1) (n + 2)}$ , et l'on retrouve $I_{n} \sim \frac{1}{2 n}$ .

Remarque

Pourquoi le terme principal est-il $\frac{1}{2 n}$ ? Parce que $x^{n}$ ne « pèse » que tout près de $1$ : sur $[0, 1 - δ]$ , la quantité $x^{n}$ est majorée par $(1 - δ)^{n}$ , qui tend vers $0$ géométriquement. L'intégrale ne retient donc que le comportement de $\frac{1}{1 + x}$ au voisinage de $1$ , où cette fonction vaut $\frac{1}{2}$ — d'où le facteur $\frac{1}{2}$ devant $\int_{0}^{1} x^{n} d x = \frac{1}{n + 1}$ . Cette lecture, une fois comprise, permet de deviner le résultat avant de le démontrer, ce qui est très utile pour choisir la bonne décomposition.

Méthodes du chapitre

Les exercices d'analyse asymptotique se ramènent à huit questions types. Chacune se traite par un algorithme fixe : la difficulté n'est jamais dans l'idée, elle est dans le choix de l'ordre et dans la rigueur de la rédaction. Une règle vaut pour toutes : ne jamais écrire un $o$ sans savoir de quelle variable et de quel point il parle.

Méthode

1. Calculer une limite. Acquis depuis : terminale spé.

Identifier la forme indéterminée et le point de travail ; si le point n'est pas $0$ , poser $x = a + h$ avec $h \to 0$ , ou $x = \frac{1}{h}$ si le point est l'infini.
Si l'expression est un produit ou un quotient : chercher des équivalents de chaque facteur, ils suffisent presque toujours.
Si l'expression est une somme ou une différence dont les termes principaux se compensent : passer aux développements limités, tous au même ordre.
Si l'expression est une puissance $u^{v}$ : écrire $u^{v} = e^{v \ln u}$ et étudier $v \ln u$ .
Conclure en simplifiant : $\frac{o (x^{n})}{x^{n}} \to 0$ .

Méthode

2. Trouver un équivalent.

Factoriser par le terme dominant : dans une somme, garder le plus gros terme, le reste tend vers $1$ .
Reconnaître un équivalent usuel : $\sin u$ , $\ln (1 + u)$ , $e^{u} - 1$ , $(1 + u)^{α} - 1$ avec $u \to 0$ . Vérifier explicitement que $u \to 0$ : c'est l'hypothèse que l'on oublie.
Passer par un développement limité si la factorisation échoue : l'équivalent est le premier terme non nul.
Vérifier trois choses avant de conclure : l'équivalent n'est pas nul, il est écrit sous forme simple, et aucune addition d'équivalents n'a été commise en route.

Méthode

3. Obtenir un développement limité.

Écrire chaque brique à partir du tableau des développements usuels, au même ordre.
Choisir l'ordre de départ en anticipant les pertes : une division par $x^{p}$ coûte $p$ ordres, une compensation en coûte autant que de termes détruits.
Enchaîner les opérations : somme, produit (tronquer à l'ordre $n$ ), composition (vérifier que la fonction intérieure tend vers $0$ , sinon isoler la constante), quotient (mettre le terme constant du dénominateur en facteur), primitivation (elle fait gagner un ordre, la constante est $f (0)$ ).
Vérifier par la parité : une fonction paire n'a que des puissances paires.
Ne jamais dériver un développement limité.

Méthode

4. Étudier une position relative ou un extremum.

Écrire le développement limité de $f$ en $0$ (ou en $a$ , après $x = a + h$ ) et isoler la partie affine $a_{0} + a_{1} x$ : c'est la tangente.
Poursuivre le développement jusqu'au premier terme non nul $a_{p} x^{p}$ après la partie affine ; s'il n'apparaît pas, monter d'un ordre.
Conclure sur la position : $f (x) - (a_{0} + a_{1} x) \sim a_{p} x^{p}$ , donc le signe est celui de $a_{p} x^{p}$ . Si $p$ est pair, la courbe reste du même côté ; si $p$ est impair, elle traverse (point d'inflexion).
Pour un extremum en un point critique ( $a_{1} = 0$ ) : $p$ pair et $a_{p} > 0$ donne un minimum local strict, $p$ pair et $a_{p} < 0$ un maximum, $p$ impair aucun extremum.

Méthode

5. Trouver une asymptote en $\pm \infty$ .

Poser $x = \frac{1}{h}$ , avec $h \to 0^{+}$ en $+ \infty$ et $h \to 0^{-}$ en $- \infty$ .
Factoriser par la puissance dominante ; en présence d'une racine, ne pas oublier $\sqrt{x^{2}} = ∣ x ∣$ , qui vaut $- x$ en $- \infty$ .
Développer jusqu'à obtenir la forme $f (x) = a x + b + \frac{c}{x} + o (\frac{1}{x})$ avec $c \neq 0$ .
Conclure : la droite $y = a x + b$ est asymptote, et la position est donnée par le signe de $\frac{c}{x}$ — attention, ce signe change avec celui de $x$ .
Si $f (x) - a x$ tend vers $\pm \infty$ , il n'y a pas d'asymptote mais une branche parabolique de direction $y = a x$ .

Méthode

6. Obtenir un développement asymptotique de suite.

Repérer la quantité qui tend vers $0$ (souvent $\frac{1}{n}$ ) et poser le développement limité correspondant, à l'ordre voulu.
Devant une puissance ou une exponentielle, passer au logarithme, développer l'exposant, puis repasser à l'exponentielle en isolant la constante : $e^{c + t_{n}} = e^{c} e^{t_{n}}$ avec $t_{n} \to 0$ .
Vérifier que chaque terme obtenu est bien négligeable devant le précédent : c'est la définition, et c'est aussi un contrôle d'erreur.
Ne jamais laisser un $o$ « flottant » : il porte toujours sur la dernière puissance de $\frac{1}{n}$ effectivement calculée.

Méthode

7. Traiter une suite définie implicitement.

Existence et unicité : étudier la fonction de l'équation à $n$ fixé (continuité, stricte monotonie, limites aux bornes) et appliquer le théorème de la bijection sur l'intervalle imposé.
Monotonie et limite de la suite : exploiter la croissance de la réciproque, ou encadrer $x_{n}$ en évaluant l'équation en des valeurs bien choisies.
Premier terme : réécrire l'équation sous une forme où la limite se lit, puis en déduire un équivalent.
Termes suivants : réinjecter le développement obtenu dans l'équation, autant de fois que de termes demandés. Chaque tour donne exactement un terme de plus.

Méthode

8. Encadrer ou développer une intégrale dépendant de $n$ .

Limite : encadrer l'intégrande sur le segment, puis intégrer l'encadrement (croissance de l'intégrale). Ne jamais « passer à la limite sous l'intégrale ».
Majoration fine : utiliser $∣ \int_{a}^{b} g ∣ ⩽ \int_{a}^{b} ∣ g ∣$ , puis majorer $∣ g ∣$ par une fonction intégrable explicitement.
Équivalent : décomposer l'intégrande en « terme principal calculable $+$ reste », montrer que l'intégrale du reste est négligeable devant celle du terme principal, et conclure.
Gagner un ordre : intégrer par parties ; le facteur $\frac{1}{n + 1}$ produit apparaît alors devant une intégrale du même type, que l'on majore grossièrement.
Somme et intégrale : pour une somme à terme monotone, encadrer par $\int_{k}^{k + 1} f$ , sommer, et diviser par le terme principal pour obtenir l'équivalent.

Pour finir, les cinq réflexes à avoir en tête quand un exercice de ce chapitre résiste.

Toujours dire en quel point on travaille. « $f = o (g)$ » sans point n'est pas une phrase mathématique.
Devant une différence, oublier les équivalents. Deux termes équivalents qui se soustraient annulent toute l'information : il faut un développement limité.
Ne jamais composer un équivalent à gauche par $\exp$ , $\ln$ , ou une puissance à exposant variable. La composition à droite, elle, est toujours licite.
Quand il ne reste qu'un $o$ , remonter d'un ordre. Un calcul qui ne donne rien n'est pas un calcul faux, c'est un calcul trop court.
Contrôler par la parité et par les ordres de grandeur. Un terme en $x^{2}$ dans une fonction impaire, un reste plus gros que le terme précédent, un équivalent nul : ce sont des erreurs, pas des surprises.

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Bloqué sur « Analyse asymptotique » ?

On peut le travailler ensemble dès cette semaine. Une séance ciblée sur ce chapitre, et vous repartez au minimum avec une méthode.

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Ce qu'il faut savoir faire

Comparer deux suites

Les trois relations de comparaison

Ce que chaque relation signifie

Premières propriétés

Le cas interdit : l'équivalent à la suite nulle

Opérations licites sur les équivalents

Les interdits

Les équivalents usuels

Les suites de référence : croissances comparées

Le théorème des croissances comparées

La formule de Stirling

Classer des suites en pratique

Comparer deux fonctions au voisinage d'un point

Les définitions

Les mêmes propriétés

Croissances comparées pour les fonctions

Composer à droite : transporter un équivalent

Les équivalents usuels en 0

Développements limités

Définition

Unicité des coefficients

Troncature

Parité

Développements limités d'ordre 0 et 1

Ce qu'un développement limité ne dit pas

La formule de Taylor-Young

Énoncé et démonstration

Le tableau des développements limités usuels

Opérations sur les développements limités

Somme et combinaison linéaire

Produit

Composition

Quotient

Primitivation

Choisir le bon ordre

Applications des développements limités

Lever une forme indéterminée

Tangente et position relative

Extremum local

Branches infinies et asymptotes

Développements asymptotiques

Définition

Développement asymptotique d'une suite

Suites définies implicitement

Suites récurrentes un+1=f(un)

Comparaison d'une somme et d'une intégrale

Comportement asymptotique d'une intégrale dépendant de n

Méthodes du chapitre

Bloqué sur « Analyse asymptotique » ?

Les équivalents usuels en $0$

Développements limités d'ordre $0$ et $1$

Suites récurrentes $u_{n + 1} = f (u_{n})$

Comportement asymptotique d'une intégrale dépendant de $n$