Le développement d'un produit

Les deux facteurs. ${\mathrm{e}}^x=1+x+\frac{x^2}{2}+x^2\epsilon (x)$ et $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+x^2\epsilon (x)$.

Le produit, à l'ordre 2. On multiplie en ne gardant que les termes de degré au plus $2$ ; tout ce qui dépasse est absorbé dans $x^2\epsilon (x)$. Le terme de degré $1$ est $1\times x$ ; les termes de degré $2$ sont $1\times \left(-\frac{x^2}{2}\right)$ et $x\times x$, de somme $\frac{x^2}{2}$. Donc $$f(x)=x+\frac{x^2}{2}+x^2\epsilon (x).$$ Le produit $\frac{x^2}{2}\times x$ est de degré $3$ : il ne compte pas.

Vérification par Taylor-Young. $f(0)=0$ ; $f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x\ln (1+x)+\frac{{\mathrm{e}}^x}{1+x}$, donc $f^{\prime }(0)=1$ ; $f^{\prime \prime }(x)={\mathrm{e}}^x\ln (1+x)+\frac{2{\mathrm{e}}^x}{1+x}-\frac{{\mathrm{e}}^x}{(1+x{)}^2}$, donc $f^{\prime \prime }(0)=0+2-1=1$ et $a_2=\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}=\frac{1}{2}$. Les deux méthodes s'accordent, comme l'unicité du développement l'exige.

Tangente et position. $a_0=0$ et $a_1=1$ : la tangente est $y=x$. Et $a_2=\frac{1}{2}>0$ : le graphe est au-dessus de sa tangente au voisinage de $0$.

Contrôle numérique. $f(0,1)=0,10533$, contre $0,1$ pour la tangente.

Le point à retenir. Un produit de développements se calcule en tronquant à l'ordre voulu. Le contrôle par Taylor-Young ne coûte que deux dérivations, et il détecte les termes oubliés.