Développements limités

Exemple Physique : En électrostatique - Exercice 1

50 min
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Il est possible d'approcher le comportement d'une fonction numérique ff (n∈Nn \in \mathbb{N} fois dérivable) univariée, au voisinage de l'abscisse x0∈Dfx_0 \in \mathcal{D}_f, par un polynôme PnP_n de degré nn. Ceci s'appelle reˊaliser un deˊveloppement limiteˊ aˋ l’ordre  n{\color{red}{\textbf{réaliser un développement limité à l'ordre} \,\,n}}, au voisinage de  x0{\color{blue}{\textbf{au voisinage de} \,\,x_0}}.
Pour cela, dans la pratique, on utilise la célèbre formule suivante, dite formule du polynoˆme de Taylor{\color{red}{\textbf{formule du polynôme de Taylor}}} :
Pn(x)=f(x0)+f′(x0) (x−x0)+12f′′(x0) (x−x0)2+16f′′′(x0) (x−x0)3+⋯+1n!f(n)(x0) (x−x0)nP_n(x) = f(x_0) + f'(x_0) \, (x-x_0) + \dfrac{1}{2} f''(x_0) \, (x-x_0)^2 + \dfrac{1}{6} f'''(x_0) \, (x-x_0)^3 + \cdots + \dfrac{1}{n !} f^{(n)}(x_0) \, (x-x_0)^n
Question 1
Voici un exercice important que l'on retrouve dans de nombreuses branches de la Physique.

Soit pp un nombre réel. Déterminer le polynôme de TaylorTaylor, à l'ordre deux, au voisinage de x0=0x_0 = 0, de l'expression :
f(x)=(1+x)pf(x) = (1+x)^p

Correction
On a
f(x)=(1+x)p    ⟺    f′(x)=p(1+x)p−1    ⟺    f′′(x)=p(p−1)(1+x)p−2f(x) = (1+x)^p \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, f'(x) = p(1+x)^{p-1} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, f''(x) = p(p-1)(1+x)^{p-2}
Donc, en x0x_0, ces relations deviennent :
f(x0)=(1+x0)p    ⟺    f′(x0)=p(1+x0)p−1    ⟺    f′′(x0)=p(p−1)(1+x0)p−2f(x_0) = (1+x_0)^p \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, f'(x_0) = p(1+x_0)^{p-1} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, f''(x_0) = p(p-1)(1+x_0)^{p-2}
Puis, en posant x0x_0, ces relations nous donnent :
f(0)=1    ⟺    f′(0)=p    ⟺    f′′(0)=p(p−1)f(0) = 1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, f'(0) = p \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, f''(0) = p(p-1)
On obtient donc le le polynôme de \textit{Taylor}, à l'ordre deux, au voisinage de x0=0x_0 = 0, suivant :
P2(x)=1+px+12p(p+1)x2P_2(x) = 1 + px + \dfrac{1}{2}p(p+1)x^2
Enfin, en posant l'approximation f(x)≃P2(x)f(x) \simeq P_2(x), on obtient le résultat important suivant, valable si xx est bien inférieur à 11 ou dit autrement, si x⟶0x \longrightarrow 0 :
(1+x)p≃01+px+12p(p−1)x2{\color{blue}{(1+x)^p \underset{0}{\simeq} 1 + px + \dfrac{1}{2}p(p-1)x^2}}
Question 2

Soit aa un réel strictement positif. Déterminer, sous l'hypothèse de comparaison a≪ra \ll r le polynôme de TaylorTaylor, à l'ordre deux, au voisinage de 00, de l'expression :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}}

Correction
On a :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2=1r11−2arcos⁡(θ)+(ar)2\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} = \dfrac{1}{r} \dfrac{1}{\sqrt{1-2 \dfrac{a}{r}\cos(\theta)+ \left(\dfrac{a}{r} \right)^2}}
Soit encore :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2=1r1(1−2arcos⁡(θ)+(ar)2)12\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} = \dfrac{1}{r} \dfrac{1}{ \left( 1 - 2 \dfrac{a}{r} \cos(\theta)+ \left( \dfrac{a}{r} \right)^2 \right)^{\frac{1}{2}}}
Ce qui nous permet d'écrire que :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2=1r(1+(−2arcos⁡(θ)+(ar)2))−12\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} = \dfrac{1}{r} \left(1 + \left( {\color{blue}{- 2 \dfrac{a}{r} \cos(\theta)+ \left( \dfrac{a}{r} \right)^2 }} \right) \right)^{-\frac{1}{2}}
Ainsi, en posant x=−2arcos⁡(θ)+(ar)2x = {\color{blue}{- 2 \dfrac{a}{r} \cos(\theta)+ \left( \dfrac{a}{r} \right)^2 }}, on constate que sous l'hypothèse de comparaison a≪ra \ll r, à savoir ar≪1\dfrac{a}{r} \ll 1, on peut donc utiliser le résultat de la question précédente, avec p=−12p = -\dfrac{1}{2}. On a alors :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2=1r(1−12(−2arcos⁡(θ)+(ar)2)+12(−12)(−12−1)(−2arcos⁡(θ)+(ar)2)2)\begin{array}{l} \dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} = \\ \dfrac{1}{r} \left( 1 - \dfrac{1}{2} \left({\color{blue}{- 2 \dfrac{a}{r} \cos(\theta)+ \left( \dfrac{a}{r} \right)^2 }} \right) + \dfrac{1}{2} \left( -\dfrac{1}{2} \right) \left( - \dfrac{1}{2} - 1 \right) \left({\color{blue}{- 2 \dfrac{a}{r} \cos(\theta)+ \left( \dfrac{a}{r} \right)^2 }} \right)^2 \right) \\ \end{array}
Soit :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2=1r(1+arcos⁡(θ)−a22r2+38(4a2r2cos⁡2(θ)−4a3r3cos⁡(θ)+a4r4))\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} = \dfrac{1}{r} \left( 1 + \dfrac{a}{r} \cos(\theta) - \dfrac{a^2}{2r^2} + \dfrac{3}{8} \left( 4 \dfrac{a^2}{r^2} \cos^2(\theta) - 4 \dfrac{a^3}{r^3} \cos(\theta) + \dfrac{a^4}{r^4} \right) \right)
Soit encore :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2=1r(1+arcos⁡(θ)−a22r2+32a2r2cos⁡2(θ)−32a3r3cos⁡(θ)+38a4r4)\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} = \dfrac{1}{r} \left( 1 + \dfrac{a}{r} \cos(\theta) - \dfrac{a^2}{2r^2} + \dfrac{3}{2} \dfrac{a^2}{r^2} \cos^2(\theta) - \dfrac{3}{2} \dfrac{a^3}{r^3} \cos(\theta) + \dfrac{3}{8}\dfrac{a^4}{r^4} \right)
En ne conservant que les termes présent jusqu'à l'ordre deux en ar\dfrac{a}{r} dans le développement, on obtient :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2≃a≪r1r(1+arcos⁡(θ)−a22r2+32a2r2cos⁡2(θ))\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} \underset{a \ll r}{\simeq} \dfrac{1}{r} \left( 1 + \dfrac{a}{r} \cos(\theta) - \dfrac{a^2}{2r^2} + \dfrac{3}{2} \dfrac{a^2}{r^2} \cos^2(\theta) \right)
En factorisant, on trouve que :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2≃a≪r1r(1+arcos⁡(θ)+a22r2(3cos⁡2(θ)−1))\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} \underset{a \ll r}{\simeq} \dfrac{1}{r} \left( 1 + \dfrac{a}{r} \cos(\theta) + \dfrac{a^2}{2r^2} \left( 3\cos^2(\theta) - 1 \right) \right)
Finalement :
1r2−2arcos⁡(θ)+a2≃a≪r1r+ar2cos⁡(θ)+a22r3(3cos⁡2(θ)−1){\color{red}{\boxed{\dfrac{1}{\sqrt{r^2-2ar\cos(\theta)+a^2}} \underset{a \ll r}{\simeq} \dfrac{1}{r} + \dfrac{a}{r^2} \cos(\theta) + \dfrac{a^2}{2r^3} \left( 3\cos^2(\theta) - 1 \right) }}}
On parle de deˊveloppement multipolaire axial\textit{développement multipolaire axial}.
Question 3

Soit aa un réel strictement positif. Déterminer, sous l'hypothèse de comparaison a≪Ra \ll R le polynôme de TaylorTaylor, à l'ordre deux, au voisinage de 00, de l'expression Φ\Phi suivante :
Φ=qε0(1−11+4R2a2)\Phi = \dfrac{q}{\varepsilon_0}\left( 1 - \dfrac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{4R^2}{a^2}}} \right)

Correction