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\begin{document}

\MaPageDeGarde{Chapitre IX : Analyse asymptotique}{Rédigé par Samy Youssoufine}{./assets/logo.png}{Document WIP. Peut contenir des erreurs/sections incomplètes. Version BETA de la nouvelle mise en forme.}

\tableofcontents
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Ce chapitre est consacré à l'étude de l'analyse asymptotique des fonctions et des suites. Les objectifs principaux sont de :
\begin{itemize}
    \item Étudier les comportements asymptotiques des suites et des fonctions.
    \item Présenter des outils d'analyse asymptotique, en particulier \textbf{le développement limité}.
\end{itemize}
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\chapter{Comparaison des suites et fonctions}

\section{Comparaison des suites}

\begin{definition}[Négligence, domination et équivalence de suites]
    Soient $(U_n),(V_n)\in\C^\N$. On dit que :
    \begin{itemize}
        \item $(U_n)$ est \textbf{négligeable} devant $(V_n)$ lorsque $\forall \eps > 0, \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, \abs{U_n} \le \eps \abs{V_n}$. On note alors $U_n = o(V_n)$ ou $U_n = \underset{n\to+\infty}{o}(V_n)$.
        \item $(U_n)$ est \textbf{dominée} par $(V_n)$ lorsque $\exists M \ge 0, \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, \abs{U_n} \le M \abs{V_n}$. On note alors $U_n = O(V_n)$ ou $U_n = \underset{n\to+\infty}{O}(V_n)$.
        \item $(U_n)$ est \textbf{équivalente} à $(V_n)$ lorsque $U_n-V_n = o(V_n)$, i.e. $\forall \eps > 0, \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, \abs{U_n-V_n} \le \eps \abs{V_n}$. On note alors $U_n \sim V_n$ ou $U_n \underset{n\to+\infty}{\sim} V_n$.
    \end{itemize}
\end{definition}

\begin{remark}
    Il faut faire très attention à l'écriture manuscrite de $o(V_n)$, pour éviter de la confondre avec d'autres notations. Il faut, dans l'idéal, qu'elle soit de la même taille/hauteur que le signe égal ($=$).
\end{remark}

\begin{property}
    Soient $(U_n),(V_n)\in\C^\N$.
    \begin{itemize}
        \item Si $(V_n)$ ne s'annule pas à partir d'un certain rang, et que $(U_n)$ est négligeable devant $(V_n)$, alors $\lim\limits_{n\to+\infty} \frac{U_n}{V_n} = 0$.\\Donc $\boxed{U_n=o(V_n) \iff \frac{U_n}{V_n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0}$.
        \item Si $(V_n)$ ne s'annule pas à partir d'un certain rang, et que $(U_n)$ est dominée par $(V_n)$, alors la suite $\parens{\frac{U_n}{V_n}}$ est bornée.\\Donc $\boxed{U_n=O(V_n) \iff \parens{\frac{U_n}{V_n}}_n \text{ est bornée}} \in \mathbb{B}\parens{\C}$.
        \item Si $(V_n)$ ne s'annule pas à partir d'un certain rang, et que $(U_n)$ est équivalente à $(V_n)$, alors $\lim\limits_{n\to+\infty} \frac{U_n}{V_n} = 1$.\\Donc $\boxed{U_n \sim V_n \iff \frac{U_n}{V_n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1}$.
    \end{itemize}
\end{property}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $\frac{\cos(n)}{n}=O\parens{\frac{1}{n}}$ car $\frac{\frac{\cos(n)}{n}}{\frac{1}{n}} = \cos(n)$ est bornée.
        \item $\forall k \ge 1, e^{-n} = o\parens{\frac{1}{n^k}}$ car $\frac{e^{-n}}{\frac{1}{n^k}} = n^k e^{-n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0$.
        \item $\ln(1+\frac1n) \sim \frac1n$ car $\frac{\ln(1+\frac1n)}{\frac1n} = n\ln(1+\frac1n) \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1$.
    \end{enumerate}
\end{example}

Les propriétés ci-dessus sont des cas particuliers de la définition, où $(V_n)$ ne s'annule pas à partir d'un certain rang. En effet, si $(V_n)$ s'annule infiniment souvent, le quotient $\frac{U_n}{V_n}$ n'est pas forcément défini pour tout $n$. Maintenant, nous souhaitons généraliser ces propriétés même si $(V_n)$ peut s'annuler à partir d'un certain rang.

\begin{property}[Cas général des propriétés ci-dessus]
    Soient $(U_n),(V_n)\in\C^\N$.
    \begin{itemize}
        \item $U_n = o(V_n) \iff \exists (\eps_n)_n \in \C^\N \tq \eps_n \to 0 \text{ et } \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, U_n = \eps_n V_n$.
        \item $U_n = O(V_n) \iff \exists (\beta_n)_n \in \mathbb{B}(\C) \tq \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, U_n = \beta_n V_n$.
        \item $U_n \sim V_n \iff \exists (\alpha_n)_n \in \C^\N \tq \alpha_n \to 1 \text{ et } \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, U_n = \alpha_n V_n$.
    \end{itemize}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration de la première équivalence :}
        \2 Pour démontrer la première équivalence dans le sens indirect, on part du fait que $\eps_n \to 0$. On a donc $\forall \eps > 0, \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, \abs{\eps_n} \le \eps$. Donc, pour $n \ge n_0$, on a $\abs{U_n} = \abs{\eps_n}\abs{V_n} \le \eps \abs{V_n}$, ce qui prouve que $U_n = o(V_n)$.
        \2 Pour démontrer la première équivalence dans le sens direct, on part du fait que $U_n = o(V_n)$. Donc, par définition, $\forall \eps > 0, \exists n_1 \in \N, \forall n \ge n_1, \abs{U_n} \le \eps \abs{V_n}$. On peut alors définir la suite $(\eps_n)_n$ de la manière suivante :
        \3 $\eps_n = \begin{cases}
            \frac{U_n}{V_n} & \text{si } V_n \ne 0\\
            0 & \text{sinon}
        \end{cases}$
        \3 Il est clair que $\eps_n \to 0$ car pour tout $\eps > 0$, on a $\forall n \ge n_1, \abs{\eps_n} \le \eps$ (il faut étudier les cas où $V_n = 0$ et $V_n\ne0$).
        \2 Maintenant, il faut vérifier que $U_n = \eps_n V_n$ à partir d'un certain rang.
        \2 Si $V_n \ne 0$, on a $U_n = \frac{U_n}{V_n} \cdot V_n = \eps_n V_n$.
        \2 Si $V_n = 0$, alors $\forall n \ge n_1, \abs{U_n} \le 0 \iff U_n= 0\implies 0 \cdot V_n = \eps_n \cdot V_n$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{definition}[Relation d'ordre, relation d'équivalence]
    \begin{outline}
        \1 Une relation binaire sur un ensemble $E\not= \emptyset$ est une partie $R$ de $E \times E$. Si $(x,y) \in R$, on note $xRy$.
        \1 Une relation $R$ est dite :
        \2 \textbf{réflexive} si et seulement si $\forall x \in E, xRx$.
        \2 \textbf{symétrique} si et seulement si $\forall x,y \in E, xRy \implies yRx$.
        \2 \textbf{antisymétrique} si et seulement si $\forall x,y \in E, (xRy \text{ et } yRx) \implies x=y$.
        \2 \textbf{transitive} si et seulement si $\forall x,y,z \in E, (xRy \text{ et } yRz) \implies xRz$.
        \1 Une relation $R$ sur $E$ est dite une relation d'ordre si et seulement si $R$ est réflexive, antisymétrique et transitive.
        \1 Une relation $R$ sur $E$ est dite une relation d'équivalence si et seulement si $R$ est réflexive, symétrique et transitive.
    \end{outline}
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item La relation $\ge$ sur $\R$ est une relation d'ordre. En effet, elle est réflexive ($\forall x \in \R, x \ge x$), antisymétrique (si $x \ge y$ et $y \ge x$, alors $x=y$) et transitive (si $x \ge y$ et $y \ge z$, alors $x \ge z$).
        \item Soit $n\in\N^*$, la relation $\equiv$ mod $n$ sur $\Z$ est une relation d'équivalence. En effet, elle est réflexive (pour tout $a\in\Z$, $a \equiv a \mod n$, sachant que $a-a=0\cdot n$, donc $\exists k \in Z, \dots$), symétrique (si $a \equiv b \mod n$, alors $b \equiv a \mod n$) et transitive (si $a \equiv b \mod n$ et $b \equiv c \mod n$, alors $a \equiv c \mod n$).
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{property}[Étude des relations $o$, $O$ et $\sim$]
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Étude de la relation $o$ :}
        \2 La relation $o$ n'est pas reflexive, car $1\ne o(1)$. Elle est donc ni une relation d'ordre, ni une relation d'équivalence.
        \2 Elle n'est aussi pas symétrique, car $1 = o(n)$ n'implique pas que $n = o(1)$.
        \2 Par contre, elle est transitive : si $U_n = o(V_n)$ et $V_n = o(W_n)$, alors $U_n = o(W_n)$.

        \1 \textbf{Étude de la relation $O$ :}
        \2 La relation $O$ est réflexive, car $U_n = O(U_n)$ (on prend $M=1$ depuis la définition).
        \2 Elle est aussi transitive : si $U_n = O(V_n)$ et $V_n = O(W_n)$, alors $U_n = O(W_n)$.

        \1 \textbf{Étude de la relation $\sim$ :}
        \2 La relation $\sim$ est réflexive, car $U_n \sim U_n$ (on prend $\alpha_n = 1$ depuis la définition).
        \2 Elle est aussi symétrique : si $U_n \sim V_n$, alors $V_n \sim U_n$ (on prend $\alpha_n' = \frac{1}{\alpha_n}$).
        \2 Elle est aussi transitive : si $U_n \sim V_n$ et $V_n \sim W_n$, alors $U_n \sim W_n$ (on prend $\alpha_n'' = \alpha_n \cdot \alpha_n'$).
        \2 Donc, \textbf{la relation $\sim$ est une relation d'équivalence}.
    \end{outline}
\end{property}

\begin{remark}
    \begin{itemize}
        \item $U_n=o(V_n) \implies U_n=O(V_n)$.
        \item $U_n = o(1) \iff U_n \to 0$. $o(1)$ représente les suites qui convergent vers $0$. On peut la noter aussi $\eps_n \to 0$.
        \item $U_n = O(1) \iff (U_n)_n$ est bornée.
        \item $(U_n)_n$ converge vers $l\in\C^*$ si et seulement si $U_n \sim l$.
        \item $O(1) = \alpha_n$ où $(\alpha_n)_n$ est une suite bornée.
        \item $\begin{cases} o(U_n) = U_n \cdot o(1)\\ O(U_n) = U_n \cdot O(1) \end{cases}$
        \item $\begin{cases}
            o(1)\cdot O(1) =o(1)\cdot o(1)=o(1)\\
            O(1) \cdot O(1) = O(1)
        \end{cases}$
        \item $\forall \lambda \in \C, \begin{cases}
            \lambda \cdot o(1) = o(1)\\
            \lambda \cdot O(1) = O(1)
        \end{cases}$
        \item $o(1) + o(1) = o(1)$ et $O(1) + O(1) = O(1)$.
        \item $o(1) + O(1) = O(1)$.
        \item $o(O(U_n)) = O(U_n)\cdot o(1)=U_n \cdot \underbrace{O(1) \cdot o(1)}_{=o(1)} = o(U_n)$.
        \item $O(o(U_n)) = o(U_n) \cdot O(1) = U_n \cdot \underbrace{o(1) \cdot O(1)}_{=o(1)} = o(U_n)$.
    \end{itemize}
\end{remark}

\begin{property}[Conservation de la convergence par équivalence]
    Soient $(U_n),(V_n) \in \C^\N$, telles que $U_n \sim V_n$.
    
    $(U_n)_n$ est convergente si et seulement si $(V_n)_n$ est convergente.
    
    Dans ce cas, on a $\lim\limits_{n\to+\infty} U_n = \lim\limits_{n\to+\infty} V_n$.
\end{property}

\begin{proof}
    On a $U_n \sim V_n \iff \exists (\alpha_n)_n \in \C^\N \tq \alpha_n \to 1 \text{ et } \exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, U_n = \alpha_n V_n$.

    Supposons que $(U_n)_n$ est convergente, et soit $l = \lim\limits_{n\to+\infty} U_n$. On a donc :
    \[V_n = \frac{U_n}{\alpha_n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{l}{1} = l.\]
    Donc $(V_n)_n$ est convergente, et $\lim\limits_{n\to+\infty} V_n = l = \lim\limits_{n\to+\infty} U_n$.
\end{proof}

\begin{property}[Conservation de la divergence vers $\pm\infty$ par équiv.]
    Si $U_n \sim V_n$, avec $\lim\limits_{n\to+\infty} U_n = \pm\infty$, alors $V_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} \pm\infty$. (Note : le signe $\pm$ est le même des deux côtés.)
\end{property}

\begin{property}[Produit des équivalences]
    Soient $(a_n)_n, (b_n)_n, (u_n)_n, (v_n)_n \in \C^\N$ telles que $a_n \sim b_n$ et $u_n \sim v_n$. Alors :
    \begin{itemize}
        \item $a_n u_n \sim b_n v_n$.
        \item Si $b_n$ ne s'annule pas à partir d'un certain rang, alors $\frac{a_n}{b_n} \sim \frac{u_n}{v_n}$.
        \item $\forall k \in \N^*, U_n^k \sim V_n^k$.
        \item Si $U_n>0$ à partir d'un certain rang, alors $\forall \lambda \in \R, U_n^\lambda \sim V_n^\lambda$.
    \end{itemize}
\end{property}

\begin{proof}
    On sait que $\exists \alpha_n, \beta_n \to 1$ telles que $a_n = \alpha_n b_n$ et $u_n = \beta_n v_n$ à partir d'un certain rang. Donc :
    \begin{itemize}
        \item $a_n u_n = \alpha_n \beta_n b_n v_n$, avec $\alpha_n \beta_n \to 1$, donc $a_n u_n \sim b_n v_n$.
        \item $\exists n_0 \in \N, \forall n \ge n_0, b_n \ne 0$. Donc, pour $n \ge n_0$, on a $\frac{a_n}{b_n} = \alpha_n$ et $\frac{u_n}{v_n} = \beta_n$. Donc, $\frac{a_n}{b_n} \sim \frac{u_n}{v_n}$.
        \item La démonstration des autres propriétés est similaire.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item En général, $U_n \sim V_n$ n'implique pas $\nimplies f(U_n) \sim f(V_n)$. Par exemple, $e^{U_n} \sim e^{V_n}$ n'est vrai que si et seulement si $\lim\limits_{n\to+\infty} (U_n - V_n) = 0$.
        \item $U_n \sim V_n \underbrace{\nimplies}_{\text{n'implique pas !}} U_n - V_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0$.
        \item On ne peut pas toujours additionner des équivalences. Par exemple, si $U_n = n + 1 + \frac{1}{n}$ et $V_n = n$, on a $U_n \sim V_n$ et $U_n - 1 \sim V_n - 1$, mais $U_n + (U_n - 1) \nsim V_n + (V_n - 1)$.\\En général : $\boxed{U_n \sim V_n$ et $A_n \sim B_n \underbrace{\nimplies}_{\text{n'implique pas !}} U_n + A_n \sim V_n + B_n}$.
        \item $U_n \sim 0 \iff U_n = 0$ à partir d'un certain rang.
    \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{exercise}
    \begin{outline}[enumerate]
        \1 Soient $(U_n)_n, (V_n)_n \in {\R_+^*}^\N$ telles que $U_n \sim V_n$. \textbf{Pour quelle(s) condition(s) aura-t-on $\ln(U_n) \sim \ln(V_n)$ ?}
        \1 \textit{(Équivalent de l'intégrale de Wallis)} On pose $\forall n \in \N, I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(t) dt$.
        \2 Montrer que $\forall n \in \N, I_{n+2} = \frac{n+1}{n+2} I_{n}$ (Intégration par parties).
        \2 Montrer que la suite $(n\cdot I_n \cdot I_{n-1})_{n\ge1}$ est constante.
        \2 Montrer que $\forall n \in \N^*, I_n \sim I_{n-1}$.
        \2 En déduire que $I_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$.
        \2 Calculer $I_{2n}$ et donner un équivalent de $\legbinom{2n}{n}$.
        \2 On pose $U_n=\frac{n!}{\parens{\frac{n}{e}}^n \sqrt{n}}$. On admet que $U_n \xrightarrow[n\to+\infty]{} l$ pour un certain $l \in \R^*$. Montrer que $n! \sim \parens{\frac{n}{e}}^n \sqrt{2\pi n}$ (c'est la formule de Stirling).
    \end{outline}
\end{exercise}

\section{Comparaison des fonctions}

\begin{definition}
    Soient $f,g : I \to \C$ où $I$ est un intervalle non vide de $\R$ et $\overset{\circ}{I} \ne \emptyset$.
    \begin{enumerate}
        \item On dit que $f$ est \textbf{négligeable} devant $g$ en $x_0 \in I$ si et seulement si $\exists V \in V(x_0), \exists \eps : V \to \C \tq \lim_{x\to x_0} \eps(x) = 0 \text{ et } \forall x \in V, f(x) = \eps(x) g(x)$. On note alors $f(x)= \underset{x\to x_0}{o}(g(x))$.
        \item $f$ est dominée par $g$ en $x_0 \in I$ si et seulement si $\exists V \in V(x_0), \exists M:V\to\C, \forall x \in V, f(x) = M(x) g(x)$. On note alors $f(x)= \underset{x\to x_0}{O}(g(x))$.
        \item $f$ est équivalente à $g$ en $x_0 \in I$ si et seulement si $f(x)-g(x)=\underset{x\to x_0}{o}(g(x))$, i.e. $\exists V \in V(x_0), \exists \alpha : V \to \C \tq \lim_{x\to x_0} \alpha(x) = 1 \text{ et } \forall x \in V, f(x) = \alpha(x) g(x)$. On note alors $f(x) \underset{x\to x_0}{\sim} g(x)$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
    \begin{outline}
        \1 Si $g$ ne s'annule pas sur un voisinage de $x_0$, alors :
        \2 $f(x) = \underset{x\to x_0}{o}(g(x)) \iff \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0$.
        \2 $f(x) = \underset{x\to x_0}{O}(g(x)) \iff \parens{\frac{f(x)}{g(x)}}_{x\in V} \text{ est bornée sur un voisinage } V \text{ de } x_0$.
        \2 $f(x) \underset{x\to x_0}{\sim} g(x) \iff \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1$.
        \1 Pour $x_0 = +\infty$ ou $x_0 = -\infty$, les mêmes propriétés sont valables en remplaçant $\lim_{x\to x_0}$ par $\lim_{x\to +\infty}$ ou $\lim_{x\to -\infty}$.
        \1 Les propriétés analogues à celles des suites sont valables pour les fonctions.
    \end{outline}
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $\sin(x) \underset{x\to 0}{\sim} x$.
        \item $P(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k \underset{x\to 0}{\sim} a_0x^0=a_0$ si $a_0 \neq 0$.
        \item $\ln(x)= \underset{x\to +\infty}{o}(x)$.
        \item $\forall k \in \N^*, e^{-x} = \underset{x\to +\infty}{o}\parens{\frac{1}{x^k}}$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\chapter{Développement limité}

\section{Généralités}

\begin{definition}
    Soient $f \in \Kset^I$ et $x_0 \in \overline{I}$.

    \begin{itemize}
        \item On dit que $f$ admet un \textbf{développement limité} à l'ordre $n$ au voisinage de $x_0$, qu'on notera $\mathbf{DL}_n(x_0)$, lorsqu'il existe un polynôme $P \in \Kset_n[X]$ tel que : $f(x) = P(x - x_0) + \underset{x\to x_0}{o}\parens{(x - x_0)^n}$ \\C'est-à-dire que :$\exists a_0,a_,\dots,a_n \in \Kset, f(x) = \sum_{k=0}^{n}a_k(x-x_0)^k + \underset{x\to x_0}{o}\parens{(x - x_0)^n}$.
        \item Supposons que $+\infty$ est une extrémité de $I$. On dit que $f$ admet un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $+\infty$, qu'on notera $\mathbf{DL}_n(+\infty)$, lorsque la fonction $t\mapsto f\parens{\frac{1}{t}}$ admet un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $0^+$.\\C'est-à-dire que : $\exists P \in \Kset_n[X], f(x) = P\parens{\frac{1}{x}} + \underset{x\to +\infty}{o}\parens{\frac{1}{x^n}}$.\\Ce qui équivaut aussi à écrire $\exists P\in \Kset_n[X], f(\frac1t) = P(t)+\underset{t\to 0}{\parens{t^n}}$.\\On appelle aussi ce type de développement un \textbf{développement asymptotique}.
    \end{itemize}
\end{definition}

\begin{example}
    La fonction $x\mapsto \frac{1}{1-x}$ admet un développement limité à l'ordre $n$ au voisinage de $0$ :
    \[\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \dots + x^n + \underset{x\to 0}{o}(x^n).\]

    \textbf{Démonstration rapide :} On a $\frac{1}{1-x} = \underset{=\sum_{k=0}^{n}x^k}{\frac{1 - x^{n+1}}{1-x}} + \frac{x^{n+1}}{1-x} = 1 + x + x^2 + \dots + x^n + \frac{x^{n+1}}{1-x}$. Or, $\lim\limits_{x\to 0} \frac{\frac{x^{n+1}}{1-x}}{x^n} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{x^{n+1}}{x^n(1-x)} = \lim\limits_{x\to 0} \frac{x}{1-x} = 0$. Donc, $\frac{x^{n+1}}{1-x} = \underset{x\to 0}{o}(x^n)$.
\end{example}

\begin{property}
    Soient $f\in\Kset^I,x_0\in\overline{I} \et n\in\N$.

    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(x_0)$, alors le polynôme $P$ de degré au plus $n$ est unique, i.e. $\exists! P \in \Kset_n[X], f(x) = P(x-x_0) + \underset{x\to x_0}{o}\parens{(x-x_0)^n},\forall x$.

    On appelle $P$ la partie régulière du développement limité de $f$ à l'ordre $n$ au voisinage de $x_0$.
\end{property}

\begin{proof}
    Supposons que $x_0 = 0$ pour simplifier la notation (le raisonnement est similaire pour un $x_0$ quelconque). 
    
    Nous allons raisonner par absurde. Supposons que $f$ admette deux développements limités à l'ordre $n$ au voisinage de $0$, i.e. $\exists P,Q \in \Kset_n[X], P \ne Q$ tels que :
    $$(*):\begin{cases}
        f(x) = P(x) + \underset{x\to 0}{o}(x^n)\\
        f(x) = Q(x) + \underset{x\to 0}{o}(x^n)
    \end{cases}$$

    On sait que $P\ne Q$, donc $P-Q \ne 0$. On peut donc réecrire l'égalité précédente comme suit :
    $$P-Q=\sum_{k=s}^{n}a_kx^k$$
    (avec $a_s \ne 0$ et $s \le n$).

    On sait, d'après $(*)$, que :
    $$P(x) - Q(x) = \underset{x\to 0}{o}(x^n).$$

    Or $(P-Q)(x) \underset{x\to 0}{\sim} a_s x^s$ (car $a_s \ne 0$).

    Cela implique que $a_s x^s = \underset{x\to 0}{o}(x^n)$, ce qui est absurde car $s\le n$.

    \textbf{Conclusion :} Le polynôme $P$ est unique.
\end{proof}

\begin{property}
    Soient $f\in\Kset^{I\setminus\{x_0\}}, x_0 \in \overline{I}$.

    \begin{enumerate}
        \item Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_0(x_0)$, alors $f$ est prolongeable par continuité en $x_0$.
        \item Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_1(x_0)$, alors $f$ est prolongeable par dérivation en $x_0$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{attention}
    On ne peut pas généraliser cette propriété pour un ordre $n \ge 2$. En effet, le fait que $f$ admette un $\mathbf{DL}_n(x_0)$ n'implique pas que $f$ est $n$ fois prolongeable en une fonction $n$ fois dérivable en $x_0$.

    $$f \admet \mathbf{DL}_n(x_0) \nimplies f \text{ est } n \text{ fois prolongeable en une fct. } n \text{ fois dérivable en } x_0.$$

    \textbf{Contre-exemple :}

    Soit $f:x\mapsto \begin{cases} x^3 \sin\parens{\frac{1}{x}} & \si x \ne 0\\ 0 & \si x=0 \end{cases}$.

    On a $f$ est $\mathcal{C}^1$, et $f \notin \mathcal{D}^2(\R,\R)$ ($f$ n'est pas deux fois dérivable en $0$). 
    
    Cependant, $f$ admet un $\mathbf{DL}_2(0)$ car $f(x) = 0 + \underset{x\to 0}{o}(x^2)$.
\end{attention}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}
        \item $f$ admet un $\mathbf{DL}_0(x_0)$, donc $f(x)=\lambda + \underset{x\to x_0}{o}(1)$ pour un certain $\lambda \in \Kset$. Donc, $\lim\limits_{x\to x_0} f(x) = \lambda$. Donc, $f$ est prolongeable par continuité en $x_0$, et $\tilde{f}(x_0) = \lambda$ (si on note $\tilde{f}$ le prolongement de $f$ par continuité en $x_0$).
        \item $f$ admet un $\mathbf{DL}_1(x_0)$, donc $f(x) = a(x-x_0) + b + \underset{x\to x_0}{o}(x - x_0)$ pour certains $a,b \in \Kset$. Donc, $\lim\limits_{x\to x_0} f(x) = b$. Donc, $f$ est prolongeable par continuité en $x_0$, et $\tilde{f}(x_0) = b$ (si on note $\tilde{f}$ le prolongement de $f$ par continuité en $x_0$).\\Nous allons montrer que $\tilde{f}$ est dérivable en $x_0$ et que $\tilde{f}'(x_0) = a$. On a $\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \frac{f(x) - b}{x-x_0} = \frac{a(x-x_0) + \underset{x\to x_0}{o}(x-x_0)}{x-x_0} = a + \underset{x\to x_0}{o}(1)$. Donc, $\lim\limits_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = a$. Donc, $\tilde{f}$ est dérivable en $x_0$ et $\tilde{f}'(x_0) = a$.
    \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{property}
    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(x_0)$, de partie régulière $P$, alors $\forall k \le n$, $f$ admet un $\mathbf{DL}_k(x_0)$, de partie régulière la partie de $P$ tronqué à l'ordre $k$ (de degré au plus $k$).

    On va tronquer le polynôme de la manière suivante :
    
    $\sum_{j=0}^{n}a_jx^j=\sum_{j=0}^{k}a_jx^j + \sum_{j=k+1}^{n}a_jx^j=\sum_{j=0}^{k}a_jx^j+\underbrace{x^{k+1}\parens{\sum_{j=k+1}^{n}a_jx^{j-k-1}}}_{=\underset{x\to x_0}{o}(x^{k})}$.
\end{property}

\section{Formule de Taylor-Young}

\begin{theorem}[Formule de Taylor-Young]
    Soit $f \in \mathcal{C}^n(I,\Kset)$ et $a\in I$.

    $$\forall x \in I, f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \underset{x\to a}{o}\parens{(x-a)^n}$$
\end{theorem}

On déduit de ce théorème que n'importe quelle fonction de classe $\mathcal{C}^n$ admet un développement limité à l'ordre $n$ en tout point de son domaine, dont la partie régulière est $P(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$.

\begin{proof}
    On part de la formule de Taylor-Lagrange avec reste intégral :

    \begin{align*}
        \forall x \in I, f(x) &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \int_a^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t) dt\\
        &= \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \underbrace{\int_a^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}dt - \frac{(x-a)^n}{n!} f^{(n)}(a)}_{=\underset{o\to a}{o}((x-a)^n)?}\\
    \end{align*}
    Or, on a $\int_a^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} dt = \frac{(x-a)^n}{n!}$. Donc, on peut écrire :
    \begin{align*}
        \forall x \in I, f(x) &= \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \int_a^x \parens{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)}\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} dt.
    \end{align*}

    On a $\abs{\int_a^x \parens{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)}\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} dt} \le \sup_{t\in[a,x]\ou[x,a]} \abs{f^{(n)}-f^{(n)}(a)} \cdot \frac{\abs{x-a}^n}{n!}$, sachant que $f$ est continue sur $[a,x] \ou [x,a]$, donc bornée sur cet intervalle (elle admet donc un majorant).

    Nous allons donc montrer que $\lim_{x\to a} \sup_{t\in[a,x]\ou[x,a]} \abs{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)} = 0$.

    On sait que $f^{(n)}$ est continue en $a$.

    Donc $\forall \eps > 0, \exists \mu > 0, \forall x \in I, \abs{x-a} < \mu \implies \abs{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(a)} < \eps$.

    Or, on sait que $t \in [a,x] \ou [x,a] \implies \abs{t-a} \le \abs{x-a} \le \mu$.

    Donc $\forall t \in [a,x] \ou [x,a], \abs{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)} < \eps$.

    Donc $\sup_{t\in[a,x]\ou[x,a]} \abs{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)} \le \eps$.

    Donc $\lim_{x\to a} \sup_{t\in[a,x]\ou[x,a]} \abs{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)} = 0$.

    Donc $\int_a^x \parens{f^{(n)}(t)-f^{(n)}(a)}\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} dt = \underset{x\to a}{o}((x-a)^n)$.

    \textbf{Conclusion :} On a bien $f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \underset{x\to a}{o}\parens{(x-a)^n}$.
\end{proof}

\begin{consequence}
    \begin{enumerate}
        \item Si $f \in \mathcal{C}^n(I,\Kset)$, alors $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ pour tout $a \in I$ car $f(x) = \underbrace{\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k}_{=P(x-a),\text{ partie régulière.}} + \underset{x\to a}{o}\parens{(x-a)^n}$.
        \item Si $f \in \mathcal{C}^\infty(I,\Kset)$, alors $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ pour tout $a \in I$ et pour tout $n \in \N$.
    \end{enumerate}
\end{consequence}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $\forall x \in \R, e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} + \underset{x\to 0}{o}(x^n)$.
        \item $\forall x \in \R, \cos(x) = \sum_{p=0}^{n} (-1)^p \frac{x^{2p}}{(2p)!} + \underbrace{\underset{x\to 0}{o}(x^{2n})}_{\ou \underset{x\to 0}{o}(x^{2n+1})}$.\\Pour démontrer ce résultat, on sépare le développement limité en deux cas : $n$ pair et $n$ impair. On peut aussi ajouter le terme $\underset{x\to 0}{o}(x^{2n})$ dans le cas impair, car le dernier terme impaire de la somme sera nul.
        \item $\forall x \in \R, \sin(x) = \sum_{p=0}^{n} (-1)^p \frac{x^{2p+1}}{(2p+1)!} + \underbrace{\underset{x\to 0}{o}(x^{2n+1})}_{\ou \underset{x\to 0}{o}(x^{2n+2})}$.\\Pour démontrer ce résultat, on sépare le développement limité en deux cas : $n$ pair et $n$ impair. On peut aussi ajouter le terme $\underset{x\to 0}{o}(x^{2n+2})$ dans le cas pair, car le dernier terme paire de la somme sera nul.
        \item Soit $\alpha \in \R$.
        \begin{align*}
            \forall x \in \R^*,\\(1+x)^\alpha &= 1 + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha - k + 1)}{k!} x^k + \underset{x\to 0}{o}(x^n)\\
            &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2} x^2 + \dots + \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha - n - 1)}{n!} x^n + \underset{x\to 0}{o}(x^n)
        \end{align*}
        \item $\forall x \in ]-1,+\infty[, \frac{1}{\sqrt{1+x}}=(1+x)^{-\frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + \dots \\= 1 - \frac12 x + \frac38 x^2 + \dots$.
        \item $\forall x \in \R\setminus\{-1\}, \frac{1}{1+x} = \frac{1}{1-(-x)} = 1 - x + x^2 - x^3 + \dots + (-1)^n x^n + \underset{x\to 0}{o}(x^n)\\=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k x^k + \underset{x\to 0}{o}(x^n)$.
        \item $\forall x \in \R_+^*, \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n} + \underset{x\to 0}{o}(x^n)\\=\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \frac{x^k}{k} + \underset{x\to 0}{o}(x^n)$.\\Il n'y a pas de factorielle dans ce développement limité !
        \item $\cosh(x) = \sum_{p=0}^{n} \frac{x^{2p}}{(2p)!} + \underbrace{\underset{x\to 0}{o}(x^{2n})}_{\ou \underset{x\to 0}{o}(x^{2n+1})}$.
        \item $\sinh(x) = \sum_{p=0}^{n} \frac{x^{2p+1}}{(2p+1)!} + \underbrace{\underset{x\to 0}{o}(x^{2n+1})}_{\ou \underset{x\to 0}{o}(x^{2n+2})}$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{methodbox}
    Il est fortement conseillé d'expliciter la partie régulière des développements limités usuels jusqu'à l'ordre 5 afin de les mémoriser plus facilement.
\end{methodbox}

\section{Opérations sur les développements limités}

\begin{property}
    Soient $f,g \in \Kset, a \in I$.

    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $P$, et $g$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $Q$, alors :
    \begin{itemize}
        \item $\forall \alpha \in \Kset, f + \alpha g$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $P + \alpha Q$.
        \item $fg$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $P\cdot Q$ tronqué à l'ordre $n$ (sachant qu'il est normalement de degré inférieur ou égal à $2n$).
    \end{itemize}
\end{property}

\begin{proof}
    On pose $f(x)= P(x-a) + \underset{x\to a}{o}((x-a)^n)$ et $g(x) = Q(x-a) + \underset{x\to a}{o}((x-a)^n)$.

    \begin{enumerate}
        \item On a $(f+\alpha g)(x) = (P+\alpha Q)(x-a) + \underbrace{\underset{x\to a}{o}((x-a)^n) + \alpha\underset{x\to a}{o}((x-a)^n)}_{=\underset{x\to a}{o}((x-a)^n)}$.\\Donc $f + \alpha g$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $P + \alpha Q$.
        \item On a $(f\cdot g)(x)=(P\cdot Q)(x-a)+P(x-a)\cdot \negli{x}{a}{(x-a)^n}+Q(x-a)\cdot \negli{x}{a}{(x-a)^n} + \negli{x}{a}{(x-a)^n}\cdot \negli{x}{a}{(x-a)^n}$\\
        Donc $(f\cdot g)=(P\cdot Q)(x-a)+\negli{x}{a}{(x-a)^n}$.\\
        On pose $P\cdot Q = \sum_{k=0}^{2n}c_k \cdot X^k$.\\
        Donc $(f\cdot g)(x)=\sum_{k=0}^{2n}c_k(x-a)^k + \negli{x}{a}{(x-a)^n}$\\
        Donc $(f\cdot g)(x)=\sum_{k=0}^{n}c_k(x-a)^k + (x-a)^n\cdot\sum_{k=n+1}^{2n}c_k(x-a)^k-n+\negli{x}{a}{(x-a)^n}$.\\
        Or $\lim\limits_{x\to a} \parens{\sum_{k=n+1}^{2n}c_k(x-a)^{\overbrace{k-n}^{\ge 1}}} = 0$.\\
        Alors $(x-a)^n \cdot \sum_{k=n+1}^{2n}c_k(x-a)^{k-n} = \negli{x}{a}{(x-a)^n}$.\\
        On en déduit que $(f\cdot g)(x) = \sum_{k=0}^{n}c_k(x-a)^k + \negli{x}{a}{(x-a)^n}$.\\
        Donc $fg$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $P\cdot Q$ tronqué à l'ordre $n$.
    \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item Développement limité d'ordre 3 en 0 de $f:x\mapsto \frac{\sin(x)}{1+x}$.
        \item Développement limité d'ordre 3 en 0 de $f:x\mapsto \frac{e^x}{(1+x)^2}-\cos(x)$.
    \end{enumerate}

    \textbf{Solution :}

    \begin{outline}
        \1 \textbf{1er exemple :}
        \2 On a $f(x)=\sin(x)\cdot \frac{1}{1+x}$.
        \2 On connaît les développements limités suivants :
        \3 $\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \underset{x\to 0}{o}(x^3)$.
        \3 $\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \underset{x\to 0}{o}(x^3)$.
        \2 On calcule le produit :
        \2 \begin{align*}
            f(x) &= \parens{x - \frac{x^3}{6} + \underset{x\to 0}{o}(x^3)} \cdot \parens{1 - x + x^2 - x^3 + \underset{x\to 0}{o}(x^3)}\\
            &= x - x^2 + \frac{5}{6}x^3 + \underset{x\to 0}{o}(x^3)
        \end{align*}
        \2 Donc, le développement limité d'ordre 3 en 0 de $f$ est $f(x) = x - x^2 + \frac{5}{6}x^3 + \underset{x\to 0}{o}(x^3)$.
        \1 \textbf{2ème exemple :}
        \2 On a $f(x)=\frac{e^x}{(1+x)^2}-\cos(x)$.
        \2 On connaît les développements limités suivants :
        \3 $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \underset{x\to 0}{o}(x^3)$.
        \3 $\frac{1}{(1+x)^2} = (1+x)^{-2} = 1 - 2x + 3x^2 - 4x^3 + \underset{x\to 0}{o}(x^3)$.
        \3 $\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + \underset{x\to 0}{o}(x^3) = 1 - \frac{x^2}{2} + \underset{x\to 0}{o}(x^3)$.
        \2 On calcule le produit et la différence pour enfin trouver le développement limité de $f$ :
        \2 $f(x)=-x+2x^2-\frac{11}6 x^3 + \negli{x}{0}{x^3}$.
    \end{outline}
\end{example}

% \begin{methodbox}
% \end{methodbox}
% \todo{wb recop!}
% i forgot what i was supposed to write here

\begin{property}
    Soient $f \in \R^I, g \in \Kset^J$ tel que $0 \in I, f(0)=0 \et f(I) \subset J$.

    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$ de partie régulière $P$, et si $g$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$ de partie régulière $Q$, alors la composée $g\circ f$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$ de partie régulière $Q\circ P$ tronquée à l'ordre $n$.
\end{property}

\begin{remark}[Composée et développement limité (cas général)]
    Soient $f,g \in \Kset^I, g\in \Kset^J, a \in I\et f(I)\subset J$.

    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$ de partie régulière $P$, et si $g$ admet un $\mathbf{DL}_n(b)$ de partie régulière $Q$ avec $b = f(a)$, alors la composée $g\circ f$ admet un $\mathbf{DL}_n(a)$.
\end{remark}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 On pose $\begin{cases}
        f(x) = P(x) + \negli{x}{0}{x^n}\\
        g(x) = Q(x) + \negli{x}{0}{x^n}
        \end{cases}$

        \1 Comme $f(0)=0$, on a $P(0)=0$.

        \1 On pose $P(x) = \sum_{k=1}^{n} a_k x^k$ (car $P(0)=0$).

        \1 Et on pose $Q(x) = \sum_{k=0}^{n} b_k x^k$.

        \1 On a donc $(g\circ f)(x) = g(f(x)) = g\parens{\underbrace{P(x) + \negli{x}{0}{x^n}}_{\xrightarrow{x\to 0}0}}$.

        \1 Donc $(g\circ f)(x) = \sum_{k=0}^{n}b_k\parens{P(x) + \negli{x}{0}{x^n}}^k + \negli{x}{0}{\parens{P(x) + \negli{x}{0}{x^n}}^n}$.

        \1 Donc $(g\circ f)(x) = \sum_{k=0}^{n}b_k \cdot \parens{\sum_{j=0}^{k}\legbinom{j}{k} P(x)^j \cdot \negli{x}{0}{x^{n(k-j)}}} + \parens{\sum_{k=0}^{n}\legbinom{k}{n}(P(x))^k\parens{\negli{x}{0}{x^n}}^{n-k}}\cdot \negli{x}{0}{1}$.

        \1 On a 
    \end{outline}
\end{proof}
\todo{recop...}

\begin{methodbox}
    Généralement, pour calculer le développement limité d'une composée $g\circ f$, on commence par calculer le développement limité de $f$ puis on remplace $x$ par le développement limité de $f$ dans le développement limité de $g$.
\end{methodbox}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $f:x\mapsto e^{\cos(x)}\cdot \sin(x)$. Développement limité d'ordre 4 en 0.
        \item $g:x\mapsto \ln(e^x + \cos(x))$. Développement limité d'ordre 2 en 0.
    \end{enumerate}

    \textbf{Solution :}

    \begin{outline}
        \1 \textbf{1er exemple :}
        \2 On remarque d'abord que $\cos(0)=1$. Donc, on va d'abord calculer le développement limité d'ordre 4 en 0 de $\cos(x)$.
        \2 On a $f(x)=\mathrm{exp}\parens{1-\frac{x^2}2 + \frac{x^4}{24} + \negli{x}{0}{x^4}} \cdot \parens{x - \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}}$.
        \2 Donc $f(x) = e\cdot e^{-\frac{x^2}2 + \frac{x^4}{24} + \negli{x}{0}{x^4}} \cdot \parens{x - \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}}$.
        \2 On calcule le développement limité d'ordre 4 en 0 de $e^{-\frac{x^2}2 + \frac{x^4}{24} + \negli{x}{0}{x^4}}$.
        \2 Après calculs, on obtient : $f(x)=e(x-\frac23x^3)+\negli{x}{0}{x^3}$.
        \1 \textbf{2ème exemple :}
        \2 Le développement limité d'ordre 2 en 0 de $e^x$ est $1 + x + \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^2}$.
        \2 Le développement limité d'ordre 2 en 0 de $\cos(x)$ est $1 - \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^2}$.
        \2 Donc, le développement limité d'ordre 2 en 0 de $e^x + \cos(x)$ est $2 + x + \negli{x}{0}{x^2}$.
        \2 On calcule le développement limité d'ordre 2 en 0 de $\ln(2 + x + \negli{x}{0}{x^2})$.
        \2 Après calculs, on obtient : $g(x) = \ln(2) + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + \negli{x}{0}{x^2}$.
    \end{outline}
\end{example}

\begin{property}[Inverse et développement limité]
    Soient $f\in \Kset^I$ telle que $f(0) \ne 0$.

    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$, alors $\frac1f$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item On a $\frac{1}{f(x)} = \frac{1}{f(0) + f(x) - f(0)} = \frac{1}{f(0)} \cdot \frac{1}{1 + \frac{f(x) - f(0)}{f(0)}}$.

        \item On pose $h:x\mapsto \frac{f(x) - f(0)}{f(0)}$.
        \item On pose $g:x\mapsto \frac{1}{1+x}$.
        
        \item On a $h$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$, $h(0)=0$.
        \item On a $g$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$.
        \item Donc $\frac1f=\frac1{f(0)}\cdot (g\circ h)$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{example}
    Développement limité à l'ordre 3 en 0 de la fonction $\tan$.

    \textbf{Solution :}

    On a $\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}$.
    On connaît les développements limités suivants :
    \begin{itemize}
        \item $\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}$.
        \item $\cos(x) = 1 - \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^3}$.
        \item $\frac{1}{\cos(x)} = 1 + \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^3}$ (on utilise la propriété précédente).
    \end{itemize}

    Donc, on calcule le produit :
    \begin{align*}
        \tan(x) &= \parens{x - \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}} \cdot \parens{1 + \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^3}}\\
        &= x + \frac{x^3}{3} + \negli{x}{0}{x^3}
    \end{align*}

    Donc, le développement limité d'ordre 3 en 0 de $\tan$ est $\tan(x) = x + \frac{x^3}{3} + \negli{x}{0}{x^3}$.
\end{example}

\begin{property}[Primitive d'un développement limité]
    Soient $f \in \Kset^I, 0 \in I$.

    Si $f$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$ de partie régulière $P$, alors une primitive $F$ de $f$ admet un $\mathbf{DL}_{n+1}(0)$ de partie régulière la primitive de $Q$ définie par $P(x) = f(0) + \int_0^x Q(t) dt$.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item On a $f'(t)=Q(t)+\negli{t}{0}{t^n}$.

        \item i.e. $f'(t) = Q(t) + t^n \cdot \eps(t)$ où $\eps : I \to \Kset$ est telle que $\lim\limits_{t\to 0} \eps(t) = 0$.

        \item Donc $\forall \eps > 0, \exists \eta > 0, \abs{t} < \eta \implies \abs{\eps(t)} < \eps$.

        \item Soit $x\in I$, on a $\int_{0}^{x}f'(t)dt = \int_{0}^{x} Q(t) dt + \int_{0}^{x} t^n \cdot \eps(t) dt$.

        \item Il faut maintenant montrer que $\int_{0}^{x} t^n \cdot \eps(t) dt = \negli{x}{0}{x^{n+1}}$. Attention : $t$ devient une variable muette, on utilise maintenant $x$.

        \item Soit $\eps' > 0$. Comme $\eps(x) \to 0$ quand $x \to 0$, il existe $\eta > 0$ tel que $\abs{x} < \eta \implies \abs{\eps(x)} < \eps'$.
        
        \item On sait aussi que $t\in[0,x] \ou [x,0] \implies \abs{t} \le \abs{x}$.
        
        \item Donc $\abs{t}<\eta \implies \abs{\eps(t)} < \eps'$.
        
        \item On a donc pu majorer l'intégrale suivante :
        $$\abs{\int_{0}^{x} t^n \cdot \eps(t) dt} \le \int_{0}^{x} \abs{t}^n \cdot \abs{\eps(t)} dt \le \eps' \int_{0}^{x} \abs{t}^n dt = \eps' \cdot \frac{\abs{x}^{n+1}}{n+1}.$$

        \item Donc $\abs{\frac{1}{x^{n+1}} \int_{0}^{x} t^n \cdot \eps(t) dt} \le \frac{\eps'}{n+1} < \eps'$.
        
        \item Donc $\lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{x^{n+1}} \int_{0}^{x} t^n \cdot \eps(t) dt = 0$.
        
        \item i.e. $\int_{0}^{x} t^n \cdot \eps(t) dt = \negli{x}{0}{x^{n+1}}$.
        \item Donc, $\int_{0}^{x} f'(t) dt = \int_{0}^{x} Q(t) dt + \negli{x}{0}{x^{n+1}}$.
        \item Donc $f(x) = f(0) + \int_{0}^{x} Q(t) dt + \negli{x}{0}{x^{n+1}}$. CQFD.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{example}
    \begin{outline}
        \1 On cherche le développement limité d'ordre $2n+1$ en 0 de la fonction $\arctan$.

        \2 On a $\forall x \in\R, \arctan'(x)=\frac{1}{1+x^2}$.

        \2 On connaît le développement limité d'ordre $2n$ en 0 de $\frac{1}{1+x^2}$ :

        \2 $\frac{1}{1+x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \dots + (-1)^n x^{2n} + \negli{x}{0}{x^{2n}}\\=\sum_{k=0}^{n} (-1)^k x^{2k} + \underbrace{\negli{x}{0}{x^{2n}}}_{\ou \negli{x}{0}{x^{2n+1}} \scq f \text{ est paire }}.$

        \2 D'où $\arctan(x) = \cancel{arctan(0)} + \int_0^x \parens{\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} t^{2k+1} + \underbrace{\negli{t}{0}{t^{2n+1}}}_{\ou \negli{x}{0}{x^{2n+1}}\\\scq f \text{ est paire }}} dt$.

        \1 On cherche le développement limité d'ordre $2n+1$ en 0 de la fonction $\arcsin$.

        \2 On a $\forall x \in ]-1,1[, \arcsin'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=(1-x^2)^{-\frac{1}{2}}$.

        \2 On connaît le développement limité d'ordre $2n$ en 0 de $(1-x^2)^{-\frac{1}{2}}$ :

        \2 $(1-x^2)^{-\frac{1}{2}} = 1 + \sum_{k=1}^{n}\frac{-\frac12\parens{-\frac12 - 1}\dots\parens{-\frac12 - k + 1}}{k!}(-x^2)^k + \negli{x}{0}{x^{2n}}\\= 1+ \sum_{k=1}^{n} \frac{\parens{2k}!}{4^k (k!)^2} x^{2k} + \negli{x}{0}{x^{2n}}\\=\sum_{k=0}^{n}\frac{\legbinom{k}{2k}}{4^k}x^{2k}+\negli{x}{0}{x^{2n}}$.

        \2 Donc $\arcsin(x) = \cancel{\arcsin(0)} + \sum_{k=0}^{n}\frac{\legbinom{k}{2k}}{4^k} \cdot \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \negli{x}{0}{x^{2n+1}}$.
    \end{outline}
\end{example}

\begin{remark}
    On a $f'$ admet un développement limité en 0 $\implies f$ admet un développement limité en 0.

    La réciproque est fausse : $f$ admet un développement limité en 0 $\nimplies f'$ admet un développement limité en 0.
\end{remark}

\begin{property}
    Soit $f \in \Kset^I, 0 \in I \et f$ dérivable sur $I$.

    Si $f$ et $f'$ admettent un $\mathbf{DL}_{n+1}(0)$ et $\mathbf{DL}_n(0)$ respectivement, de parties régulières $P$ et $Q$, alors $P'=Q$.
\end{property}

\begin{example}
    Soit $f\in\mathcal{C}^\infty(\R,\Kset)$, telle que :
    
    $f(x)=3x-x^2+2x^3+\negli{x}{0}{x^3}$.

    On a $f'$ est de classe $\cclas{\infty}$ sur $\R$, donc $f'$ admet un $\mathbf{DL}_n(0)$ pour tout $n\in\N$ ; en particulier pour $n=2$, avec :

    $$f'(x) = 3 - 2x + 6x^2 + \negli{x}{0}{x^2}.$$
\end{example}

\chapter{Applications}

\section{Calcul de limites}

\begin{example}
    Soit $f:x\mapsto \frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2(x)}$.

    On souhaite déterminer la limite de $f$ en $0$.

    \begin{outline}
        \1 On calcule le développement limité d'ordre 3 en 0 de $sin(x)$ : $sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}$.

        \1 On remplace dans $f$ :
        \2 $f(x) = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{\parens{x - \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}}^2}$.

        \1 On factorise par $\frac{1}{x^2}$ :
        \2 $f(x) = \frac{1}{x^2} \cdot \parens{1 - \frac{1}{\parens{1 - \frac{x^2}{6} + \negli{x}{0}{x^2}}^2}}$.
        \2 $f(x) = \frac{1}{x^2} \cdot \parens{1 - \parens{1 - \frac{x^2}{6} + \negli{x}{0}{x^2}}^{-2}}$.
        \1 On calcule le développement limité d'ordre 2 en 0 de $(1 - \frac{x^2}{6} + \negli{x}{0}{x^2})^{-2}$.
        \2 On trouve $(1 - \frac{x^2}{6} + \negli{x}{0}{x^2})^{-2} = 1 + \frac{x^2}{3} + \negli{x}{0}{x^2}$.
        \1 On remplace dans $f$ :
        \2 $f(x) = \frac{1}{x^2} \cdot \parens{1 - \parens{1 + \frac{x^2}{3} + \negli{x}{0}{x^2}}}$.
        \1 On calcule ensuite la limite :
        \2 $\lim\limits_{x\to 0} f(x) = \lim\limits_{x\to 0} \frac{1}{x^2} \cdot \parens{-\frac{x^2}{3} + \negli{x}{0}{x^2}}$.
        \2 $\lim\limits_{x\to 0} f(x) = \lim\limits_{x\to 0} \parens{-\frac{1}{3} + \negli{x}{0}{1}}$.
        \2 $\lim\limits_{x\to 0} f(x) = -\frac{1}{3}$.
        \1 \textbf{Conclusion :} La limite de $f$ en $0$ est $-\frac{1}{3}$.
    \end{outline}
\end{example}

\section{Recherche des équivalents}

\begin{example}[Exemple concernant les fonctions]
    On considère la fonction définie par :
    $$f:x\mapsto \frac{x-\sinh(x)}{x\cos(x)-\ln(1+x)}$$
    
    On cherche un équivalent de $f$ en $0$.

    \begin{methodbox}
        Pour déterminer un équivalent de cette fonction, on va d'abord déterminer un développement limité de son numérateur et de son dénominateur, puis on en déduira un équivalent (on cherche un autre quotient).
    \end{methodbox}

    \begin{itemize}
        \item On a $x-\sinh(x) = x - \parens{x + \frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}} = -\frac{x^3}{6} + \negli{x}{0}{x^3}$.
        \item Donc $x-\sinh(x) \sim_{0} -\frac{x^3}{6}$.
        \item On a $x\cos(x)-\ln(1+x) = x(1 - \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^2}) - \parens{x+\negli{x}{0}{x}} = -\frac{x^3}{2} + \negli{x}{0}{x^3}$.
        \item Le degré de ce développement limité n'est pas adéquat pour trouver un équivalent. On calcule donc le développement limité d'ordre 1 de $x\cos(x)$ et d'ordre 2 pour $\ln(1+x)$.
        \item On a $x\cos(x) = x(1 + \negli{x}{0}{x}) = x + \negli{x}{0}{x}$.
        \item On a $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^2}$.
        \item Donc $x\cos(x)-\ln(1+x) = \parens{x + \negli{x}{0}{x}} - \parens{x - \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^2}} = \frac{x^2}{2} + \negli{x}{0}{x^2}$.
        \item On a donc déduit un équivalent de $x\cos(x)-\ln(1+x)$ en $0$ : $x\cos(x)-\ln(1+x) \sim_{0} \frac{x^2}{2}$.
        \item On en déduit un équivalent de $f$ en $0$ :
        $$f(x) = \frac{x-\sinh(x)}{x\cos(x)-\ln(1+x)} \sim_{0} \frac{-\frac{x^3}{6}}{\frac{x^2}{2}} = -\frac{x}{3}.$$
    \end{itemize}
    
\end{example}

\begin{example}[Exemple concernant les suites]
    On considère la suite $(U_n)_n$ définie par $U_0 \in ]0,1[$ et $\forall n \in \N, U_{n+1} = \sin(U_n)$.

    \begin{itemize}
        \item On a $\forall x \in [0,1], 0 \le \sin(x) \le x$.
        \item Donc $(U_n)_n$ est une suite décroissante minorée par $0$.
        \item Donc $(U_n)_n$ converge vers une limite $l \in [0,1]$. Cette limite vérifie $l = \sin(l)$.
        \item Donc $l=0$.
        \item On cherche un équivalent de $U_n$.
        \item Soit $\alpha\ne0$. On a ${U_{n+1}}^\alpha - {U_n}^\alpha = (\sin(U_n))^\alpha - {U_n}^\alpha \\=U_n^\alpha(U_n - \frac{U_n^3}{6} + \negli{U_n}{+\infty}{U_n^3})- {U_n}^\alpha\\=U_n^\alpha(1-\alpha\frac{U_n^2}{6} + \negli{U_n}{+\infty}{U_n^2}-1)$.
        \item Donc ${U_{n+1}}^\alpha - {U_n}^\alpha = -\alpha \frac{U_n^{\alpha + 2}}{6} + \negli{U_n}{+\infty}{U_n^{\alpha + 2}}$.
        \item On choisit $\alpha = -2$.
        \item Donc ${U_{n+1}}^{-2} - {U_n}^{-2} = \frac{1}{3} + \negli{U_n}{+\infty}{1}$.
        \item Donc $\frac{1}{U_{n+1}^2} - \frac{1}{U_n^2} \to \frac{1}{3}$ quand $n \to +\infty$.
        \item Alors, d'après le théorème de Césàro, on a $\frac1n \parens{\sum_{k=0}^{n-1}(\frac{1}{U_{k+1}^2} - \frac{1}{U_k^2})} \to \frac{1}{3}$ quand $n \to +\infty$.
        \item Donc, on a $\frac{1}{n} \parens{\frac{1}{U_{n}^2} - \frac{1}{U_0^2}} \to \frac{1}{3}$ quand $n \to +\infty$.
        \item Or $\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{U_0^2} \to 0$ quand $n \to +\infty$.
        \item Donc, on a $\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{U_n^2} \to \frac{1}{3}$ quand $n \to +\infty$.
        \item Donc, on a $U_n \sim_{+\infty} \sqrt{\frac{3}{n}}$.
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{methodbox}
    On peut généraliser la méthode utilisée ci-dessus pour déterminer un équivalent d'une suite définie par une relation de récurrence faisant intervenir une fonction admettant un développement limité.
\end{methodbox}

\begin{exercise}
    Soit la suite $(U_n)_n$ définie par $U_0 > 0$ et $\forall n \in \N, U_{n+1} = \ln(1 + U_n)$.

    \begin{enumerate}
        \item Montrer que $U_n \to 0$.
        \item Donner un équivalent simple de $(U_n)_n$.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\section{Recherche de la dérivabilité et de la position relative à la tangente}

\begin{example}
    On considère la fonction définie par :
    $$f:x\mapsto \frac{x\cosh(x)-\sinh(x)}{\cosh(x)-1}$$

    On cherche à étudier la dérivabilité de $f$ en $0$ et la position de la courbe représentative de $f$ par rapport à sa tangente en $0$.

    On commence par calculer le développement limité d'ordre 3 en 0 de $f$. Pour ça, on calcule le développement limité d'ordre 5 en 0 du numérateur et du dénominateur, puis on simplifie par $x^2$ (c'est une fonction impaire).

    Techniquement, l'ordre 1 est suffisant pour étudier la dérivabilité, mais on a besoin d'au minimum l'ordre 3 pour étudier la position relative à la tangente (pour cette fonction).

    \begin{align*}
        \ona f(x) &= \frac{x\cosh(x)-\sinh(x)}{\cosh(x)-1}\\
        &= \dots\\
        &= \frac{x+x^3/12-x/3-x^3/60+\negli{x}{0}{x^3}}{1+x^2/12+\negli{x}{0}{x^2}}\\
        &= \dots\\
        &= \frac{2x}{3} - \frac{x^3}{90} + \negli{x}{0}{x^3}
    \end{align*}

    Comme $f$ admet un $\mathbf{DL}_3(0)$, alors elle admet un $\mathbf{DL}_1(0)$, donc elle est prolongeable en une fonction dérivable en $0$ (qu'on continuera  à noter $f$) avec $f'(0)=\frac{2}{3}$.

    L'équation de la tangente en $0$ est donc $y=\frac{2}{3}x$.

    Pour étudier la position relative de la courbe par rapport à sa tangente, on calcule $f(x) - \frac{2}{3}x$ :
    $$f(x) - \frac{2}{3}x = \frac{x^3}{90} + \negli{x}{0}{x^3}.$$

    Donc, au voisinage de $0$ à droite, $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de sa tangente, et au voisinage de $0$ à gauche, $\mathcal{C}_f$ est en dessous de sa tangente.
\end{example}

\section{Recherche d'asymptote}

Si $f$ admet un développement asymptotique de la forme $f(x) = ax + b + \frac{\alpha}{x^n} + \negli{x}{+\infty}{1}$, alors la droite d'équation $y = ax + b$ est asymptote à la courbe représentative de $f$ en $\pm\infty$, avec $(a,b,\alpha)\in \R^2\times\R^*,n\in\N^*$.

$(\Delta):y=ax+b$ est donc dite asymptote de $\mathcal{C}_f$ au voisinage de $+\infty$ ($\mathcal{V}(\pm\infty))$.

En plus, $f(x)-(ax+b) = \frac{\alpha}{x^n} + \negli{x}{+\infty}{1}$, donc $f(x) - (ax+b) \sim_{\pm\infty} \frac{\alpha}{x^n}$.

Cela nous permet de déterminer la position relative de $\mathcal{C}_f$ par rapport à $(\Delta)$ au voisinage de $\pm\infty$.

\begin{example}
    $$f:x\mapsto x\cdot\arctan\parens{\frac{x}{x+1}}$$

    On pose $t = \frac1x \iff x = \frac1t$.

    Donc $f(x)= f(\frac1t) = \frac{1}{t} \cdot \arctan\parens{\frac{1/t}{1/t + 1}} = \frac{1}{t} \cdot \arctan\parens{\frac{1}{1+t}}$.

    On va dériver $\arctan\parens{\frac{1}{1+t}}$, faire son développement limité d'ordre 1 en 0, l'intégrer pour revenir à la variable $t$ en ordre 2, puis revenir à la variable $x$.

    Après calculs, on trouve que :

    $$g'(t) = -\frac12 \frac{1}{1+t+\frac{t^2}2} = -\frac12 + \frac{t}{2} + \negli{t}{0}{t}.$$

    D'où : $g(t)=\frac\pi4 - \frac{t}{2} + \frac{t^2}{4} + \negli{t}{0}{t^2}$.

    D'où : $f(\frac1t) = \frac\pi4 \frac1t - \frac12 + \frac14 t + \negli{t}{0}{t}$.

    Conclusion : $f(x) = \frac\pi4 x - \frac12 + \frac{1}{4x} + \negli{x}{\pm\infty}{\frac1x}$.
\end{example}

\begin{center}
    Fin du chapitre 9.

    Dernier chapitre d'analyse de première année.
\end{center}

\end{document}