Soit f une fonction paire (resp. impaire)
possédant un DL(n) autour de x0=0:
f(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn+xnε(x).
Montrer que tous les coefficients d'indices
impairs (resp. pairs) sont nuls.
On a déjà remarqué une manifestation de ce résultat général
vu ici, où a calculé
le DL(5) du sinus autour de zéro:
sin(x)=x−3!x3+5!x5+R(x).
Sa partie principale ne contient que des puissances impaires (en particulier,
elle ne contient pas de terme constant).
le DL(5) du cosinus autour de zéro:
cos(x)=1−2!x2+4!x4+R(x)
Sa partie principale ne contient que des puissances paires.
On partira du DL(n)f(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+a2n+1x2n+1+x2n+1ε(x),
et on utilisera la condition f(x)=f(−x) pour en déduire quelque chose sur
les coefficients d'indices impairs.
Soit f une fonction paire, possédant
un développement limité d'ordre impair 2n+1.
En soustrayant les expressions
f(x)f(−x)=a0+a1x+a2x2+⋯+a2n+1x2n+1+x2n+1ε(x)=a0−a1x+a2x2+⋯−a2n+1x2n+1−x2n+1ε(−x),
on obtient
0=2a1x+2a3x3+⋯+2a2n+1x2n+1+x2n+1=ϕ(x)2(ε(x)+ε(−x)).
Comme ϕ(x)→0 lorsque x→0, il faut interpréter cette expression
comme le développement limité de la fonction nulle (le ''0'' de gauche)
autour de zéro. Mais la partie principale de ce développement étant
forcément le polynôme nul, l'unicité des coefficients implique que
a1=a3=a5=⋯=a2n+1=0.
Ainsi, la partie principale du développement limité de f ne contient que des
puissances paires.
Remarque: on n'a pas utilisé de formule de Taylor.
Le raisonnement pour une fonction impaire est similaire.