Le développement de la tangente par son équation différentielle

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule de Taylor-Young, la parité (le développement d'une fonction impaire n'a que des puissances impaires), la primitivation (si $F^{\prime }=f$ et si $f$ admet un ${\mathrm{DL}}_n(0)$, $F$ admet le ${\mathrm{DL}}_{n+1}(0)$ obtenu terme à terme, de constante $F(0)$), et l'unicité des coefficients. Le programme n'exige la tangente qu'à l'ordre $3$ : on démontre l'ordre $5$, puis l'ordre $7$.

a) Existence et forme. Sur $\left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$, $\tan =\frac{\sin }{\cos }$ est un quotient de fonctions de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ dont le dénominateur ne s'annule pas : elle est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, et Taylor-Young lui donne un développement à tout ordre. Elle est impaire : puissances impaires seulement. Son premier coefficient est ${\tan }^{\prime }(0)=1+{\tan }^{2}0=1$. D'où $\tan x=x+\alpha x^3+\beta x^5+o(x^6)$ — et le reste est en $o(x^6)$ parce que le coefficient de $x^6$ est nul : la parité offre un ordre gratuit.

b) L'amorçage par l'équation. Si $1+{\tan }^2$ admet un ${\mathrm{DL}}_4(0)$, la primitivation donne le ${\mathrm{DL}}_5(0)$ de $\tan$, de constante $\tan 0=0$. Avec $\tan x=x+\alpha x^3+o(x^4)$, le carré à l'ordre $4$ ne retient que $x^2$ et le double produit $2\cdot x\cdot \alpha x^3$ : $$1+{\tan }^{2}x=1+x^2+2\alpha x^4+o(x^4),$$ donc, en primitivant, $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2\alpha }{5}{x}^5+o(x^5).$$ Par unicité, on identifie avec $x+\alpha x^3+\beta x^5+o(x^5)$ : $\alpha =\frac{1}{3}$, puis $\beta =\frac{2\alpha }{5}=\frac{2}{15}$. $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^6).$$

Le point délicat. L'inconnue $\alpha$ figure des deux côtés : comme coefficient de $x^3$, et dans le coefficient de $x^5$. L'équation différentielle décale d'un cran : le coefficient d'ordre $2k+1$ se lit sur les coefficients d'ordre inférieur du carré. Chaque coefficient engendre le suivant — c'est un amorçage.

c) Par le quotient, puis à l'ordre $7$. On écrit $\cos x=1-u$ avec $u=\frac{x^2}{2}+o(x^3)\to 0$ ; alors $\frac{1}{\cos x}=1+u+o(u)=1+\frac{x^2}{2}+o(x^3)$, et $$\tan x=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)\left(1+\frac{x^2}{2}\right)+o(x^3)=x+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)x^3+o(x^3)=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$ À l'ordre $7$, par l'équation. Écrivons $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\gamma x^7+o(x^8)$. Le carré à l'ordre $6$ ne demande que des coefficients connus : le coefficient de $x^6$ reçoit le carré de $\frac{x^3}{3}$ et le double produit $2\cdot x\cdot \frac{2x^5}{15}$, soit $\frac{1}{9}+\frac{4}{15}=\frac{17}{45}$ : $${\tan }^{2}x=x^2+\frac{2x^4}{3}+\frac{17x^6}{45}+o(x^6),$$ et la primitivation donne $\gamma =\frac{17}{45\cdot 7}=\frac{17}{315}$. Par le quotient, il aurait fallu $\frac{1}{\cos x}$ à l'ordre $6$ — donc $u$, $u^2$ et $u^3$ — puis un produit à l'ordre $7$. L'équation différentielle coûte moins, parce qu'à chaque étape elle n'exige que ce qui est déjà connu ; au-delà, c'est le travail d'un logiciel, comme le prévoit le programme pour les calculs de pure technicité. Contrôle : en $x=0,1$, l'écart entre $\tan x$ et le développement d'ordre $5$, divisé par $x^7$, vaut $0,0542$, pour $\frac{17}{315}\approx 0,0540$.

d) La chute avec frottement. Remarque de programme : la fonction $t\mapsto \frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}}$ porte en physique le nom de tangente hyperbolique ; ce n'est pas un objet du cours de PTSI, et l'on n'en a pas besoin — l'énoncé la donne sous forme exponentielle, et tout se démontre avec l'exponentielle seule.

Imparité et équation. Posons $a=\frac{2g}{v_L}$ et $E(t)=e^{-at}$, de sorte que $v=v_L\frac{1-E}{1+E}$ ; le dénominateur ne s'annule jamais, et $v$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $e^{-at}$ : $$v(-t)=v_L\frac{1-e^{at}}{1+e^{at}}=v_L\frac{e^{-at}-1}{e^{-at}+1}=-v(t):$$ $v$ est impaire. Ensuite $E^{\prime }=-aE$, et la dérivée du quotient donne $$v^{\prime }=v_L\frac{aE(1+E)+aE(1-E)}{(1+E{)}^2}=v_L\frac{2aE}{(1+E{)}^2},$$ tandis que $$1-\frac{v^2}{v_L^2}=\frac{(1+E{)}^2-(1-E{)}^2}{(1+E{)}^2}=\frac{4E}{(1+E{)}^2}.$$ Comme $v_L\cdot 2a=4g$, on obtient $v^{\prime }=g\left(1-\frac{v^2}{v_L^2}\right)$, et $v(0)=0$.

L'amorçage. Exactement comme au b) : $v$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ et impaire, donc $v(t)=c_{1}t+c_3{t}^3+c_5{t}^5+o(t^6)$, avec $c_1=v^{\prime }(0)=g$. Le carré à l'ordre $4$ : $v^2=g^2{t}^2+2g{c}_3{t}^4+o(t^4)$, donc $$v^{\prime }(t)=g-\frac{g^3}{v_L^2}{t}^2-\frac{2g^2{c}_3}{v_L^2}{t}^4+o(t^4).$$ La primitivation, de constante $v(0)=0$, donne $$v(t)=gt-\frac{g^3}{3v_L^2}{t}^3-\frac{2g^2{c}_3}{5v_L^2}{t}^5+o(t^5).$$ Par unicité, $c_3=-\frac{g^3}{3v_L^2}$, puis $c_5=-\frac{2g^2{c}_3}{5v_L^2}=\frac{2g^5}{15v_L^4}$ : $$v(t)=gt-\frac{g^3{t}^3}{3v_L^2}+\frac{2g^5{t}^5}{15v_L^4}+o(t^5).$$ Ce sont, au facteur d'échelle près, les coefficients de la tangente avec des signes alternés : l'équation $w^{\prime }=1-w^2$ est celle de la tangente au signe près.

Lecture physique. Aux premiers instants, $v\approx gt$ : la chute libre. Le frottement n'apparaît qu'à l'ordre $3$, par le terme $-\frac{g^3{t}^3}{3v_L^2}$ : une force en $v^2$, avec $v\approx gt$, est en $t^2$, et son effet sur la vitesse s'accumule en $t^3$. Contrôle, avec $g=9,81\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-2}$ et $v_L=50\mathrm{m}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$, en $t=1\mathrm{s}$ : la vitesse exacte vaut $9,68603$, la chute libre $9,81$, l'ordre $3$ donne $9,68412$ et l'ordre $5$ donne $9,68606$.

Ce que l'exercice installe. Une fonction définie par une équation différentielle simple livre son développement sans qu'on la calcule : la parité donne la forme, l'équation amorce, la primitivation monte d'un ordre, l'unicité identifie. En optique géométrique, l'approximation de Gauss remplace $\tan i$ par $i$ pour les rayons peu inclinés ; le développement en donne le prix : l'erreur relative vaut $\frac{i^2}{3}$, soit environ 1 % pour une inclinaison de dix degrés. En mécanique, la même méthode dit à quel instant un modèle simplifié (la chute libre) cesse d'être fidèle.