approx

APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE
FONCTION POLYNOMIALE
Définition 1. Soit I ⊂ R un intervalle ouvert et soit f : I → R une fonction.
(1) Si f est continue, on dit que f est de classe C 0 .
(2) Si f est dérivable et si f 0 est continue sur I, on dit que f est de classe C 1 .
(3) Si f est dérivable et si f 0 est dérivable, on note f 00 ou f (2) sa dérivée. Si f (2)
est continue, on dit que f est de classe C 2 .
(4) Plus généralement, pour tout N∗ , si on peut dériver n fois la fonction f , et
si la dérivée n-ième, notée f (n) , est continue, alors on dit que f est de classe
C n.
(5) Si f est de classe C n pour tout n ∈ N, alors f est infiniment dérivable, on dit
que f est de classe C ∞ .
Exemple 2.
(1) La fonction f définie sur R par f (x) = x2 est C ∞ sur R.
(2) Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x4 , on a pour tout x ∈ R :
f 0 (x) = 4x3 , f 00 (x) = 12x2 , f (3) (x) = 24x, f (4)(x) ≡ 24, f (5) (x) ≡ 0,
d’où :f (n) (x) = 0 pour tout x ∈ R.
(3) Plus généralement, pour tout n ∈ N, la fonction f : R → R définie par
f (x) = xn est de classe C ∞ et nous avons f (k) (x) = 0 pour tout entier
k ≥ n + 1.
(4) les fonctions sin x, cos x, ex , cosh x, sinh x sont de classe C ∞ sur R.
(5) La fonction log x est de classe C ∞ sur ]0, +∞[.
(6) la fonction f (x) = x.|x| est de classe C 2 sur R∗ et C 1 sur R.
Nous aurons besoin du résultat technique suivant.
Lemme 3. Soit I ⊂ R un intervalle ouvert, soit b ∈ I et soit f : I → R une fonction
de classe C n+1 , n ∈ N. On considère la fonction g : I → R définie en posant :
n
X
(b − x)k (k)
g(x) = f (b) − f (x) −
f (x)
k!
k=1
= f (b) − f (x) −
b−x 0
(b − x)2 (2)
(b − x)n (n)
f (x) −
f (x) − · · · −
f (x).
1!
2!
n!
Dans ces conditions, la fonction g est dérivable sur I et nous avons :
g 0 (x) = −
(b − x)n (n+1)
f
(x),
n!
1
2
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
pour tout x ∈ I.
Preuve
Puisque f est (n + 1) fois dérivable, les fonctions f 0 , · · · , f (n) sont dérivables. De
ce fait g est composée de sommes et de produits de fonctions dérivables sur I. Par
conséquent, g est dérivable sur I. Pour tout x ∈ I nous avons :
¶
n µ
X
((b − x)k )0 (k)
(b − x)k (k)
g 0 (x) = − f 0 (x) −
f (x) +
(f (x))0
k!
k!
k=1
= − f 0 (x) −
n
X
k(−1)(b − x)k−1
k!
k=1
= − f 0 (x) +
n
X
k=1
f (k) (x) −
n
X
(b − x)k
k=1
(b − x)k−1 (k)
f (x) −
(k − 1)!
n
X
k=1
k!
f (k+1) (x)
(b − x)k (k+1)
f
(x).
k!
Dans la première somme, posons p = k − 1, nous avons :
0
0
g (x) = −f (x) +
n−1
X
p=0
n
X (b − x)k
(b − x)p (p+1)
f
(x) −
f (k+1) (x).
p!
k!
k=1
Enfin, dans la deuxième somme appelons p la variable, c’est à dire posons k = p.
Nous avons donc :
n−1
n
X (b − x)p
X
(b − x)p (p+1)
g 0 (x) = − f 0 (x) +
f (p+1) (x) −
f
(x)
p!
p!
p=0
= − f 0 (x) + f 0 (x) −
p=1
x)n
(b −
n!
f (n+1) (x)
(b − x)n (n+1)
f
(x),
n!
ce qui termine la preuve.
Nous déduisons le résultat important :
= −
¤
Théorème 4. (Formule de Taylor-Lagrange)
Soit I ⊂ R un intervalle ouvert, soit n ∈ N, soit f : I → R une fonction de classe
C n+1 . Soient a, b ∈ I tels que a 6= b.
Dans ces conditions, il existe au moins un réel c, strictement compris entre a et b,
tel que :
f (b) = f (a) +
=
f 0 (a)
f (2) (a)
f (n) (a)
f (n+1) (c)
(b − a) +
(b − a)2 + · · · +
(b − a)n +
(b − a)n+1
1!
2!
n!
(n + 1)!
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(b − a)k +
f (n+1) (c)
(b − a)n+1 .
(n + 1)!
Cette formule est appelée la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n au point a.
(1)
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
3
Preuve
Reprenons la fonction g du lemme 3 :
g(x) = f (b) − f (x) −
n
X
(b − x)k
k!
k=1
f (k) (x), x ∈ I.
Nous avons :
g(b) = 0 et g(a) = f (b) − f (a) − f 0 (a)(b − a) −
f (2) (a)
f (n) (a)
(b − a)2 − · · · −
(b − a)n .
2!
n!
Posons :
h(x) := g(x) − g(a)
(b − x)n+1
, x∈I
(b − a)n+1
La fonction h est dérivable sur I. De plus :
h(a) = g(a) − g(a)
(b − a)n+1
= 0 et h(b) = g(b) = 0.
(b − a)n+1
Nous pouvons de ce fait appliquer le théorème de Rolle à la fonction h entre a et b :
il existe un réel c strictement compris entre a et b tel que :
h0 (c) = 0.
Par ailleurs, nous avons :
h0 (c) = g 0 (c) − g(a)(n + 1)(−1)
= g 0 (c) + (n + 1)g(a)
= −
(b − c)n
(b − a)n+1
(b − c)n
(b − a)n+1
(b − c)n (n+1)
(b − c)n
f
(c) + (n + 1)g(a)
.
n!
(b − a)n+1
Comme h0 (c) = 0 nous avons donc
(n + 1)
f n+1 (c)
= 0,
g(a) −
n+1
(b − a)
n!
c’est à dire :
g(a) −
(b − a)n+1 n+1
f
(c) = 0.
(n + 1)!
En remplaçant g(a) par son expression nous obtenons :
f (b)−f (a)−
f 0 (a)
f (2) (a)
f (n) (a)
f (n+1) (c)
(b−a)+
(b−a)2 −· · ·−
(b−a)n −
(b−a)n+1 = 0,
1!
2!
n!
(n + 1)!
ce qui termine la preuve.
¤
4
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
Corollaire 5. Reprenons les hypothèses et les notations de la formule de TaylorLagrange. Supposons que 0 ∈ I. Nous avons :
(1) Pour tout x ∈ I, il existe un réel cx strictement entre 0 et x tel que :
f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
f (2) (0) 2
f (n) (0) n f (n+1) (cx ) n+1
x + ··· +
x +
x
.
2!
n!
(n + 1)!
(2)
(2) Si il existe M > 0 tel que |f (n+1) (x)| ≤ M pour tout x ∈ I, alors nous avons
pour tout x ∈ I :
(2)
n+1
(n)
¯
¯
¯f (x) − (f (0) + f 0 (0)x + f (0) x2 + · · · + f (0) xn )¯ ≤ M |x|
·
2!
n!
(n + 1)!
(3)
Preuve
Pour (2), on applique la formule de Taylor-Lagrange en posant a = 0 et b = x.
Pour (3), on applique (2), de ce fait, pour tout x ∈ I, il existe un réel cx strictement
entre 0 et x tel que :
(2)
(n)
n+1
¯
¯
¯f (x) − (f (0) + f 0 (0)x + f (0) x2 + · · · + f (0) xn )¯ = |f (n+1) (cx )| |x|
.
2!
n!
(n + 1)!
Comme nous avons par hypothèse |f (n+1) (cx )| ≤ M , on obtient l’inégalité (3), ce qui
termine la preuve.
¤
Exemple 6.
(1) Appliquer la formule de Taylor-Lagrange à la fonction f (x) = ex , x ∈ R, au
point 0 et à l’ordre 4.
La fonction f est de classe C 5 (en fait infiniment dérivable) sur R, de plus :
(ex )(k) = ex , pour tout x ∈ R et tout k ∈ N.
En particulier :
(ex )(k) (0) = 1, ∀k ∈ N,
ainsi, pour tout x ∈ R∗ , il existe un réel cx strictement entre 0 et x tel que :
ex = 1 + x +
x2 x3 x4
x5
+
+
+ ec x .
2!
3!
4!
5!
(2) Appliquer la formule de Taylor-Lagrange à la fonction f (x) = sin x, x ∈ R,
au point 0, à l’ordre 3.
La fonction sin x est de classe C 4 sur R (en fait infiniment dérivable) et
nous avons pour tout x ∈ R :
sin0 (x) = cos x, sin(2) x = − sin x, sin(3) x = − cos x, sin(4) x = sin x.
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
5
Ainsi, pour tout x ∈ R, il existe un réel cx strictement compris entre 0 et x
tel que :
sin x = sin 0 + (cos 0)x + (− sin 0)
= x−
x2
x3
x4
+ (− cos 0) + sin cx
2!
3!
4!
x3
x4
+ sin cx .
3!
4!
(3) Appliquer la formule de Taylor-Lagrange à la fonction f (x) = tan x,
x ∈ ]−π/2, π/2[ au point 0, à l’ordre 3.
La fonction tan x est de classe C 4 sur ]−π/2, π/2[ et nous avons pour tout
x ∈ ]−π/2, π/2[, tan0 x = 1 + tan2 x,. Ce qui nous donne :
tan(2) x = 2 tan x + 2 tan3 x
tan(3) x = 2(1 + tan2 x) + 6 tan2 x(1 + tan2 x) = 2 + 8 tan2 x + 6 tan4 x
tan(4) x = 16 tan x + 40 tan3 x + 24 tan5 x.
Ainsi, pour tout x ∈ ]−π/2, π/2[, x 6= 0, il existe un réel cx entre 0 et x tel
que :
tan x = x +
x3
x4
+ (16 tan cx + 40 tan3 cx + 24 tan5 cx ) .
3
4!
Nous allons voir qu’il existe une autre manière d’approximer une fonction dérivable
par une fonction polynomiale.
Théorème 7. Soit I ⊂ R un intervalle ouvert, soit a ∈ I et soit f : I → R une
fonction de classe C n , n ∈ N∗ .
Dans ces conditions, il existe une fonction ρ : I → R continue telle que :
lim ρ(x) = 0,
x→a
(4)
and
f (x) = f (a)+f 0 (a)(x−a)+
f (2) (a)
f (n) (a)
(x−a)2 +· · ·+
(x−a)n +(x−a)n ρ(x). (5)
2!
n!
La formule (5) s’appelle le développement limité de f à l’ordre n au point a.
Preuve
Nous ferons une démonstration par récurrence sur n ∈ N∗ .
Première étape : Lorsque n = 1, on pose :
ρ(x) =
f (x) − f (a)
− f 0 (a).
x−a
Comme f est de classe C 1 , on a bien limx→a ρ(x) = f 0 (a) − f 0 (a) = 0. De plus :
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + (x − a)ρ(x).
De ce fait, les conditions (4) et (5) sont satisfaites pour n = 1.
6
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
Deuxième étape : Soit n ∈ N∗ . Montrons que si la propriété est vraie à l’ordre n
alors elle est vraie à l’ordre n + 1.
Soit f : I → R une fonction de classe C n+1 . Posons g = f 0 , la fonction g est de
classe C n et de ce fait, l’hypothèse de récurrence nous dit qu’il existe une fonction
continue ρ : I → R telle que :

lim ρ(t) = 0


t→a



g (2) (a)
g (n) (a)
0
2
(H)
g(t)
=
g(a)
+
g
(a)(t
−
a)
+
(t
−
a)
+
·
·
·
+
(t − a)n + (t − a)n ρ(t),


2!
n!



∀t ∈ I.
Comme g(t) = f 0 (t), on a donc :
f 0 (t) = f 0 (a) + f (2) (a)(t − a) +
f (3) (a)
f (n+1) (a)
(t − a)2 + · · · +
(t − a)n + (t − a)n ρ(t),
2!
n!
pour tout t ∈ I. Soit x ∈ I, en intégrant chaque terme de cette dernière égalité entre
a et x on obtient :
Z x
Z x
Z x
Z x (3)
f (a)
f 0 (t) dt =
f 0 (a) dt +
f (2) (a)(t − a) dt +
(t − a)2 dt
2!
a
a
a
a
Z x
Z x (n+1)
f
(a)
(t − a)n dt +
(t − a)n ρ(t) dt,
+ ··· +
n!
a
a
c’est à dire :
(x − a)2
(x − a)3
(x − a)n+1
+ f (3) (a)
+ · · · + f (n+1) (a)
2!
3!
(n + 1)!
µ
¶
Z x
1
+ (x − a)n+1
(t − a)n ρ(t) dt .
(x − a)n+1 a
f (x) − f (a) = f 0 (a)(x − a) + f (2) (a)
Posons :
1
S(x) =
(x − a)n+1
Z
x
(t − a)n ρ(t) dt.
a
Nous avons donc :
f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + · · · + f (n+1) (a)
(x − a)n+1
+ (x − a)n+1 S(x).
(n + 1)!
Par conséquent, il suffit de montrer que limx→a S(x) = 0, c’est à dire :
¡
¢
∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| < η et x 6= a ⇒ |S(x)| < ε.
Soit ε > 0, comme limt→a ρ(t) = 0, il existe η > 0 tel que pour tout t ∈ I :
¡
¢
|x − a| < η et x 6= a ⇒ |ρ(t)| < ε.
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
7
Ainsi, pour tout x ∈ I tel que x 6= a et |x − a| < η on a :
¯Z x
¯
¯
¯
1
n
¯
|S(x)| =
(t − a) ρ(t) dt¯¯
|x − a|n+1 ¯ a
¯Z x
¯
¯
¯
1
n
¯
¯
≤
|t
−
a|
|ρ(t)|
dt
¯
¯
|x − a|n+1 a
¯Z x
¯
¯
¯
1
n
¯
≤
|t − a| ε dt¯¯
¯
n+1
|x − a|
a
¯Z x
¯
¯
¯
ε
n
¯
≤
|t − a| dt¯¯
¯
n+1
|x − a|
a
ε
≤
≤ε
n+1
car un calcul montre que si x > a nous avons :
Z x
Z x
n
|t − a| dt =
(t − a)n dt
a
a
¯
(t − a)n+1 ¯¯x
=
n + 1 ¯a
=
(x − a)n+1
n+1
et si x < a nous avons :
Z x
Z x
(x − a)n+1
|t − a|n dt = (−1)n
(t − a)n dt = (−1)n
n+1
a
a
dans les deux cas nous avons donc :
¯Z x
¯
¯
¯ |x − a|n+1
n
¯
·
|t − a| dt¯¯ =
¯
n+1
a
Ce qui termine la preuve.
¤
Exemple 8.
(1) Donner le développement limité de sin x à l’ordr 5 en 0.
La fonction sin x est de classe C 5 (et même plus !) et nous avons :
sin0 (x) = cos x, sin(2) x = − sin x, sin(3) x = − cos x, sin(4) x = sin x, sin(5) x = cos x.
Le théorème précédent nous dit qu’il existe une fonction continue ε(x) sur R
telle que limx→0 ε(x) = 0 et :
sin x = sin(0) + cos(0) + (− sin(0))
= x−
x3 x5
+
+ x5 ε(x).
3!
5!
x2
x3
x4
x5
+ (− cos(0)) + sin(0) + cos(0) + x5 ε(x)
2
3!
4!
5!
8
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
cos x − 1
.
x2
Un calcul rapide donne le développement limité suivant pour la fonction
cos x en 0 :
x2
+ x2 ε(x).
cos x = 1 −
2
Ainsi :
(2) Calculer limx→0
2
− x2 + x2 ε(x)
cos x − 1
1
1
lim
=
lim
(
= lim (− + ε(x)) = − ,
2
2
x→0
x→0
x→0
x
x
2
2
car limx→0 ε(x) = 0.
(3) Donner le développement limité de cosh x en 0 à l’ordre 4.
La fonction cosh x est de classe C 4 sur R (et même C ∞ !) et nous avons :
cosh0 x = sinhx, cosh(2) x = coshx, cosh(3) x = sinhx, cosh(4) x = coshx.
Ainsi
x2 x4
+
+ x4 ε(x),
2
4!
où ε(x) est une fonction continue sur R telle que limx→0 ε(x) = 0.
(4) Donner le développement limité de la fonction f (x) = log(1+x) en 0 à l’ordre
4.
La fonction f est de classe C 4 sur ]−1, +∞[ et nous avons :
coshx = 1 +
f 0 (x) =
1
−1
2
−6
, f (2) (x) =
, f (3) (x) =
, f (4) (x) =
2
3
1+x
(1 + x)
(1 + x)
(1 + x)4
ce qui donne :
log(1 + x) = x −
x2 x3 x4
+
−
+ x4 ε(x),
2
3
4
où ε(x) est une fonction continue sur ]−1, +∞[ telle que limx→0 ε(x) = 0.
Opérations sur les développements limités
Soient f, g : I → R deux fonctions de classe C n . On suppose que 0 ∈ I. On
considère le développement limité de f et g en 0 à l’ordre n :
f (x) = P (x) + xn ε1 (x)
g(x) = Q(x) + xn ε2 (x)
où P et Q sont deux fonctions polynomiales de degré ≤ n.
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
9
Le développement limité de f + g en 0 à l’ordre n est :
(f + g)(x) = P (x) + Q(x) + xn ε(x).
Par exemple nous savons que :
x2 x4
x3
+ x4 ε1 (x) et cos x = 1 −
+
+ x4 ε2 (x).
3!
2
4!
Par conséquent, le développement limité de la fonction sin x + cos x en 0 à l’ordre 4
est :
x2 x3 x4
sin x + cos x = 1 + x −
−
+
+ x4 ε(x).
2
3!
4!
sin x = x −
Pour tout λ ∈ R, le développement limité de λf en 0 à l’ordre n est :
λf (x) = λP (x) + xn ε(x).
Par exemple le développement limité de λ sin x en 0 à l’ordre 4 est :
λ sin x = λ(x −
x3
x3
+ x4 ε1 (x)) = λx − λ + x4 ε(x),
3!
3!
où on a posé ε(x) = λε1 (x).
Le développement limité de (f g)(x) en 0 à l’ordre n est :
(f g)(x) = Tn (P (x)Q(x)) + xn ε(x),
où Tn (P (x)Q(x)) est la somme des puissances de P (x)Q(x) de degré ≤ n.
Cherchons par exemple le développement limité de sin x cos x en 0 à l’ordre 4. Nous
avons :
x2 x4
x3
+ x4 ε1 (x))(1 −
+
+ x4 ε2 (x))
sin x cos x = (x −
3!
2
4!
x3 x3
= x−
−
+ x4 ε(x))
2
3!
2
= x − x3 + x4 ε(x))
3
Supposons que la composée f ◦ g existe et que g(0) = 0.
Dans ces conditions le développement limité de f ◦ g en 0 à l’ordre n est :
(f ◦ g)(x) = Tn (P (Q(X))) + xn ε(x).
10
APPROXIMATION DE FONCTIONS DÉRIVABLES PAR UNE FONCTION POLYNOMIALE
Exemple 9.
(1) Nous avons sin 0 = 0, de ce fait le développement limité de cos(sin x) en 0 à
l’ordre 4 est :
sin2 x sin4 x
cos(sin x) = 1 −
+
+ sin4 xε3 (x)
2
4!
x3
3!
3
+ x4 ε1 (x))2 (x − x3! + x4 ε1 (x))4
x3
= 1−
+
+ (x −
+ x4 ε1 (x))4 ε3 (x)
2
4!
3!
1
x4
1
= 1 − (x2 − 2 ) + x4 + x4 ε(x)
2
3!
4!
2
x
5
= 1−
+ x4 + x4 ε(x)
2
4!
(x −
(2) Donner le développement limité de la fonction h(x) =
1
1−x2
en 0 à l’ordre 5.
1
Posons g(x) = x2 et f (t) = 1−t
. Nous avons donc h(x) = (f ◦ g)(x).
Cherchons le développement limité de f en 0 à l’ordre 3, nous avons :
f 0 (t) =
2
3!
1
, f (2) (t) =
, f (3) (t) =
,
2
3
(1 − t)
(1 − t)
(1 − t)4
ce qui nous donne :
f (t) = 1 + t + t2 + t3 + t3 ε1 (t).
De ce fait :
h(x) = f (x2 ) = 1 + x2 + x4 + x5 ε(x).