Analyse asymptotique

Les autres points se traitent de la même façon.

Transitivité de $o$ : à partir d'un rang $N$, $u_n=\varepsilon_nv_n$ et $v_n=\varepsilon'_nw_n$ avec $\varepsilon_n\to0$ et $\varepsilon'_n\to0$. Donc $u_n=(\varepsilon_n\varepsilon'_n)w_n$ et $\varepsilon_n\varepsilon'_n\to0$.

Cas $u_n=O(v_n)$ et $v_n=o(w_n)$ : à partir d'un rang, $u_n=B_nv_n=(B_n\varepsilon_n)w_n$. Le produit d'une suite bornée par une suite de limite nulle tend vers $0$, donc $u_n=o(w_n)$.

Écrivons $u_n=(1+\varepsilon_n)v_n$ à partir d'un rang $N$, avec $\varepsilon_n\to0$ : c'est la traduction de $u_n-v_n=\varepsilon_nv_n$.

Symétrie : il existe $N'\geq N$ tel que $|\varepsilon_n|\leq\frac12$ pour $n\geq N'$. Alors $1+\varepsilon_n\neq0$ et $v_n=\frac1{1+\varepsilon_n}u_n=(1+\varepsilon'_n)u_n$ avec $\varepsilon'_n=\frac{-\varepsilon_n}{1+\varepsilon_n}\to0$.

Transitivité : si de plus $v_n=(1+\eta_n)w_n$ avec $\eta_n\to0$, alors $u_n=(1+\varepsilon_n)(1+\eta_n)w_n$ et $(1+\varepsilon_n)(1+\eta_n)-1=\varepsilon_n+\eta_n+\varepsilon_n\eta_n\to0$.

Limite : $u_n=(1+\varepsilon_n)v_n$ avec $1+\varepsilon_n\to1$, donc $u_n$ a la même limite que $v_n$ par produit.

Signe (cas réel) : pour $n\geq N'$, $1+\varepsilon_n\geq\frac12>0$, donc $u_n$ et $v_n$ ont le même signe.

Avec $u_n=(1+\varepsilon_n)v_n$ et $u'_n=(1+\varepsilon'_n)v'_n$ :

• $u_nu'_n=(1+\varepsilon_n)(1+\varepsilon'_n)v_nv'_n$ et le facteur tend vers $1$ ;
• à partir d'un rang, $1+\varepsilon'_n\neq0$, et $\dfrac{u_n}{u'_n}=\dfrac{1+\varepsilon_n}{1+\varepsilon'_n}\cdot\dfrac{v_n}{v'_n}$, le facteur tend vers $1$ ;
• $\left(\dfrac{u_n}{v_n}\right)^\alpha=(1+\varepsilon_n)^\alpha\to1$ par continuité de $t\mapsto t^\alpha$ en $1$.

Les deux premières relations découlent des croissances comparées des fonctions : $\frac{(\ln x)^\alpha}{x^\beta}\to0$ et $\frac{x^\beta}{e^{x\ln a}}\to0$ en $+\infty$ (car $\ln a>0$).

Troisième relation : posons $r_n=\frac{a^n}{n!}>0$. On a $\frac{r_{n+1}}{r_n}=\frac a{n+1}$. Soit $N$ un entier tel que $N\geq2a$. Pour $n\geq N$, $n+1>2a$ donc $\frac{r_{n+1}}{r_n}\leq\frac12$, et par récurrence $0<r_n\leq r_N\left(\frac12\right)^{n-N}$. Le majorant tend vers $0$, donc $r_n\to0$.

Quatrième relation : $\frac{n!}{n^n}=\frac1n\cdot\frac2n\cdots\frac nn\leq\frac1n$, car chaque facteur après le premier est au plus égal à $1$.

On a $f=\varepsilon g$ sur $V\cap I$, avec $\varepsilon\to0$ en $a$. Comme $\varphi(t)\to a$ quand $t\to b$, il existe un voisinage $W$ de $b$ tel que $\varphi(t)\in V$ pour tout $t\in W\cap J$. Alors, sur $W\cap J$, $f(\varphi(t))=\varepsilon(\varphi(t))\,g(\varphi(t))$, et $\varepsilon(\varphi(t))\to0$ quand $t\to b$ par composition des limites.

Si $\varphi$ est dérivable en $0$ avec $\varphi'(0)\neq0$, alors $\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}x\to\varphi'(0)$ (taux d'accroissement), donc $\varphi(x)-\varphi(0)\sim\varphi'(0)\,x$. On l'applique à $\sin$, $\tan$, $\arcsin$, $\arctan$, $\operatorname{sh}$, $x\mapsto\ln(1+x)$ et $\exp$, qui ont toutes une dérivée égale à $1$ en $0$, et à $x\mapsto(1+x)^\alpha$, de dérivée $\alpha$ en $0$.

Pour le cosinus : $1-\cos x=2\sin^2\frac x2$ et, par substitution, $\sin\frac x2\sim\frac x2$. Par produit, $1-\cos x\sim2\cdot\frac{x^2}4=\frac{x^2}2$. De même, $\operatorname{ch}x-1=2\operatorname{sh}^2\frac x2\sim\frac{x^2}2$.

On se place en $0$. Supposons $\sum_{k=0}^na_kh^k+o(h^n)=\sum_{k=0}^nb_kh^k+o(h^n)$, d'où $\sum_{k=0}^n(a_k-b_k)h^k=o(h^n)$.

Par l'absurde, supposons que les deux familles de coefficients diffèrent et notons $p$ le plus petit indice tel que $a_p\neq b_p$. En divisant par $h^p$, pour $h\neq0$ : $$(a_p-b_p)+\sum_{k=p+1}^n(a_k-b_k)h^{k-p}=o(h^{n-p}).$$ Comme $n-p\geq0$, le membre de droite tend vers $0$ quand $h\to0$, et la somme de gauche aussi. Donc $a_p-b_p=0$, ce qui est contradictoire.

Pour $k>p$, $(x-a)^k=(x-a)^{k-p}(x-a)^p=o\big((x-a)^p\big)$ car $(x-a)^{k-p}\to0$. Par ailleurs $(x-a)^n=O\big((x-a)^p\big)$, donc $o\big((x-a)^n\big)=o\big((x-a)^p\big)$. On somme ces termes négligeables.

Par substitution $x\mapsto-x$ : $f(-x)=\sum_{k=0}^n(-1)^ka_kx^k+o(x^n)$. Si $f$ est paire, $f(-x)=f(x)$ et l'unicité du DL donne $(-1)^ka_k=a_k$ pour tout $k$, d'où $a_k=0$ pour $k$ impair. Si $f$ est impaire, $f(-x)=-f(x)$ donne $(-1)^ka_k=-a_k$, d'où $a_k=0$ pour $k$ pair.

Ordre $0$ : $f(x)=a_0+o(1)$ signifie $f(x)\to a_0$ quand $x\to a$. Comme $a\in I$, cette limite vaut nécessairement $f(a)$ : c'est la continuité en $a$.

Ordre $1$ : si $f(x)=a_0+a_1(x-a)+o(x-a)$, la troncature et le point précédent donnent $a_0=f(a)$. Pour $x\neq a$, $\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=a_1+o(1)\to a_1$ : $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a)=a_1$.

Réciproquement, si $f$ est dérivable en $a$, posons $\varepsilon(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}-f'(a)$ pour $x\neq a$ et $\varepsilon(a)=0$. Alors $\varepsilon\to0$ en $a$ et $f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\varepsilon(x)(x-a)$.

La factorisation est immédiate, avec $o\big((x-a)^n\big)=(x-a)^p\,o\big((x-a)^{n-p}\big)$. La parenthèse tend vers $a_p\neq0$, donc $\frac{f(x)}{a_p(x-a)^p}\to1$ pour $x\neq a$. La conservation du signe par équivalence donne la dernière affirmation.

Posons $g(x)=f(x)-f(a)-\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{k+1}(x-a)^{k+1}$. La fonction $g$ est dérivable sur $I$, $g(a)=0$ et $g'(x)=f'(x)-\sum_{k=0}^na_k(x-a)^k=o\big((x-a)^n\big)$.

Soit $\varepsilon>0$. Il existe $\eta>0$ tel que $|g'(t)|\leq\varepsilon|t-a|^n$ pour tout $t\in I$ vérifiant $|t-a|\leq\eta$. Soit $x\in I$ avec $x\neq a$ et $|x-a|\leq\eta$. Le théorème des accroissements finis, appliqué à $g$ entre $a$ et $x$, fournit $c$ strictement compris entre $a$ et $x$ (donc $c\in I$) tel que $g(x)=g(x)-g(a)=g'(c)(x-a)$. Comme $|c-a|\leq|x-a|\leq\eta$ : $$|g(x)|\leq\varepsilon|c-a|^n|x-a|\leq\varepsilon|x-a|^{n+1}.$$ Ainsi $\frac{g(x)}{(x-a)^{n+1}}\to0$ quand $x\to a$, c'est-à-dire $g(x)=o\big((x-a)^{n+1}\big)$.

Récurrence sur $n$. Notons $\mathcal P(n)$ : « pour toute fonction $f$ de classe $\mathcal C^n$ sur $I$, la formule est vraie à l'ordre $n$ ».

Initialisation : si $f$ est de classe $\mathcal C^0$, elle est continue en $a$, donc $f(x)=f(a)+o(1)$.

Hérédité : supposons $\mathcal P(n)$ et soit $f$ de classe $\mathcal C^{n+1}$ sur $I$. Alors $f'$ est de classe $\mathcal C^n$ et, par $\mathcal P(n)$ appliquée à $f'$ : $$f'(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(x-a)^k+o\big((x-a)^n\big).$$ Comme $f$ est dérivable sur $I$, le théorème de primitivation donne $$f(x)=f(a)+\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k+1)}(a)}{(k+1)\,k!}(x-a)^{k+1}+o\big((x-a)^{n+1}\big)=\sum_{j=0}^{n+1}\frac{f^{(j)}(a)}{j!}(x-a)^j+o\big((x-a)^{n+1}\big),$$ où l'on a posé $j=k+1$ et utilisé $(k+1)\,k!=(k+1)!$. C'est $\mathcal P(n+1)$.

• $\exp$ est de classe $\mathcal C^\infty$ et $\exp^{(k)}(0)=1$ : on applique Taylor-Young.
• $\cos$ et $\sin$ sont de classe $\mathcal C^\infty$. Les dérivées successives de $\cos$ en $0$ valent cycliquement $1,0,-1,0$, d'où $\cos^{(2k)}(0)=(-1)^k$ et $\cos^{(2k+1)}(0)=0$. Taylor-Young à l'ordre $2n+1$ donne le DL annoncé, le terme de degré $2n+1$ étant nul ; c'est pourquoi le reste est $o(x^{2n+1})$. Même raisonnement pour $\sin$ à l'ordre $2n+2$, et pour $\operatorname{ch}$, $\operatorname{sh}$, dont les dérivées en $0$ valent alternativement $1$ et $0$, sans signe.
• $\frac1{1-x}$ : exemple de la section 3. $\frac1{1+x}$ s'en déduit par substitution $x\mapsto-x$.
• $x\mapsto\ln(1+x)$ est dérivable sur $]-1,+\infty[$, s'annule en $0$, et sa dérivée vérifie $\frac1{1+x}=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kx^k+o(x^{n-1})$. Par primitivation, $\ln(1+x)=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\frac{x^{k+1}}{k+1}+o(x^n)$ ; en posant $j=k+1$, on obtient la formule annoncée.
• Sur $]-1,+\infty[$, la dérivée $k$-ième de $x\mapsto(1+x)^\alpha$ est $\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)(1+x)^{\alpha-k}$ (récurrence immédiate) ; on applique Taylor-Young.
• Par substitution $u=x^2$ dans le $\mathrm{DL}_{n+1}(0)$ de $\frac1{1+u}$ : $\frac1{1+x^2}=\sum_{k=0}^n(-1)^kx^{2k}+(-1)^{n+1}x^{2n+2}+o(x^{2n+2})=\sum_{k=0}^n(-1)^kx^{2k}+o(x^{2n+1})$. On primitive, avec $\arctan0=0$.
• $\tan$ : calcul détaillé dans la section suivante.

On a $f(x)g(x)=P(x)Q(x)+P(x)\,o(x^n)+Q(x)\,o(x^n)+o(x^n)\,o(x^n)$. Les polynômes $P$ et $Q$ sont bornés au voisinage de $0$, donc $P(x)\,o(x^n)=o(x^n)$ et $Q(x)\,o(x^n)=o(x^n)$. De plus $o(x^n)\,o(x^n)=o(x^{2n})=o(x^n)$. Enfin, les termes de $PQ$ de degré strictement supérieur à $n$ sont des $o(x^n)$.

Écrivons $g(y)=\sum_{k=0}^nb_ky^k+\varepsilon(y)y^n$ avec $\varepsilon(y)\to0$ quand $y\to0$. Comme $u(x)\to0$, on a $\varepsilon(u(x))\to0$ quand $x\to0$. Le coefficient constant du DL de $u$ étant nul, $u(x)=O(x)$ (pour $n\geq1$), donc $u(x)^n=O(x^n)$ et $\varepsilon(u(x))\,u(x)^n=o(x^n)$. Il reste $\sum_{k=0}^nb_ku(x)^k$, dont chaque terme se développe à l'ordre $n$ par produits.