Exercice 12-06
Trouver le développement limité d'ordre \(n\) autour de \(x_0=0\) des fonctions composées ci-dessous:
  1. \(f(x)=\frac{1}{1+2x^3}\), \(n=6\)
  2. \(f(x)=\log(\cos(x))\), \(n=4\)
  3. \(f(x)=\exp(\sin(x))\), \(n=4\)
  4. \(f(x)=\sqrt{1+\sin(x)}\), \(n=3\)
On a vu ici comment obtenir le développement limité d'ordre \(n\) autour de \(x_0=0\) d'une fonction composée \(g\circ h\), lorsqu'on possède des développements limités pour \(h\) (autour de \(x_0=0\)) et de \(g\) (autour de \(u_0=h(0)\)): \[\begin{aligned} h(x)&=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots+b_nx^n+x^n\varepsilon_h(x)\,\\ g(u)&=a_0+a_1(u-u_0)+a_2(u-u_0)^2+\cdots+a_n(u-u_0)^n+(u-u_0)^n\varepsilon_g(u) \end{aligned}\] On a expliqué comment obtenir la partie principale du développement de \(g\circ h\).

L'avantage ici est que \(h\) est une fonction qui est déjà sous forme polynomiale. On a vu un exemple très semblable au cours.

Lorsque \(x\) est petit, \(\cos(x)\) est proche de \(1\). Donc on aura avantage à voir la fonction comme suit: \[ \log(\cos(x))=\log\big(1+\underbrace{(\cos(x)-1)}_{=:u}\bigr) \]

  1. Comme \(\frac{1}{1+2x^3}\) est la composée de \(g(u)=\frac{1}{1-u}\) (dont on connaît le développement limité) avec \(h(x)=-2x^3\). Lorsque \(x\) est au voisinage de \(x_0=0\), les valeurs de \(h(x)\) sont petites et donc on peut directement injecter \(h(x)\) dans le développement limité de \(g\). Puisqu'on veut un \(DL(6)\), et que \(h\) est de degré \(3\), il suffit de garder pour \(g\) un \(DL(2)\): \[\begin{aligned} \frac{1}{1+2x^3} &=\frac{1}{1-u}\Big|_{u=-2x^3}\\ &=1+u+u^2+u^2\varepsilon(u)\Big|_{u=-2x^3}\\ &=1-2x^3+4x^6+(-2x^3)^2\varepsilon(-2x^3)\\ &=1-2x^3+4x^6+x^6\underbrace{4\varepsilon(-2x^3)}_{\tilde\varepsilon(x)}\\ \end{aligned}\] où \(\tilde\varepsilon(x)\to 0\) lorsque \(x\to 0\).

    En bleu, la partie principale:
  2. Lorsque \(x\) est proche de \(0\), \(\cos(x)\) est proche de \(1\), donc \(\cos(x)-1\) est proche de \(0\). Il est donc plus judicieux d'écrire \[ f(x)= \log(\cos(x)) =\log\big(1+\underbrace{(\cos(x)-1)}_{=:u}\bigr)\,, \] et penser à \(u\) comme étant une quantité petite. En fait, la petitesse de \(u\) est en \(x^2\), puisque le \(DL(4)\) autour de \(0\) est donné par \[u=h(x)=\cos(x)-1 =-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} + x^4\varepsilon_c(x)\,. \] On sait que \(f(u)=\log(1+u)\) a son \(DL(4)\) autour de \(u=0\) donné par \[ \log(1+u) = u-\frac{u^2}{2}+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}+ u^4\varepsilon_l(u)\,. \] On pourrait injecter la partie principale du développement limité de \(\cos(x)-1\) (dont le terme de plus petit degré est \(x^2\)) dans celle de \(\log(1+u)\), mais remarquons d'abord que
    • le terme \(\frac{u^3}{3}\) va donner des termes en \(x^6\), et
    • le terme \(\frac{u^4}{4}\) va donner des termes en \(x^8\).
    Donc les termes \(+\frac{u^3}{3}-\frac{u^4}{4}\) ne vont donner aucune contribution à la partie principale du développement que nous voulons pour \(f(x)\).

    Il suffit donc d'utiliser simplement un \(DL(2)\): \[ \log(1+u) = u-\frac{u^2}{2}+ u^2\varepsilon_l(u)\,. \] Maintenant, en injectant une partie principale dans l'autre, \[\begin{aligned} \left.u-\frac{u^2}{2}\right|_{u=-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}} &=\left(-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\right)- \frac{1}{2}\left( -\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\right)^2\\ &=-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{12}x^4+\underbrace{\frac{x^6}{2\cdot 4!}-\frac{x^8}{2\cdot 4!}}_{\text{degré}\gt 4} \end{aligned}\] On obtient donc \[\begin{aligned} f(x)=\log(\cos(x)) =-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{12}x^4+x^4\varepsilon(x) \end{aligned}\] En bleu, la partie principale:
  3. Le \(DL(4)\) autour de \(x_0=0\): \[ h(x)=\sin(x) ={\color{green}x-\frac{x^3}{3!}+x^4\varepsilon_s(x)}\,. \] Puis, le \(DL(4)\) autour de \(u_0=h(0)=0\): \[\begin{aligned} e^u &=1+u+\dfrac{u^2}{2!}+\dfrac{u^3}{3!}+\dfrac{u^4}{4!}+u^4\varepsilon_e(u) \\ \end{aligned}\] Ainsi, en insérant la partie principale du sinus dans celle de l'exponentielle, \[\begin{aligned} 1+u+\dfrac{u^2}{2!}+&\dfrac{u^3}{3!}+\dfrac{u^4}{4!}\Big|_{u={\color{green}x-\frac{x^3}{3!}}}\\ =&1 +\left({\color{green}x-\frac{x^3}{6}}\right) +\frac{1}{2}\left({\color{green}x-\frac{x^3}{3!}}\right)^2\\ &\phantom{xxxxx}+\frac{1}{6}\left({\color{green}x-\frac{x^3}{3!}}\right)^3 +\frac{1}{24}\left({\color{green}x-\frac{x^3}{3!}}\right)^4\\ =& 1+\left(x-\frac{x^3}{6}\right) + \frac{1}{2}\left(x^2-\frac{x^4}{3}\right) + \frac{1}{6}x^3+ \frac{1}{24}x^4 + \underbrace{\left(\dots\right)}_{\text{degré}>4} \end{aligned}\] On conclut donc que \[\exp(\sin(x)) = 1+x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+ x^4\varepsilon(x)\,. \] En bleu, la partie principale:
  4. On a \(\sqrt{1+\sin(x)}=g(h(x))\), où \(h(x)=\sin(x)\), \(g(u)=\sqrt{1+u}\). Lorsque \(x\) est proche de zéro, \(u=h(x)=\sin(x)\) est proche de zéro aussi.

    Les développements limités d'ordre \(3\) sont, autour de \(x_0=0\): \[ \sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+ x^3\varepsilon_s(x)\,, \] autour de \(u=0\), \[ \sqrt{1+u}=1+\frac{u}{2} -\frac{u^2}{8} + \frac{u^3}{16} + u^3\varepsilon_r(u)\,. \] En injectant une partie principale dans l'autre, \[\begin{aligned} 1+\frac{u}{2} &-\frac{u^2}{8} + \frac{u^3}{16}\Big|_{u=x-\frac{x^3}{6}}\\ &= 1+\frac{1}{2}\left(x-\frac{x^3}{6}\right) -\frac{1}{8}\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^2 \\ &\quad\; + \frac{1}{16}\left(x-\frac{x^3}{6}\right)^3\\ &= 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} -\frac{x^3}{48}+ \underbrace{\left(\dots\right)}_{\text{degré}>4} \,. \end{aligned}\] En bleu, la partie principale: