Le $D{L}_5$ de $\tan$ par son équation différentielle

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Trois théorèmes du cours : la formule de Taylor–Young (une fonction ${\mathcal{C}}^n$ admet un ${\mathrm{DL}}_n$), la parité (le $\mathrm{DL}$ d'une fonction impaire n'a que des puissances impaires), la primitivation (si $F^{\prime }=f$ et $f$ admet un ${\mathrm{DL}}_n$, alors $F$ admet le ${\mathrm{DL}}_{n+1}$ obtenu en primitivant terme à terme, la constante étant $F(0)$) — et l'unicité des coefficients, qui permet d'identifier.

1) Existence et forme. Sur $\left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$, $\tan =\frac{\sin }{\cos }$ est un quotient de fonctions ${\mathcal{C}}^{\infty }$ dont le dénominateur ne s'annule pas : $\tan$ est ${\mathcal{C}}^{\infty }$, donc admet par Taylor–Young un développement limité en $0$ à tout ordre. Elle est impaire ($\tan (-x)=-\tan x$), donc son développement ne contient que des puissances impaires : le coefficient de $x^0$, $x^2$, $x^4$, $x^6$ est nul. Enfin $\tan x\sim x$ donne le coefficient $1$ en $x$ (le premier terme non nul du $\mathrm{DL}$ est l'équivalent). D'où la forme annoncée : $$\tan x=x+a{x}^3+b{x}^5+o(x^6).$$ Remarquer le reste en $o(x^6)$ et non $o(x^5)$ : la parité offre un ordre gratuit, puisque le terme en $x^6$ est nul.

2) L'amorçage par l'équation. Le cours dit : si ${\tan }^{\prime }=1+{\tan }^2$ admet un ${\mathrm{DL}}_4(0)$, alors $\tan$ admet le ${\mathrm{DL}}_5(0)$ obtenu en primitivant terme à terme, avec la constante $\tan 0=0$. Calculons donc le ${\mathrm{DL}}_4$ de $1+{\tan }^2$ à partir de la forme du 1) tronquée à l'ordre $4$ : $\tan x=x+a{x}^3+o(x^4)$. En élevant au carré et en ne gardant que l'ordre $4$ : $${\tan }^{2}x={\left(x+a{x}^3+o(x^4)\right)}^2=x^2+2a{x}^4+o(x^4),$$ car le double produit $2\cdot x\cdot a{x}^3=2a{x}^4$ est le seul terme d'ordre $4$, le carré $a^2{x}^6$ étant au-delà. Donc $$1+{\tan }^{2}x=1+x^2+2a{x}^4+o(x^4).$$ Primitivons terme à terme, constante nulle : $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2a}{5}{x}^5+o(x^5).$$ Par unicité du développement limité, on identifie avec $x+a{x}^3+b{x}^5+o(x^5)$ : $$a=\frac{1}{3},b=\frac{2a}{5}=\frac{2}{15}.$$ $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5).$$

Le point délicat. L'inconnue $a$ figure des deux côtés : à gauche comme coefficient de $x^3$, à droite comme coefficient de $x^5$ à travers $\frac{2a}{5}$. L'équation différentielle décale d'un cran : le coefficient d'ordre $2k+1$ de $\tan$ se lit sur les coefficients d'ordre inférieur de ${\tan }^2$. C'est un amorçage : chaque coefficient engendre le suivant.

3) Par le quotient, et à l'ordre 7. L'exercice résolu 4 du chapitre écrit $\cos x=1-u$ avec $u=\frac{x^2}{2}+o(x^3)$, compose $\frac{1}{1-u}=1+u+o(u)$ pour obtenir $\frac{1}{\cos x}=1+\frac{x^2}{2}+o(x^3)$, puis multiplie par $\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$ : $$\tan x=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)\left(1+\frac{x^2}{2}\right)+o(x^3)=x+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)x^3+o(x^3)=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$ On retrouve $a=\frac{1}{3}$.

À l'ordre 7, par l'équation. Écrivons $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+c{x}^7+o(x^8)$. Le carré, à l'ordre $6$, ne demande que les termes déjà connus : $${\tan }^{2}x=x^2+2\cdot \frac{x^4}{3}+\left(\frac{1}{9}+2\cdot \frac{2}{15}\right)x^6+o(x^6)=x^2+\frac{2x^4}{3}+\frac{17x^6}{45}+o(x^6),$$ puisque $\frac{1}{9}+\frac{4}{15}=\frac{5+12}{45}=\frac{17}{45}$. Primitivation : le coefficient de $x^7$ est $\frac{17}{45\cdot 7}=\frac{17}{315}$. Une ligne de plus, et $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\frac{17x^7}{315}+o(x^8).$$ Par le quotient, il aurait fallu $\frac{1}{\cos x}$ à l'ordre $6$ — donc $u$ à l'ordre $6$, $u^2$, $u^3$ — puis un produit à l'ordre $7$ : nettement plus de termes à contrôler. L'équation différentielle coûte moins, parce qu'elle n'exige à chaque étape que ce qui est déjà connu. Contrôle numérique : $\tan (0,5)=0,546302$ ; le ${\mathrm{DL}}_5$ donne $0,545833$, le ${\mathrm{DL}}_7$ donne $0,546255$ ; l'écart du ${\mathrm{DL}}_5$ divisé par $x^7$ vaut $0,0601$ en $x=0,5$, $0,0549$ en $0,2$, $0,0542$ en $0,1$, et $\frac{17}{315}=0,0540$ — le coefficient suivant est bien identifié.

4) La tangente hyperbolique. La tangente hyperbolique $\mathrm{th}=\frac{\mathrm{sh}}{\mathrm{ch}}$ (sinus hyperbolique sur cosinus hyperbolique) est ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$ (le cosinus hyperbolique ne s'annule jamais), impaire, avec $\mathrm{th}x\sim x$ (car ${\mathrm{th}}^{\prime }(0)=1-{\mathrm{th}}^2(0)=1$ et $\mathrm{th}(0)=0$). Même forme : $\mathrm{th}x=x+a^{\prime }{x}^3+b^{\prime }{x}^5+o(x^6)$. Cette fois $$1-{\mathrm{th}}^{2}x=1-x^2-2a^{\prime }{x}^4+o(x^4),$$ et la primitivation donne $\mathrm{th}x=x-\frac{x^3}{3}-\frac{2a^{\prime }}{5}{x}^5+o(x^5)$. Identification : $a^{\prime }=-\frac{1}{3}$, puis $b^{\prime }=-\frac{2a^{\prime }}{5}=\frac{2}{15}$. $$\mathrm{th}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^5).$$ Les coefficients de la tangente hyperbolique sont ceux de la tangente, à signes alternés : c'est le seul effet du signe moins dans l'équation. (Contrôle : $\mathrm{th}(0,2)=0,1973753$ et le ${\mathrm{DL}}_5$ donne $0,1973760$ ; l'écart divisé par $x^7$ tend vers $-0,054$, l'opposé du coefficient de la tangente.)

Ce que l'exercice installe. Une fonction définie par une équation différentielle simple livre son développement limité sans qu'on la calcule : parité pour la forme, équation pour l'amorçage, primitivation pour monter d'un ordre, unicité pour identifier. Le programme n'exige la tangente qu'à l'ordre $3$ ; la méthode, elle, va à tout ordre, et c'est la méthode qui compte.