Développable, ou seulement de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ ?

La stratégie. Être de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ ne suffit pas à être développable : la série de Taylor peut converger vers autre chose. Ce qui décide, c'est le contrôle du reste de Taylor. Et quand on ne sait pas calculer les dérivées, on fait vérifier à $f$ une équation différentielle linéaire, on cherche une solution en série entière, et l'unicité du problème de Cauchy conclut — c'est la méthode que le programme exige de savoir mettre en œuvre.

1) Le problème de Cauchy. $f(x)=(1+x{)}^{\alpha }=e^{\alpha \ln (1+x)}$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $]-1,1[$, de dérivée $\alpha (1+x{)}^{\alpha -1}$, donc $(1+x)f^{\prime }=\alpha (1+x{)}^{\alpha }=\alpha f$ et $f(0)=1$. Unicité : l'équation s'écrit $y^{\prime }=\frac{\alpha }{1+x}y$, linéaire du premier ordre à coefficient continu sur $]-1,1[$, donc la solution valant $1$ en $0$ est unique (théorème de Cauchy linéaire, première année). (Directement : si $y$ est solution, la dérivée de $y(x)(1+x{)}^{-\alpha }$ vaut $\left[y^{\prime }(1+x)-\alpha y\right](1+x{)}^{-\alpha -1}=0$, donc ce quotient est constant, égal à $1$.)

2) La solution en série entière. Cherchons $y={\sum }_{n\ge 0}{a}_n{x}^n$ de rayon $R>0$. Sur $]-R,R[$, la dérivation terme à terme est licite et $y^{\prime }(x)={\sum }_{n\ge 1}n{a}_n{x}^{n-1}={\sum }_{n\ge 0}(n+1)a_{n+1}{x}^n$. L'équation $(1+x)y^{\prime }=\alpha y$ devient $$\sum _{n\ge 0}(n+1)a_{n+1}{x}^n+\sum _{n\ge 0}n{a}_n{x}^n=\sum _{n\ge 0}\alpha a_n{x}^n,$$ où le terme $x{y}^{\prime }$ a été récrit ${\sum }_{n\ge 1}n{a}_n{x}^n={\sum }_{n\ge 0}n{a}_n{x}^n$. Par unicité des coefficients (exercice 8), on identifie ordre par ordre : $$(n+1)a_{n+1}+n{a}_n=\alpha a_n,\text{c’est-aˋ-dire}{a}_{n+1}=\frac{\alpha -n}{n+1}{a}_n.$$ Avec $a_0=y(0)=1$, une récurrence immédiate donne $$a_n=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}.$$

Le rayon. Si $\alpha \in \mathbb{N}$, $a_n=0$ dès que $n>\alpha$ : la série est un polynôme — la formule du binôme — et $R=+\infty$. Sinon aucun facteur $\alpha -n$ ne s'annule, tous les $a_n$ sont non nuls, et $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac{|\alpha -n|}{n+1}\to 1$ donne $R=1$ par la règle de d'Alembert. Dans les deux cas $R>0$, ce qu'il fallait.

3) La conclusion, et deux cas remarquables. Notons $g$ la somme de la série sur $]-1,1[$. Elle est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, vérifie $(1+x)g^{\prime }=\alpha g$ par construction et $g(0)=a_0=1$ : c'est une solution du même problème de Cauchy que $f$. Par unicité (question 1), $f=g$ sur $]-1,1[$ : $$(1+x{)}^{\alpha }=1+\sum _{n\ge 1}\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}{x}^n(|x|<1).$$

Cas $\alpha =\frac{1}{2}$. On calcule, pour $n\ge 1$, $$a_n=\frac{1}{n!}\prod _{j=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}-j\right)=\frac{1}{2^{n}n!}\prod _{j=0}^{n-1}(1-2j)=\frac{(-1{)}^{n-1}}{2^{n}n!}\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-3),$$ le produit valant $1\cdot (-1)\cdot (-3)\cdots \left(-(2n-3)\right)$, soit $(-1{)}^{n-1}$ fois le produit des impairs. En multipliant et divisant par les pairs, $1\cdot 3\cdots (2n-3)=\frac{(2n-2)!}{2^{n-1}(n-1)!}$, d'où $$a_n=\frac{(-1{)}^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}n!(n-1)!}.$$ Contrôle : $n=1$ donne $\frac{0!}{2\cdot 1\cdot 1}=\frac{1}{2}$ ; $n=2$ donne $-\frac{2!}{8\cdot 2\cdot 1}=-\frac{1}{8}$ ; $n=3$ donne $\frac{4!}{32\cdot 6\cdot 2}=\frac{24}{384}=\frac{1}{16}$. On retrouve bien $\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}-\cdots$

Cas $\alpha =-\frac{1}{2}$. Cette fois $$a_n=\frac{1}{n!}\prod _{j=0}^{n-1}\left(-\frac{1}{2}-j\right)=\frac{(-1{)}^n}{2^{n}n!}\cdot 1\cdot 3\cdots (2n-1)=(-1{)}^n\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}=(-1{)}^n\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right),$$ où $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ se lit « n parmi 2n ». En substituant $x\leftarrow -4x$, il vient la forme qui servira au problème : $$\frac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum _{n\ge 0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)x^n\left(|x|<\frac{1}{4}\right).$$ (Contrôle : $n=1$ donne $-\frac{1}{2}$, $n=2$ donne $\frac{3}{8}$, conformément à $(1+x{)}^{-1/2}=1-\frac{x}{2}+\frac{3x^2}{8}-\cdots$)

4) La fonction ${\mathcal{C}}^{\infty }$ dont toutes les dérivées s'annulent.

Sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$. Montrons par récurrence qu'il existe un polynôme $P_n$ tel que $$g^{(n)}(x)=P_n\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2}(x\ne 0).$$ Pour $n=0$, $P_0=1$. Si la formule vaut au rang $n$, en dérivant le produit et en utilisant ${\left(\frac{1}{x}\right)}^{\prime }=-\frac{1}{x^2}$ et ${\left(e^{-1/x^2}\right)}^{\prime }=\frac{2}{x^3}{e}^{-1/x^2}$ : $$g^{(n+1)}(x)=\left[-\frac{1}{x^2}{P}_n^{\prime }\left(\frac{1}{x}\right)+\frac{2}{x^3}{P}_n\left(\frac{1}{x}\right)\right]e^{-1/x^2}=P_{n+1}\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2},$$ avec $P_{n+1}(X)=-X^2{P}_n^{\prime }(X)+2X^3{P}_n(X)$, qui est bien un polynôme. En particulier $g$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$.

En $0$. Montrons par récurrence que $g^{(n)}(0)$ existe et vaut $0$. C'est vrai pour $n=0$ par définition du prolongement. Supposons $g^{(n)}(0)=0$ ; le taux d'accroissement en $0$ s'écrit, pour $h\ne 0$, $$\frac{g^{(n)}(h)-g^{(n)}(0)}{h}=\frac{1}{h}{P}_n\left(\frac{1}{h}\right)e^{-1/h^2}=Q\left(\frac{1}{h}\right)e^{-1/h^2},Q(X)=X{P}_n(X).$$ Posons $u=\frac{1}{|h|}\to +\infty$ quand $h\to 0$. Si $d$ est le degré de $Q$, il existe $C$ tel que $\left|Q\left(\frac{1}{h}\right)\right|\le C{u}^d$ pour $u\ge 1$, donc $$\left|Q\left(\frac{1}{h}\right)e^{-1/h^2}\right|\le C{u}^d{e}^{-u^2}⟶0,$$ l'exponentielle écrasant toute puissance. Donc $g^{(n+1)}(0)$ existe et vaut $0$.

Continuité des dérivées en $0$. La même croissance comparée donne $g^{(n)}(x)\to 0=g^{(n)}(0)$ quand $x\to 0$ : chaque $g^{(n)}$ est continue en $0$. Donc $g$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$, avec toutes ses dérivées nulles en $0$.

5) Elle n'est pas développable. Sa série de Taylor en $0$ est ${\sum }_{n\ge 0}\frac{g^{(n)}(0)}{n!}{x}^n={\sum }_{n}0\cdot x^n$ : c'est la série nulle, de rayon infini, et de somme la fonction nulle. Or $g(x)=e^{-1/x^2}>0$ pour tout $x\ne 0$. La série de Taylor de $g$ converge donc partout, mais pas vers $g$ : il n'existe aucun voisinage de $0$ sur lequel $g$ soit somme d'une série entière. Être de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ n'implique pas être développable en série entière.

6) Le critère qui sauve l'exponentielle, le cosinus et le sinus.

L'énoncé. Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ dont toutes les dérivées sont majorées par une même constante $M$ : $\left|f^{(n)}(u)\right|\le M$ pour tout $n$ et tout $u$. Alors $f$ est somme de sa série de Taylor en $0$ sur $\mathbb{R}$ tout entier.

La démonstration. Fixons $x\in \mathbb{R}$ et notons $T_n(x)={\sum }_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{x}^k$ et $R_n(x)=f(x)-T_n(x)$. La fonction $f$ étant de classe ${\mathcal{C}}^n$ sur le segment d'extrémités $0$ et $x$, l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $n$ donne $$\left|R_n(x)\right|\le \frac{|x{|}^n}{n!}\underset{u\in [0,x]}{\sup }\left|f^{(n)}(u)\right|\le M\frac{|x{|}^n}{n!}.$$ C'est ici, et uniquement ici, que sert l'hypothèse : le supremum est majoré par $M$ quel que soit $n$. Or, à $x$ fixé, $\frac{|x{|}^n}{n!}$ est le terme général de la série exponentielle ${\sum }_n\frac{|x{|}^n}{n!}=e^{|x|}$, qui converge : son terme général tend vers $0$. Par encadrement, $R_n(x)\to 0$, c'est-à-dire $T_n(x)\to f(x)$ : $$\forall x\in \mathbb{R},f(x)=\sum _{n\ge 0}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n.$$

Les trois exemples. Pour $\cos$ et $\sin$, toutes les dérivées valent $\pm \cos$ ou $\pm \sin$ : l'hypothèse tient avec $M=1$. Pour $\exp$, l'hypothèse globale est fausse, mais une hypothèse locale suffit et se démontre à l'identique : si pour tout $a>0$ une constante $M_a$ majore toutes les dérivées sur $[-a,a]$, la même majoration y donne $f(x)=\sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n$, donc sur $\mathbb{R}$ — et sur $[-a,a]$ les dérivées de $\exp$ valent $\exp \le e^a$.

La réciproque est fausse. Être développable n'impose nullement des dérivées bornées : $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$ et développable en série entière, ${\sum }_{k\ge 0}(-1{)}^k{x}^{2k}$, mais de rayon $1$ seulement, et ses dérivées en $0$ explosent, $\left|f^{(2k)}(0)\right|=(2k)!$, soit $2$, $24$, $720$, $40320$ pour $n=2,4,6,8$. Aucune constante ne les majore toutes.

Le point à ne pas manquer. La majoration $M\frac{|x{|}^n}{n!}$ n'est pas décroissante en $n$ : le rapport de deux termes consécutifs vaut $\frac{|x|}{n+1}$, donc la suite croît tant que $n<|x|$ et ne s'effondre qu'ensuite. Le seuil est $n\approx |x|$, et il peut être arbitrairement grand : la convergence est garantie, mais elle est « en retard » sur $x$ — c'est ce qui rend le calcul numérique de $\sin (20)$ par sa série de Taylor si instable.

Ce que l'exercice installe. Deux choses opposées. Une méthode : quand on ne sait pas calculer les dérivées, on fait vérifier à $f$ une équation différentielle linéaire, on cherche la solution en série entière par identification, et l'unicité du problème de Cauchy conclut. Et une obstruction : la classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ ne suffit pas, ce qui décide étant le contrôle du reste de Taylor. La question 6 renverse alors le point de vue — « être développable » devient la conclusion d'un théorème dont l'hypothèse porte sur les dérivées.