Mˆeme chose pour les suites : remplacer x par n qui tend vers l’infini

1.1. Formes ind´etermin´ees. — Les formes ind´etermin´ees les plus courantes sont, pour les produits et les sommes de fonctions,

∞ ×0, ∞

∞, 0

0, ∞ − ∞, et pour les fonctions de la forme f(x)^g(x) avec f(x)>0,

0⁰, 1^∞, 1^−∞, ∞⁰.

Mˆeme chose pour les suites : remplacer x par n qui tend vers l’infini.

Pour r´esoudre les formes ind´etermin´ees de la formef(x)^g(x), la m´ethode g´en´erale est d’´ecrire (attention `a la condition f(x)>0) :

f(x)^g(x) = e^{g(x) lnf(x)}

qui ram`ene l’´etude `a celle de la forme ind´etermin´ee de type produit g(x)(lnf(x)).

Exemple 1.1. — Soit a∈IR donn´e. Trouver limn→+∞(1 +a/n)ⁿ. Si a = 0, la suite est constante ´egale `a 1. On suppose a 6= 0. On a une forme ind´etermin´ee du type 1^∞. Pour n assez grand 1 +a/n > 0 et on peut ´ecrire :

(1 +a/n)ⁿ = e^nln(1+a/n).

On est ramen´e `a l’´etude d’une forme ind´etermin´ee du type ∞ ×0. Pour la r´esoudre, on peut utiliser les D.L. et les ´equivalents (voir ci-dessous).

Quand n→+∞, on a ln(1 +a/n)∼ a/n donc nln(1 +a/n)) tend vers a et (1 +a/n)ⁿ tend vers e^a.

Pour les formes ind´etermin´ees de la forme ∞ − ∞, une m´ethode qui marche souvent est de mettre en facteur le terme qui semble dominant.

Exemple 1.2. — Trouver lim_n→+∞(√

n+ 1−√ n).

C’est une forme ind´etermin´ee du type ∞ − ∞. Il n’y a pas vraiment de terme dominant mais la m´ethode marche. On ´ecrit par exemple

√n+ 1−√

n=n^1/2 (1 + 1/n)^1/2−1 .

C’est une forme ind´etermin´ee du type ∞ × 0. Pour la r´esoudre, on cherche un ´equivalent simple du second facteur. On utilise les DL (voir ci-dessous) :

(1) (1 + 1/n)^1/2 = 1 + 1/(2n) + (1/n)n, n−−−−→_n→+∞ 0, donc (on met le terme dominant en facteur) :

(1 + 1/n)^1/2−1 = (1/(2n))(1 + 2n)∼1/(2n).

Donc √

n+ 1−√

n ∼1/(2n^1/2) donc tend vers 0.

Dans cet exemple, on a ´et´e amen´e `a ´etudier (1 + 1/n)^1/2 de fa¸con plus pr´ecise que de calculer sa limite. Le D.L. (1) est un exemple de d´eveloppement asymptotique. Il contient le fait que le premier membre tend vers 1 mais il donne en plus un ´equivalent de la diff´erence entre le premier membre et sa limite.

1

Exemple 1.3. — Soit a∈IR. Trouver lim_n→+∞n^a(√

n+ 1−√ n).

Le r´esultat√

n+ 1−√

n ∼1/(2n^1/2) de l’exemple pr´ec´edent, plus pr´ecis que le fait que le premier membre tend vers 0 donne le r´esultat. La suite consid´er´ee tend vers +∞ si a > 1/2, vers 1/2 si a = 1/2 et vers 0 si a <1/2.

1.2. ´Equivalents. — Dans ce paragraphe,x0 peut ˆetre un nombre r´eel ou +∞ou−∞. Les fonctions consid´er´ees sont suppos´ees d´efinies sur un mˆeme voisinage ´epoint´e de x0, ´eventuellement seulement `a gauche ou `a droite.

Le cas des suites est analogue : remplacer x par n ∈ IN qui tend vers l’infini.

D´efinition 1.4. — On note f(x)∼g(x), (x→x0) et on dit que f(x) est ´equivalent `a g(x) quand x tend vers x0 si

1. g(x) ne s’annule pas sur un voisinage ´epoint´e de x₀, 2. f(x)/g(x)−−−→

x→x⁰ 1.

La premi`ere condition est importante.Elle permet de diviser par g(x) pourx6=x0 voisin dex0. Compte tenu de la deuxi`eme condition elle implique d’ailleurs que f(x) ne s’annule pas non plus sur un voisinage

´epoint´e de x0.

La fonction nulle n’est ´equivalente `a aucune fonction,mˆeme pas elle-mˆeme.

La propri´et´e fondamentale de l’´equivalence est la compatibilit´e avec le produit :

Lemme 1.5. — Si f(x) ∼ f1(x) et g(x) ∼ g1(x) quand x → x0, alors aussi

1/f(x)∼1/f1(x), f(x)g(x)∼f1(x)g1(x), f x)/g(x)∼f1(x)/g1(x).

D´emonstration. — C’est presque ´evident. Par exemple, quand x→x0, (f(x)g(x))/(f1(x)g1(x)) = (f(x)/f1(x))×(g(x)/g1(x))

tend vers 1 puisque les deux facteurs tendent vers 1.

On peut donc, pour d´eterminer la limite d’un produitf(x)g(x), remplacer les facteurs par des fonctions ´equivalentes quand x →x0. On a bien sˆur int´erˆet `a les choisir les plus simples possibles.

L’´equivalence n’est compatible ni avec l’addition, ni avec la composition.

Exemple 1.6. — Quand x → +∞, on a x² +x ∼ x² et −x² +x ∼

−x²+x mais en additionnant membre `a membre, on obtiendrait 2x∼x qui est faux.

Quand x→+∞, x²+x∼x² mais e^x2+x = e^xe^x2 n’est pas ´equivalent `a e^x2.

1.3. D´eveloppements limit´es. — On a vu l’importance, pour lever les ind´eterminations «∞ ×0», de trouver un ´equivalent simple de f(x) (x→x0).

Sif(x) a une limite l, finie ou infinie, il y a trois cas :

1. si l est infini, on cherche `a mettre un terme dominant en facteur ; 2. si l est fini non nul, on a f(x)∼l et le probl`eme est r´esolu ;

3. si l = 0, l ne peut pas servir d’´equivalent. Souvent, on utilise les D.L.

Dans ce paragraphe, on s’int´eresse au cas o`u l est fini. On suppose x0

fini et, pour simplifier la pr´esentation, que f est d´efinie au voisinage de x0 ∈IR.

D´efinition 1.7. — Soit n ∈ IN, x₀ ∈ IR et f une fonction d´efinie au voisinage dex₀. S’il existe a₀, . . . , a_n∈C et une fonction (h) d´efinie au voisinage de 0, tels que

(2) f(x0+h) =a0+a1h+· · ·+anhⁿ+hⁿ(h), (h)−−→_h→0 0 au voisinage de 0, on dit que (2) est un D.L. (d´eveloppement limit´e) `a l’ordren def en x0. On dit aussi quef admet un D.L. `a l’ordren en x0.

La condition (h) −−→

h→0 0 est bien sˆur cruciale puisque, quels que soit les nombres a0, . . . , an, la premi`ere condition est r´ealis´ee pour un et un seul choix de la fonction (h) (h petit, h 6= 0). La propri´et´e (2) signifie, que, pour un choix dea0, . . . , an,

(3) (h) := f(x0+h)−(a0 +a1h+· · ·+anhⁿ)

hⁿ −−→

h→0 0.

Une autre formulation de (2), avec (h)−−→

h→0 0 :

(4) f(x) =a0+a1(x−x0) +· · ·+an(x−x0)ⁿ+ (x−x0)ⁿ(x−x0).

Lemme 1.8. — Si la fonctionf admet un D.L. `a l’ordre n enx0, il est uniquement d´etermin´e.

D´emonstration. — Supposons que

f(x0+h) = a0+a1h+· · ·+anhⁿ+hⁿ1(h), 1(h)−−→

h→0 0, f(x0+h) = a0+b1h+· · ·+bnhⁿ+hⁿ2(h), 2(h)−−→

h→0 0.

Il s’agir de montrer quea₀ =b₀, . . . , a_n =b_n. Posonsc₀ =a₀−b₀, . . . , c_n= an−bn et soustrayons membre `a membre :

0 =c0+c1h+· · ·+cnhⁿ+hⁿ3(h), 3(h)−−→_h→0 0.

En faisant tendre h vers 0, on obtient c0 = 0, puis en divisant par h6= 0 petit

0 =c1+c2h+· · ·+cnhⁿ⁻¹+hⁿ⁻¹3(h), 3(h)−−→

h→0 0.

On recommence n fois. On obtient c₀ =· · ·=c_n= 0.

Dans le D.L. (2), le polynˆomea₀+a₁h+· · ·+a_nhⁿestla partie principale et le dernier terme hⁿ(h) est le reste.

Il faut toujours ´ecrire le reste hⁿ(h)! C’est une faute grave de ne pas l’´ecrire.Si on ne l’´ecrit pas, la formule ´ecrite est une ´egalit´e fausse.

L’application des D.L. au probl`eme pos´e est la suivante :

Lemme 1.9. — On suppose que f(x) admet le D.L. (2) en x0 ∈IR. On a :

1. si la partie principale est le polynˆome nul, alors f(x₀+h) =hⁿ(h); 2. sinon, f(x0+h)∼aph^p quand h→0, ouf(x)∼ap(x−x0)^p quand x→x₀, o`ua_ph^p est le terme non nulde plus bas degr´e dans la partie principale.

Dans le deuxi`eme cas, le probl`eme de trouver un ´equivalent simple de f(x) quand x → x0 est r´esolu. Dans le premier cas, il ne l’est pas (souvent ¸ca signifie que l’ordre de D.L. n’est pas suffisant) mais l’´egalit´e f(x0 +h) = hⁿ(h) peut ˆetre utile.

D´emonstration. — Le premier cas est ´evident. Dans le deuxi`eme, on peut mettrea<sub>p</sub>h<sup>p</sup> en facteurpuisque a<sub>p</sub> 6= 0 et on obtientf(x<sub>0</sub>+h) =a<sub>p</sub>h<sup>p</sup>(1 + 1(h)) o`u 1(h) tend vers 0 avec h, donc f(x0 +h)/(aph^p) tend vers 1 quand h→0.

On reviendra plus bas sur le calcul des D.L. et les quelques D.L. qu’il faut connaˆıtre.

1.4. Notations (h) et _n =(1/n). — A mon avis, ce sont les nota-` tions les plus utiles et on peut se passer des notations O et o (voir plus bas).

Notation 1.10. — On note (·) n’importe quelle fonction, d´efinie sur un voisinage ´epoint´e de 0 ∈ IR, ´eventuellement seulement `a gauche ou seulement `a droite de 0, telle que (h) −−→_h→0 0. On note n ou (1/n) toute suite qui tend vers 0 quand n tend vers l’infini.

C¸ a veut dire la chose suivante : si dans un calcul ou dans un ´enonc´e apparaˆıt `a un endroit donn´ele symbole (·), ce symbole remplace `a cet endroit une fonction d´etermin´ee mais qu’on ne connaˆıt pas et qu’on ne veut pas connaˆıtre. On sait seulement qu’elle tend vers 0 quand la variable de(·) tend vers 0. Si le mˆeme symbole apparaˆıt `a un autre endroit donn´e, il d´esignea prioriune autre fonction d´etermin´ee (`a cet endroit) mais quon ne connaˆıt pas, sauf qu’elle tend vers 0...

Si le mˆeme symbole (·) apparaˆıt `a plusieurs endroits d’un calcul ou d’un ´enonc´e, il repr´esente `a chaque fois une fonction diff´erente, sauf exception sans importance.

C’est une notation–convention tr`es pratique mais un peu dangereuse.

Exemple 1.11. — Avec cette conventionx=(x) et sinx=(x) (x→ 0) ; ¸ca veut dire que x et sinx tendent vers 0 avec x, en aucun cas que sinx=x!

Remarque 1.12. — Si cette convention vous choque ou si vous crai- gnez qu’elle vous induise en erreur, ce qui est tout `a fait normal, la solu- tion consiste `a indexer les fonctions (x) qui apparaissent, par exemple ¹(h), ²(h), . . .et `a changer d’indice `a chaque occurence d’une telle fonc- tion. Dans l’exemple ci-dessus, vous ´ecrirez x = ¹(x) et sinx = ²(x) (x→0).

Par composition, on note

(x−x0) toute fonction qui tend vers 0 quand x→x0 ∈IR (1/x) toute fonction qui tend vers 0 quand x→ ∞.

Le calcul des fonctions (h) d´ecoule imm´ediatement des op´erations

´el´ementaires sur les limites. On a :

1. (h) est une fonction born´ee de h au voisinage ´epoint´e de 0 ;

2. (addition) (h) + (h) = (h) (si vous ˆetes troubl´es, mettez des indices !) ;

3. (produit) fonction born´ee(h)×(h) =(h) (mˆeme remarque) ; 4. (substitution) ((h)) = (h) (mˆeme remarque).

Dans la suite, on accepte la convention.

1.5. NotationsO et o. — Comme on les rencontre souvent, il faut les connaˆıtre mais, au moins cette ann´ee, vous pouvez ´eviter de les utiliser.

Dans les deux d´efinitions qui suivent, x0 est fini ou infini et f et g sont des fonctions d´efinies sur un voisinage ´epoint´e dex0 (´eventuellement seulement `a gauche de x0 ou seulement `a droite dex0).

D´efinition 1.13. — 0n note« f(x) =O(g(x)) quandx tend versx0» si :

1. la fonction g ne s’annule pas au voisinage ´epoint´e de x0,

2. la fonction f /g est born´ee au voisinage ´epoint´e de x0 : il existe un tel voisinage I de x0 et M ∈ IR⁺ tels que : |f(x)| ≤ |g(x)| pour tout x∈I.

D´efinition 1.14. — On note« f(x) =o(g(x)) quandx tend versx0» si

1. la fonction g ne s’annule pas au voisinage ´epoint´e de x0, 2. f(x)/g(x)→0 quand x→x₀.

Le cas des suites est analogue : remplacer x par n ∈ IN qui tend vers l’infini.

On a la mˆeme convention g´en´erale que pour la notation (·) :

Si le mˆeme symbole O(g(x)) (idem pour o(g(x))) apparaˆıt `a plusieurs endroits d’un calcul ou d’un ´enonc´e, il repr´esente

`

a chaque fois une fonction diff´erente, sauf exception sans impor- tance, dont la seule propri´et´e connue est celle donn´ee par la d´efinition ci-dessus.

Remarque 1.15. — En particulier, f(x) =O(1) signifie que f est une fonction born´ee au voisinage ´epoint´e de x₀.

Sif(x) =O(g(x)) quand x→x₀, on ´ecrit f(x) =g(x)×(f(x)/g(x)).

Par d´efinition, le deuxi`eme facteur est un O(1). On a donc : f(x) =O(g(x)) ⇒ f(x) =g(x)O(1).

C’est presqu’une ´equivalence, sauf que f(x) = g(x)O(1) n’interdit pas que g et f s’annulent. En pratique, on peut toujours remplacer f(x) = O(g(x)) parf(x) =g(x)O(1) sans perdre d’information. Il suffit de savoir utiliser O(1).

De mˆeme f(x) = o(g(x)) quandx→x0 est presque ´equivalent `a f(x) = g(x)(x−x0) si x0 est fini,

f(x) = g(x)(1/x) si x0 est infini.

On peut, si l’on veut, se passer des o.

Il est courant d’utiliser les notations O et o dans les restes des D.L.

Par exemple, quand x→0, les D.L. `a l’ordre 4 :

sinx=x−x³/6+x⁴(x), sinx=x−x³/6+o(x⁴), sinx=x−x³/6+O(x⁵), sont corrects. Les deux premiers signifient exactement la mˆeme chose.

Le troisi`eme est un peu plus pr´ecis car tout O(x⁵) est un o(x⁴) mais la r´eciproque est fausse. Mˆeme remarque pour les d´eveloppements :

sin 1 n = 1

n−1 6

1 n³+ 1

n⁴n, sin 1 n = 1

n−1 6

1 n³+o( 1

n⁴), sin 1 n = 1

n−1 6

1

n³+O( 1 n⁵).

2. Calcul des D.L.

2.1. Formule de Taylor-Young. — Soit n ∈ IN et I ⊂ IR un inter- valle. Une fonction f :I →C est de classeCⁿsi elle est d´erivable jusqu`a l’ordre n sur I et si ses d´eriv´ees d’ordre ≤n sont continues sur I.

Th´eor`eme 2.1. — Soit f une fonction de classe Cⁿ au voisinage de x0 ∈IR. On a :

(5)

f(x) =f(x0)+f⁰(x0)x−x0

1! +· · ·+f⁽ⁿ⁾(x0)(x−x0)ⁿ

n! +(x−x0)ⁿ(x−x0).

C’est la formule de Taylor-Young. Autrement dit, f admet un D.L. `a l’ordre n en x0 ∈IR et il est donn´e par la formule ci-dessus.

De fa¸con ´equivalente :

(6) f(x0+h) =f(x0) +f⁰(x0) h

1! +· · ·+f⁽ⁿ⁾(x0)hⁿ

n! +hⁿ(h).

La fonction (h) d´epend bien sˆur de la fonction f choisie, du point x0 choisi et de l’ordre n choisi !

2.2. Int´egration et d´erivation des D.L.. — On a :

Proposition 2.2. — Soit f une fonction de classe Cⁿ pr`es de x₀ ∈ IR et

f(x0+h) =a0+a1h+· · ·+akh^k+· · ·+anhⁿ+hⁿ(h) son D.L. `a l’ordre n en x<sub>0</sub>. Sa d´eriv´ee admet le D.L. `a l’ordre n−1

f⁰(x₀+h) =a₁ + 2a₂h+· · ·+ka_kh^k−1+· · ·+na_nhⁿ⁻¹+hⁿ⁻¹(h),

et une primitive F de f admet le D.L. `a l’ordre n+ 1 F(x0+h) = F(x0)+a0h+a1

h²

2 +· · ·+ak

h^k+1

k+ 1+· · ·+an

hⁿ⁺¹

n+ 1+hⁿ⁺¹(h).

On peut donc, dans le cas d’une fonction de classe Cⁿ, d´eriver et int´egrer son D.L. terme `a terme, en faisant attention aux restes.

D´emonstration. — Laiss´ee en exercice, `a partir de la formule (5) qui donne a_k = f^(k)(x₀)/k! et du fait qu’on a F^(k+1) = f^(k) et (f⁰)^(k) = f^(k+1).

2.3. Les D.L. fondamentaux. — Ce sont les D.L. (7), (8), (9), (10) ci-dessous, qu’il faut connaˆıtre par cœur. On peut tous les obtenir `a partir de la formule de Taylor-Young.

Le plus souvent, le D.L. d’une fonction f est obtenu plus rapidement par le calcul des D.L., `a partir des D.L. fondamentaux, qu’en appliquant le formule de Taylor-Young `a la fonction f.

a) La fonction exponentielle. On a : (7) e^x = 1 + x

1!+ x²

2! +· · ·+xⁿ

n! +xⁿ(x), (x→0).

Pourx0 ∈IR on obtient le D.L. de e^x en x0 en ´ecrivantx=x0+hd’o`u e^x0+h = e^x0e^h

et il suffit de remplacer e^h par son D.L.

On obtient les D.L. de coshx= (e^x+ e^−x)/2 et sinhx= (e^x−e^−x)/2

`a partir de ceux de e^x et e^−x.

Il n’y a pas de formule simple pour les D.L. de tanhx= sinhx/coshx.

Pour un ordre petit, on l’obtient par division.

b) Les fonctions trigonom´etriques. Celui de e^ix := cosx+isinx: (8) e^ix = 1 + (ix)

1! +(ix)²

2! +· · ·+ (ix)ⁿ

n! +xⁿ(x), (x→0).

Pour x0 ∈ IR on obtient le D.L. de e^ix en x0 en ´ecrivant x = x0 +h d’o`u

e^i(x0+h)= e^ix0e^ih et il suffit de remplacer e^ih par son D.L.

On obtient les D.L. de cosx= (e^ix+ e^−ix)/2 et sinx= (e^ix −e^−ix)/2i

`a partir de ceux de e^ix et e^−ix.

Il n’y a pas de formule simple pour les D.L. de tgx= sinx/cosx. Pour un ordre petit, on l’obtient par division.

c) La s´erie g´eom´etrique. On a

(9) (1−x)⁻¹ = 1 +x+x² +· · ·+xⁿ+xⁿ(x), (x→0),

D.L. particuli`erement importante qu’on peut d´emontrer directement `a partir de la formule 1−xⁿ⁺¹ = (1−x)(1 +x+· · ·+xⁿ).

On obtient les D.L. de 1/x en x0 6= 0 en ´ecrivant x=x0 +h d’o`u x⁻¹ = (x₀+h)⁻¹ =x⁻₀¹(1−(−h/x₀))⁻¹

et le D.L. du deuxi`eme facteur est obtenu en substituant −h/x<sub>0</sub> `axdans (9).

Par substitution, on obtient les D.L :

(1+x)⁻¹= 1−x+x²+· · ·+(−1)^kx^k+· · ·+(−1)ⁿxⁿ+xⁿ(x), (x→0), (1+x)⁻¹ = 1−x²+x⁴+· · ·+(−1)^kx^2k+· · ·+(−1)ⁿx²ⁿ+xⁿ(x), (x→0).

Par int´egration, voir Proposition 2.2, on obtient `a partir de ces D.L.

ceux de ln(1 +x) `a l’ordre n+ 1 et de Arctgx `a l’ordre 2n+ 1 en 0.

d) Les fonctions (1 +x)^a, a r´eel.On a, quand x tend vers 0 : (10)

(1+x)^a= 1+a x

1!+a(a−1)x²

2!+· · ·+a(a−1). . .(a−(n−1))xⁿ

n!+xⁿ(x).

On obtient les D.L. de 1/x^a en x0 > 0 en ´ecrivant x = x0 +h. On obtient x^a = (x₀ +h)^a = x^a₀(1 +h/x₀)^a. Une substitution dans (10) donne le D.L.

Dans le cas a = −1/2, par substitution puis int´egration, on peut en d´eduire les D.L. de la fonction Arcsinx en 0.

2.4. Calcul des D.L.. — D’une fa¸con g´en´erale, on calcule comme d’habitude, sans oublier les restes. En cours de route, on interpr`ete les restes et on simplifie en cons´equence (nettoyage).

Nettoyage.Le D.L. sinx=x−x³/6 +x⁷+x⁴(x) +x³(x) n’apporte ni plus ni moins d’information que le D.L. sinx = x −x³/6 +x³(x) puisque x⁷ et x⁴(x) sont des fonctions de la forme x³(x). On pr´ef`ere

´evidemment la deuxi`eme ´ecriture, plus simple. En g´en´eral, si on a une

´egalit´e avec des monˆomes et des restes, on rep`ere le reste«dominant» et on met dans le reste tous les termes qui sont ´egaux `a un reste du mˆeme type.

Troncature.Si une fonction admet le D.L.a0+· · ·+anhⁿ+hⁿ(h) et si 0≤p < n, les termesa_p+1h^p+1, . . .,a_nhⁿethⁿ(h) sont tous desh^p(h).

La fonction admet donc le D.L. `a l’ordre p a₀+· · ·+a_ph^p +h^p(h).

Somme. Il suffit de l’´ecrire, regrouper les termes de mˆeme degr´e et nettoyer.

Produit. Il suffit de l’´ecrire, d´evelopper, regrouper les termes et net- toyer.

Substitutions simples.En rempla¸cant hpar ah^p (avecp >0 !) dans le D.L. `a l’ordren en 0 d’une fonctionf(h), comme ah<sup>p</sup> tend vers 0 avec h, on obtient un D.L. de f(ah<sup>p</sup>) `a l’ordre pn.

Composition. Plus g´en´eralement, on peut substituer une fonction u(ξ) `ah(qui tend vers 0) dans un D.L. et obtenir quelque chose d’int´eressant quand ξ →ξ<sub>0</sub>,`a condition que u(ξ)tende vers 0 quand ξ →ξ₀.

Si au cours d’un calcul, vous rencontrez une fonction (u(h)) o`u u(h) ne tend pas vers 0 avec h, c’est que vous faites fausse route. Le d´evelopement obtenu ne dit rien du tout.

Quotient. Il faut que la partie principale du d´enominateur soit non nulle. On met le terme dominant en facteur et on est ramen´e `a calculer un D.L. de (1 + u(x))<sup>−1</sup> o`u u(x) est un D.L. sans terme constant. On utilise alors un D.L. de (1 +u)⁻¹ en 0.

Exemple 2.3. — Trouver le D.L. `a l’ordre 5 en 0 de la fonction tgx.

Tous les D.L. sont en 0. On sait que :

sinx=x−x³/6 +x⁵/120 +x⁵(x), cosx= 1−x²/2 +x⁴/24 +x⁴(x).

On ´ecrit cosx= 1−u(x) avec u(x) =x²/2−x⁴/24 +x⁴(x), donc u(x)² =x⁴/4 +x⁴(x), u(x)²(u(x)) = x⁴(x),

puis

1/cosx = (1−u(x))⁻¹

= 1 +u(x) +u(x)²+u(x)²(x)

= 1 + (x²/2−x⁴/24 +x⁴(x)) + (x⁴/4 +x⁴(x)) +x⁴(x)

= 1 +x²/2 + 5x⁴/24 +x⁴(x).

Alors :

tgx = sinx/cosx

= (x−x³/6 +x⁵/120 +x⁵(x)) 1 +x²/2 + 5x⁴/24 +x⁴(x)

= x+x³/2 + 5x⁵/24−x³/6−x⁵/12 +x⁵/120 +x⁵(x)

= x+x³/3 + 2x⁵/15 +x⁵(x), sauf erreur. Derni`ere r`egle :

V´erifier ses calculs.