\chapter{Formule de Taylor et développements limités}


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\section{Notation $o$ (\og petit o\fg)}
\begin{defi}
  Soient $f, g$ deux fonctions et $x_0 \in \R\cup\{\pm \infty\}$ ; on dit que $f$ est négligeable devant $g$ au voisinage de $x_0$ si
  \[
  \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} =0.
  \]
  Dans ce cas, on le note
  \[
  f(x) = o(g(x))\quad\text{lorsque } x\to x_0.
  \] 
\end{defi}

\begin{exemples}~ 
  \begin{itemize}
  \item $f=o(1)$ quand $x\to x_0$ signifie que $f(x) \to 0$ quand $x \to x_0$,
  \item $x^6 = o(x^2)$ quand $x \to 0$,
  \item $x^2 = o(e^x)$ quand $x \to +\infty$,
  \item $e^x = o(1/x)$ quand $x \to - \infty$,
  \item $\ln x = o(1/x)$ quand $x \to 0^+$.
  \end{itemize}
\end{exemples}
De manière équivalente, on peut dire que \(f(x)=o(g(x))\) lorsque \(x\to x_0\) s'il existe une fonction $\varepsilon$ (définie au voisinage de \(x_0\)) telle que $\varepsilon (x) \to 0$ quand $x \to x_0$ et telle que $f(x) = \varepsilon(x) g(x)$. 

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\section{D\'eveloppements limit\'es}

On note $ \R_n[X]$ l'espace des polynômes de degré inférieur ou égal à $n$.
\begin{defi}[Développement limité en 0]
  Soit $f$ d\'efinie au voisinage de $0$, et soit $n\in \N$.
  On dit que $f$ admet un \emph{d\'eveloppement limit\'e} (DL) d'ordre $n$ au voisinage de $0$ s'il existe un polyn\^ome $P\in \R_n[X]$ tel que 
  \[
  f(x)=P(x)+o(x^n)
  \]
\end{defi}
Le polyn\^ome $P$ s'appelle la  partie principale du développement limite de $f$: il constitue une approximation polyn\^omiale de $f$ au voisinage de $0$.

\begin{exemples}~
  \begin{itemize}
  \item \( 1 + x + x^2 = 1 + x + o(x) \) lorsque \(x\to 0\).
  \item $(1+x)(1-x+x^2) = 1-x^3$. Par cons\'equent,
    \begin{align*}
      \frac{1}{1+x} &  =  1-x+x^2+\frac{x^3}{1+x} \\
      & =  1-x+x^2+o(x^2)
    \end{align*}
    lorsque \(x\to 0\), car $\lim_{x\to 0} \frac{1}{x^2}\frac{x^3}{1+x} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{1+x} = 0$. Ainsi, $\frac{1}{1+x}$ se comporte comme $1-x+x^2$ au voisinage de $0$.
  \end{itemize}
\end{exemples}

\begin{prop}
  Si \(f\) est dérivable en 0, alors elle admet un développement limité d'ordre 1 en 0 donné par
  \[
  f(x)= f(0) + xf'(0) + o(x)\quad\text{lorsque }x\to 0. 
  \]
\end{prop}
\begin{proof}
  \(\lim_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x} = f'(0) \) par définition du nombre dérivé, et donc
  \[
  \lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)-xf'(0)}{x}=0,
  \]
  ce qui démontre la proposition.
\end{proof}


\begin{prop}\
  \begin{enumerate}
  \item Unicité : la partie principale d'un DL est unique. Autrement dit, si \(P,Q\in\R_n[X]\) et \(f(x)=P(x)+o(x^n) = Q(x)+o(x^n)\) lorsque \(x\to 0\), alors \(P=Q\).
  \item Si $f$ admet un DL d'ordre $n$, alors $f$ admet un DL d'ordre $p$ pour $p<n$.
    La partie principale est obtenue en ne gardant que les mon\^omes de degr\'es inf\'erieurs ou \'egaux \`a $p$.
  \end{enumerate}
\end{prop}

\begin{defi}[DL en $x_0$]
  Soit $f$ d\'efinie au voisinage de $x_0\in \R$, et soit $n\in \N$.
  On dit que $f$ admet un {\em d\'eveloppement limit\'e}  d'ordre $n$ au voisinage de $x_0$ si \(h\mapsto f(x_0+h\) admet un DL d'ordre \(n\) en O, c'est-à-dire  s'il existe un polyn\^ome $P\in \R_n[X]$ tel que
  \[
  f(x_0+h) = P(h) + o(h^n)
  \]
  lorsque \(h\to 0\), ou, en posant \(x=x_0+h\),  
  \[
  f(x)=P(x-x_0)+o\left ((x-x_0)^n\right)
  \]
  lorsque \(x\to x_0\).
\end{defi}


\begin{exemple}
  DL de $\frac{1}{x}$ au voisinage de $1$.
  \[
  \frac{1}{x}=\frac{1}{1+(x-1)}= \frac{1}{1+y} \quad \mbox{o\`u } y=x-1
  \]
  Quand $x$ est proche de $1$, $y$ est proche de $0$. D'apr\`es l'exemple pr\'ec\'edent, 
  au voisinage de $0$, 
  \[
  \frac{1}{1+y} = 1-y+y^2+o(y^2)
  \]
  donc, au voisinage de $1$,
  \[
  \frac{1}{x} = 1 - (x-1) + (x-1)^2 + o\left( (x-1)^2 \right) 
  \]
\end{exemple}

\begin{defi}[DL en \(\pm\infty\)]
  Soit $f$ d\'efinie sur un intervalle du type $]a,+\infty[$ (resp. $]-\infty, a[$),  et soit $n\in \N$.
    On dit que $f$ admet un \emph{d\'eveloppement limit\'e} d'ordre $n$ au voisinage de $+\infty$ (resp. de $-\infty$) s'il existe un polyn\^ome $P\in \R_n[X]$ tel que 
    \[
    f(x)=P\left(\frac{1}{x}\right)+o\left( \frac{1}{x^n}\right) 
    \]
    lorsque \(x\to +\infty\) (resp. \(x\to-\infty\)).
\end{defi}

\begin{exemple}
  DL de $\frac{x}{x+1}$ au voisinage de $+\infty$:
  \[
  \frac{x}{x+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{x}}= \frac{1}{1+y} \quad \mbox{o\`u } y=\frac{1}{x}
  \]
  Quand $x$ est proche de $+\infty$, $y$ est proche de $0$. D'apr\`es le premier exemple, 
  au voisinage de $0$, 
  \[
  \frac{1}{1+y} = 1-y+y^2+o(y^2)
  \]
  donc, au voisinage de $+\infty$,
  \[
  \frac{x}{x+1} = 1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} + o\left( \frac{1}{x^2} \right) 
  \]
\end{exemple}

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\section{Op\'erations sur les d\'eveloppements limit\'es}

Dans toute cette section, on consid\`ere deux fonctions $f$ et $g$ admettant un DL d'ordre $n$ en $0$:
\begin{align*}
  f(x) & =  P_n(x) + o(x^n) \\
  g(x) & =  Q_n(x) + o(x^n)
\end{align*}


\subsection{Somme de DL}

\begin{prop}
  $f+g$ admet un DL d'ordre $n$ en $0$:
  \[
  (f+g)(x)=R_n(x)+o(x^n) \qquad \text{avec} \quad R_n=P_n+Q_n 
  \]
\end{prop}


\subsection{Produit de DL}

\begin{prop}
  $fg$ admet un DL d'ordre $n$ en $0$:
  $ (fg)(x)=R_n(x)+o(x^n)$  o\`u $R_n$ est le polyn\^ome obtenu en
  multipliant $P_n$ et $Q_n$ et en ne gardant que les termes de degr\'es 
  inf\'erieurs ou \'egaux \`a $n$. 
\end{prop}

\begin{exemple}
  Supposons que \(f(x)=1+x+x^2+o(x^2)\) lorsque \(x\to0\).
  D\'eterminons le DL d'ordre $2$ de $\frac{f(x)}{1+x}$ en 0.
  \begin{align*}
    \frac{f(x)}{1+x} & =  (1+x+\frac{x^2}{2})(1-x+x^2)+o(x^2) \\
    & =  1+x+\frac{x^2}{2}-x-x^2-\frac{x^3}{2}+x^2+x^3+\frac{x^4}{2}+o(x^2) \\
    & =  1+\frac{x^2}{2}+o(x^2)
  \end{align*}
\end{exemple}



%% \subsubsection{c) Quotient de DL}

%% \begin{prop}
%%   $\frac{f}{g}$ admet un DL d'ordre $n$ en $0$:
%%   $ \frac{f}{g}(x)=R_n(x)+o(x^n)$  o\`u $R_n$ est le reste de la division \`a l'ordre $n$ suivant les puissances croissantes de $P_n$ par $Q_n$.
%% \end{prop}

%% \noindent {\bf M\'ethode: } On divise $P_n$ par $Q_n$ en les \'ecrivant par puissances croissantes et en omettant tous les termes d'ordre  sup\'erieur ou \'egal \`a $n+1$.


%% \noindent \textbf{Exemple:}  D\'eterminons le DL en $0$ \`a l'ordre $4$ de $\frac{\ln (1+x)}{\cos x}$

%% $
%% \begin{array}{ccccc|cccc}
%%   & x & -\frac{x^2}{2} & +\frac{x^3}{3} & -\frac{x^4}{4} & 1 & -\frac{x^2}{2} & +\frac{x^4}{24} &  \\
%%   \cline{6-9}
%%   -& (x & & -\frac{x^3}{2}) & & x & -\frac{x^2}{2} & +\frac{x^3}{6} & -\frac{x^4}{2}  \\
%%   & & -\frac{x^2}{2} & +\frac{x^3}{6} & -\frac{x^4}{4} & & & &\\
%%   -& & (-\frac{x^2}{2} &  & +\frac{x^4}{4}) & & & & \\
%%   & & & \frac{x^3}{6}   & -\frac{x^4}{2} & & & & \\
%%   -& & & (-\frac{x^3}{6}) &  & & & & \\
%%   & & & & -\frac{x^4}{2} & & & & \\
%% \end{array}
%% $






\subsection{Composition de DL}

\begin{prop}
  Si $f(0)=0$, $g\circ f$ admet un DL d'ordre $n$ et
  $g\circ f(x)=R_n(x)+o(x^n)$ o\`u $R_n$ est le polyn\^ome obtenu \`a
  partir de $Q_n\circ P_n$ et en ne gardant que les termes de degr\'es 
  inf\'erieurs ou \'egaux \`a $n$. 
\end{prop}

\begin{exemple}
  Calculons le DL en $0$ de $g\circ f$, en supposant que
  \[
  g(y) = 1-\frac{y}{2}+\frac{y^2}{3}-\frac{y^3}{4}+o(y^3) 
  \]
  lorsque \(y\to 0\), et 
  \[
  f(x) =x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)
  \]
  lorsque \(x\to 0\). Alors
  \begin{align*}
    g(f(x)) & =  (x-\frac{x^3}{6}) - \frac{1}{2}(x-\frac{x^3}{6})^2
    + \frac{1}{3}(x-\frac{x^3}{6})^3 + o(x^3) \\
    & =  x - \frac{x^3}{6} - \frac{1}{2}x^2 +\frac{1}{3}x^3+o(x^3) \\
    & =  x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3) 
  \end{align*}
\end{exemple}

\begin{prop}
  Soit \(n\in\N^*\). Alors
  \[
  \frac{1}{1-x} = 1 + x + \dots + x^n + o(x^n)\quad\text{lorsque }x\to 0.
  \]
\end{prop}
\begin{proof}
  On remarque que \((1-x)(1+x+x^2+\dots+x^n) = 1- x^{n+1}\), et donc
  \begin{align*}
    \frac{1}{1-x} &= 1 + x +\dots + x^n + \frac{x^{n+1}}{1-x}\\
    &= 1 + x +\dots + x^n + x^n\frac{x}{1-x}
  \end{align*}
  or \(x/(1-x)\to 0\) lorsque \(x\to0\), ce qui achève la preuve.
\end{proof}


\noindent {\bf Application importante :} Grâce à cette proposition, on peut calculer le DL de \(1/g\), et même, ensuite, celui de \(f/g=f\cdot\frac{1}{g}\) par simple produit. 

\begin{exemple}
  D\'eterminons le DL de $\frac{1}{f}$ \`a l'ordre $3$, où \(f\) vérifie
  \[
  f(x) = 1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3)
  \]
  lorsque \(x\to 0\).
  On sait que 
  \[
  \frac{1}{1-y}=1+y+y^2+y^3+o(y^3),
  \]
  et donc par composition,
  \begin{align*}
    \frac{1}{f(x)} &= \frac{1}{1-(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{4}+o(x^3))}\\
    & =  1+\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{4}\right)
    +\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{4}\right)^2
    +\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{4}\right)^3+o(x^3) \\
    & =  1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{4}+\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^3}{8}+o(x^3) \\
    & =  1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{12}+\frac{x^3}{24}+o(x^3)
  \end{align*}
  lorsque \(x\to 0\).
\end{exemple}


\subsection{ D\'erivation de DL}
\begin{prop}Si $f$ est dérivable alors
  $f'$ admet un DL d'ordre $n-1$ et 
  \[
  f'(x)=P'(x)+o(x^{n-1})
  \]
\end{prop}

\begin{exemple}
  %% D\'eterminons le DL en $0$ \`a l'ordre $3$ de 
  %% $\cos x \ln(1+x) + \frac{\sin x}{1+x}$.
  %% On remarque que
  %% \[ 
  %% \cos x \ln(1+x) + \frac{\sin x}{1+x} = \big(\sin x \ln(1+x) \big)'.
  %% \]
  %% Comme
  %% \begin{align*}
  %%   \sin x \ln(1+x) & =  \big( x-\frac{x^3}{6}+o(x^4) \big) 
  %%   \big( x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4) \big) \\
  %%   & =  x^2-\frac{x^3}{2}+\frac{x^4}{6}+o(x^4) 
  %% \end{align*}
  %% on a donc
  %% \[
  %% \cos x \ln(1+x) + \frac{\sin x}{1+x} = 2x-\frac{3x^2}{2}+\frac{2x^3}{3}+o(x^3) 
  %% \]
  On sait que
  \[
  \frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 \dots + x^n + o(x^n),
  \]
  et donc, en dérivant, on obtient
  \[
  \frac{1}{(1-x)^2} = 1 + 2x + 3x^2 + \dots + nx^{n-1} + o(x^{n-1})
  \]
  lorsque \(x\to 0\).
\end{exemple}



\subsection{Int\'egration de DL}

\begin{prop}
  Soit $F$ une primitive de $f$. $F$ admet un DL d'ordre $n+1$ en $0$ et
  \[
  F(x) = R(x)+o(x^{n+1})
  \]
  o\`u $R$ est la primitive de $P$ telle que $R(0)=F(0)$.
\end{prop}


\begin{exemple}
  \[
  \frac{1}{1-x} = 1+x+x^2+x^3+o(x^3)
  \]
  d'o\`u 
  \begin{align*}
    - \ln(1-x) & =   - \ln (1-0) +x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+o(x^4) \\
    \ln(1-x) & =  -x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)
  \end{align*}
\end{exemple}

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\section{Formule de Taylor}
\subsection{Fonctions $n$ fois dérivables et développement de Taylor}
Dans tout ce qui suit, $I$ est un intervalle de $\R$. On définit de manière récursive la classe des fonctions $n$ fois derivable, $n \geq1$. 
\begin{defi}
  Une fonction $f :I \to \R$ est dite $n$ fois derivable, si $f$ est dérivable et $f'$ est $n-1$ fois derivable sur $I$. On note $f^{(n)}$ la derivée $n$ième de $f$.
  On dit que $f$ est infiniment derivable sur $I$ si f est $n$ fois derivable sur $I$ pour tout $n\geq 1$.
\end{defi}

\begin{exemples}~
  \begin{itemize}
  \item Une fonction est deux fois derivable si $f$ est derivable et si $f'$ est dérivable. On note $f^{(2)}$ ou (le plus souvent) $f''$ la dérivée de $f'$. 
  \item Une fonction est trois fois derivable si $f$ est derivable et si $f'$ est deux fois derivable. Cela veut dire d'après ce qui précède que $f'$ est derivable et que $f^{(2)}$ est derivable. On note $f^{(3)}$ la dérivée de $f^{(2)}.$ etc \ldots
  \item Les fonctions $\exp, \ln, \cos,\sin, \tan$ et les polynômes sont infiniment dérivables sur leurs intervalles de définition.
  \end{itemize}
\end{exemples}

\begin{thm}[Formule de Taylor-Young]
  Soit $f:I \to \R$ une fonction $n$ fois dérivable sur $I$ et $x_0 \in I$. Alors il existe une fonction $\varepsilon : I \to \R$ telle que $\varepsilon (x) \to 0$ lorsque $x\to a$ telle que 
  \[
  f(x_0+h) = f(x_0) + f'(x_0)h + \frac{f''(x_0)}{2}h^2 + \dots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}h^n + o(h^n)
  \]
  lorsque \(h\to 0\), ou, de manière plus compacte,
  \[
  f(x_0+h) =  \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}h^k  + o(h^n),
  \]
  avec la convention \(0! = 1\).
\end{thm}

On écrit aussi souvent la formule de Taylor-Young sous la forme suivante :
\[
f(x) =  \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k  + o((x-x_0)^n)
\]
lorsque \(x\to x_0\).

\begin{rem}La formule de Taylor-Young montre que la fonction $f$ est bien approchée \emph{localement} par le polynôme 
  \[
  P_n(x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k
  \] 
  qu'on appelle la \emph{partie principale du développement de  Taylor} au point $x_0$.  
\end{rem}

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\subsection{Exemples de développements de Taylor en $0$}
\paragraph{La fonction exponentielle.}
La fonction $\exp : x\mapsto e^x$ est infiniment dérivable et $\exp^{(n)}(x) = e^x$. On a donc la formule suivante:
\[
e^x = 1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{x^k}{k!} + o(x^n)
\]
quand $x \to 0$.

\paragraph{La fonction $\frac{1}{1-x}$.}
Posons $f(x) = \frac{1}{1-x}$ définie sur $I = ]-\infty, 1[$. Calculons les dérivées $n$ ième de $f$.
On a tout d'abord $f'(x) = \frac{1}{(1-x)^2}$, puis $f^{(2)}(x) = \frac{2}{(1-x)^3}$, et $f^{(3)}(x) = \frac{6}{(1-x)^4}$, \ldots 
Pour un entier $n\geq 1$ quelconque, on a 
\[
f^{(n)}(x) = \frac{n!}{(1-x)^{n+1}},\qquad \forall x<1.
\]
Exercice : le montrer par récurrence sur $n$.\\
On en déduit que 
\[
f^{(n)}(0) = n!
\]
et on retrouve donc la formule suivante :
\[
\frac{1}{1-x} = \sum_{k=0}^n x^k + o(x^n)
\]
lorsque \(x\to0\).

\paragraph{La fonction $\frac{1}{1+x}$.}
Posons $g(x) = \frac{1}{1+x}$ définie sur $I = ]-1,+\infty[$. Calculons les dérivées $n$ ième de $f$.
On a tout d'abord $g'(x) = \frac{(-1)}{(1+x)^2}$, puis $g^{(2)}(x) = \frac{2}{(1+x)^3}$, et $g^{(3)}(x) = \frac{-6}{(1+x)^4}$, \ldots 
Pour un entier $n\geq 1$ quelconque, on a 
\[
g^{(n)}(x) = (-1)^n\frac{n!}{(1+x)^{n+1}},\qquad \forall x>-1.
\]
Exercice : le montrer par récurrence sur $n$.\\
On en déduit que 
\[
g^{(n)}(0) = (-1)^nn!
\]
et on a donc la formule suivante: 
\[
\frac{1}{1+x} = \sum_{k=0}^n (-1)^kx^k + o(x^n)
\]
lorsque \(x\to0\).

\paragraph{La fonction $\ln(1+x)$.}
Posons $h(x) = \ln(1+x)$, alors $h'(x) = \frac{1}{1+x} = g(x)$ et donc $h^{(n)} = g^{(n-1)}$, $n\geq 1$. On en déduit que
\[
h^{(n)}(0)=g^{(n-1)}(0) = (-1)^{n-1}(n-1)!.
\]
D'où la formule
\[
\ln(1+x) = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} x^k + o(x^n)
\]
lorsque \(x\to 0\).

\paragraph{Les fonctions $\cos$ et $\sin$.}
Pour tout $k\geq0$, on a
\begin{align*}
  \cos^{(4k)}x & =  \cos x\\
  \cos^{(4k+1)}x & =  -\sin x\\
  \cos^{(4k+2)}x & =  -\cos x\\
  \cos^{(4k+3)}x & =  \sin x
\end{align*}
Par conséquent,
\[
\cos x= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24} + \ldots  +(-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} +o(x^{2n})
\]
De même,
\[
\sin x= x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120} + \ldots  +(-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+1}).
\]


\subsection{Preuve de la formule de Taylor-Young}
On va montrer par récurrence sur $n\geq 1$ que pour toute fonction $n$ fois dérivable $f : I \to \R$ et tout $a \in I$ on a  le développement suivant:
\[
f(x) = f(a) + \sum_{k=1}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k + (x-a)^n\varepsilon(x),\qquad \forall x\in I,
\]
où $\varepsilon : I \to \R$ est une fonction tendant vers $0$ quand $x \to a$.

\noindent \textbf{Cas n=1 : } Comme $f$ est dérivable en $a\in I$, on a $\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \to f'(a)$. Posons $\varepsilon(x) =  \frac{f(x)-f(a)}{x-a} - f'(a)$, si $x \neq a$ et $\varepsilon(a)=0$. La fonction $\varepsilon$ tend vers $0$ quand $x \to a$ et on  a 
\[
f(x) = f(a) + f'(a) (x-a) + (x-a) \varepsilon(x),\qquad \forall x\in I
\]
ce qui prouve la formule de Taylor-Young pour $n=1.$

\noindent \textbf{Hérédité :} Supposons la propriété vraie pour un certain entier $n\geq1$ et montrons qu'elle reste vraie au rang $n+1$. Soit $f:I \to \R$ une fonction $n+1$ fois dérivable sur $I$ et $a \in I$. En appliquant la formule de Taylor-Young au rang $n$ à la fonction $f'$ (qui est bien $n$ fois dérivable), on trouve :
\[
f'(y) = f'(a) + \sum_{k=1}^n \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!} (y-a)^k + (y-a)^n \varepsilon(y),\qquad \forall y\in I.
\]
Intégrons cette égalité entre $a$ et $x\in I$ : 
\begin{align*}
  f(x)-f(a)= \int_a^x f'(y)\,dy &= \int_a^xf'(a)\,dy + \sum_{k=1}^n \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!} \int_a^x(y-a)^k\,dy + \int_a^x (y-a)^n \varepsilon(y)\,dy\\
  & = f'(a)(x-a) + \sum_{k=1}^n \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!} \frac{(x-a)^{k+1}}{k+1} + \int_a^x (y-a)^n \varepsilon(y)\,dy\\
  & = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^{k}+ \int_a^x (y-a)^n \varepsilon(y)\,dy.
\end{align*}
Il suffit donc de montrer que la fonction $\varepsilon_2$ définie par $\varepsilon_2(x) =  \frac{1}{(x-a)^{n+1}}\int_a^x (y-a)^n \varepsilon(y)\,dy$ si $x \neq a$ et $\varepsilon_2(a)=0$ est de limite nulle quand $x \to a.$
On sait que $\varepsilon(x) \to 0$ quand $x \to a$ ;  par conséquent, pour tout $r >0$, il existe $\eta >0$ tel que $|\varepsilon(y)| < r$ pour tout $y\in ]a-\eta,a+\eta[$. Prenons $x \in ]a,a+\eta[$, alors 
\begin{align*}
  |\varepsilon_2(x)| &=  \frac{1}{(x-a)^{n+1}}\left| \int_a^x (y-a)^n \varepsilon(y)\,dy\right| \\
  &\leq  \frac{1}{(x-a)^{n+1}} \int_a^x (y-a)^n |\varepsilon(y)|\,dy \\
  & < \frac{r}{(x-a)^{n+1}}  \frac{(x-a)^{n+1} }{n+1}\\
  & < r
\end{align*}
Un calcul analogue montre que si $x\in ]a-\eta,a[$, alors on a aussi $|\varepsilon_2(x)| \leq r$. On a donc montré que 
\[
\forall r>0,\exists \eta>0, |x-a| <\eta \Rightarrow |\varepsilon_2(x)| < r.
\]
Autrement dit $\varepsilon_2(x) \to 0$ quand $x \to a$, ce qui termine la démonstration.
