Formules de Taylor

Dans tout ce chapitre, I est un intervalle de R, et les fonctions sont à valeurs dans R ; n
désigne un entier naturel.
I Préliminaire
 Soient
R
n
,...,, 210
.
Soit
n
k
k
k
n
n
n
nxxxxx
P
0
01
1
1...
: RR
.
Alors
),( RR CP
, et, pour tout
Rx
:
n
n
n
n
n
n
n
k
k
k
n
k
k
k
nxP
xnnnxP
xnnxP
xkxP
xxP
!)(
6...)2)(1()(
2...)1()(
)(
)(
)(
3
3)3(
2
1)2(
1
1)1(
0
)0(
Et
0)(
)( xP k
pour
nk 
En 0 :
2
)2(
1
)1(
0
)0(
2)(
)(
)(
xP
xP
xP
k
kkxP
!)(
)( 
pour
nk 0
 Plus généralement :
Soient
R
n
,...,, 210
,
Ra
.
Soit
01
1
1)(...)()(
:
axaxaxx
Pn
n
n
n
RR
Alors
),( RR CP
, et, pour tout
Rx
:
k
k
n
kkaxknnnnxP
!...)())...(2)(1()(
)( 
pour
nk 0
.
On a les mêmes dérivées en a qu’en 0 dans le premier cas.
 Soit
RIf :
, soit
Ra
. On suppose que f est n fois dérivable en a.
Soit
n
T
le polynôme de degré
n
dont les dérivées successives jusqu’à la n-ième en a
coïncident avec celles de f, c'est-à-dire, d’après le préliminaire pour les dérivées successives
de
n
T
en a :
!)(
)(...
!2 )(''
)()(')()()(, )(
2naf
ax
af
axafaxafxTx n
n
n R
Pour tout
Ix
, on pose
)()()( xTxfxR nn 
.
Ecrire une formule de Taylor pour f à l’ordre n en a, c’est écrire :
)()()(, xRxTxfIx nn 
.
)(xTn
s’appelle la partie polynomiale,
)(xRn
le reste.
Le but du chapitre est de donner des théorèmes à propos du reste.
Formules de Taylor

II Inégalité de Taylor–Lagrange
Théorème :
Soit f une fonction de classe
1n
C
sur un segment
],[  ba
. Alors :
)()(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()(
)(
)(
2bRaf
nab
af
ab
afabafbf n
bT
n
n
n
, avec
)(sup
)!1(
)( )1(
],[
1
tf
n
ab
bR n
bat
n
n
.
(La borne sup. est bien définie car
)1( n
f
est définie et continue sur le segment
],[  ba
)
C’est l’inégalité de Taylor–Lagrange à l’ordre n de f entre a et b.
Démonstration :
* Le cas où
ba 
est trivial.
* Si
ba 
: on va montrer que pour tout
],[ bax
, on a :
M
nax
af
nax
af
ax
afaxafxfM
nax n
n
nn
)!1( )(
)(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()(
)!1( )( 1
)(
21
où
)(sup )1(
],[ tfM n bat
, ce qui établira le résultat en prenant
bx 
- Montrons la deuxième inégalité :
Soit
M
nax
af
nax
af
ax
afaxafxfx
ba n
n
n
)!1( )(
)(
!)(
...)''(
!2 )(
)'()()()(
],[: 1
)(
2
R
C'est-à-dire
M
nax
xTxfxbax n
n)!1( )(
)()()(],,[ 1
Alors est de classe
1n
C
sur
],[ ba
, et :
MaxafxfMaxxTxfxbax
M
nax
xTxfxbax
nn
n
n
nn
n
n
)()()()()()()(],,[
!)(
)(')(')(',],[
)()(
)(
)()( 
0)()(],,[ )1()1(   Mxfxbax nn
car
Mxf n
)( )1(
.
Donc
)(n
est décroissante, et
0)(
)( a n
. Donc
0)(],,[ )(  xbax n
, donc
)1( n
est
décroissante, et
0)(
)1(  a n
. Donc… donc est décroissante, et
0)( a
, donc
0)(],,[  xbax
.
Donc
0
)!1( )(
)()(],,[ 1
M
nax
xTxfbax n
n
Et, en particulier :
M
nab
bTbf n
n)!1( )(
)()( 1
- Pour la deuxième inégalité :
Soit définie par
M
nax
xTxfxbax n
n)!1( )(
)()()(],,[ 1
Alors
)],,([
1RbaCn
, et :
M
nax
xTxfxbax n
n!)(
)(')(')(',],[ 
0)()(],,[ )1()1(   Mxfxbax nn
car
Mxf n
)( )1(
, soit
Mxf n
)( )1(
.

Donc
)(n
est croissante, et
0)(
)( a n
. Donc
0)(],,[ )(  xbax n
, donc
)1( n
est
croissante, et
0)(
)1(  a n
. Donc… donc est croissante, et
0)( a
, donc
0)(],,[  xbax
.
Donc
0
)!1( )(
)()(],,[ 1
M
nax
xTxfbax n
n
Donc
M
nab
bTbf n
n)!1( )(
)()( 1
- Ainsi,
)(sup
)!1( )(
)()( )1(
],[
1tf
nab
bTbf n
bat
n
n
, soit
)(sup
)!1(
)( )1(
],[
1
tf
n
ab
bR n
bat
n
n
.
* Si
ba 
:
Etant donné
R],[: baf
de classe
1n
C
, en posant
)(sup )1(
],[ tfM n bat
, on introduit
)(
],[: xfx bag   R
.
Alors g est de classe
1n
C
, et
],[,1,0 baxnk 
,
)()1()( )()( xfxg kkk 
.
Le théorème, montré dans le cas précédent, pour g entre
a
et
b
donne :
)()(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()( )(
2bSag
nab
ag
ab
agabagbg n
n
n
avec
)(sup
)!1( )(
)( )1(
],[
1tg
nab
bS n
bat
n
n
.
On a :
)...('')()('')1()()('')(
),(')()(')1)(()(')(
),()(),()(
2222 afabafabagab
afabafabagab
bfbgafag
Donc
)()(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()( )(
2bSaf
nab
af
ab
afabafbf n
n
n
, et :
 M
n
bat
n
ab
n
ntg
nab
bS
n
 )(sup
)!1( )(
)( )1(
],[
)!1(
1
1
Cas particulier : l’inégalité entre 0 et x :
Inégalité de Taylor–Lagrange entre 0 et x pour f de classe
1n
C
:
Soit I un intervalle contenant 0.
Soit f de classe
1n
C
sur I.
Alors, pour tout
Ix
, on peut écrire :
)()0(
!
...)0(''
!2
)0(')0()( )(
2xRf
n
x
f
x
xffxf n
n
n
, avec :
)(sup
)!1(
)( )1(
],0[
1
tf
n
x
xR n
xt
n
n
Exemple :
La fonction exponentielle étant de classe
C
sur R, on peut écrire cette inégalité à
n’importe quel ordre :
)(
!
...
!2
12xR
n
xx
xe n
n
x
, avec
)(sup
)!1(
)( ],0[
1
t
xt
n
ne
n
x
xR
III Formule de Taylor–Young

Théorème :
Soit
Ra
. Soit f une fonction de classe
n
C
sur un intervalle I contenant a.
Alors il existe une fonction
RI:
qui tend vers 0 en a telle que :
)()()(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()(, )(
2xaxaf
nax
af
ax
afaxafxfIx nn
n
Formule de Taylor–Young à l’ordre n en a pour f de classe
n
C
.
Autrement dit, au voisinage de a :
))(()(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()( )(
2nn naxoaf
nax
af
ax
afaxafxf 
Démonstration :
Soit
1n
.
Pour
Ix
, posons :
ax
ax
ax
xTxf
xn
n
si 0
si
)(
)()(
)(
On a alors déjà l’égalité. Reste à montrer que
0)(  
ax ax
x
.
Pour cela, on applique l’inégalité de Taylor–Lagrange à l’ordre
1n
à la fonction
)()(: tTtft n
entre a et x, où x est un élément quelconque de I.
On a alors :
)(sup
!
)(
)!1( )(
...)(')()(()( )(
],[
)1(
1t
n
ax
a
nax
aaxax n
xat
n
n
n
Mais
0)()(...)(')( )()1(  aaaa nn
, d’après le préliminaire.
De plus,
)()(
)()()(
)()(
)()()(,
afaT
n
n
nn
nn
n
tTtftIt
.
Ainsi,
)()(sup
!
)()( )()(
],[ aftf
n
ax
xTxf nn
xat
n
n
.
Donc, pour
ax 
:
)()(sup
!
1
)( )()(
],[ aftf
n
xnn
xat 
Il reste à montrer que
0)()(sup )()(
],[   ax
nn
xat aftf 
Déjà,
)()(: )()( aftftg nn 
est continue sur I et nulle en a.
* Soit
0
.
Comme g est continue en a, il existe
0
tel que
2/)((,  tgatIt
.
Alors, pour
Ix
tel que
 ax
, on a :
2/)(],,[  tgxat
(puisque pour
 axatxat ],,[
)
Donc
)2/)(sup(, ],[
tgaxIx xat
* Autre démonstration :
Pour tout
Ix
, on a :
La fonction
g
est continue sur le segment
],[ xa
. Donc, sur ce segment, elle est bien
bornée, et elle atteint ses bornes. Il existe donc
],[  xacx
tel que
)()(sup],[ x
xat cgtg 
.
On a :
axacIx x ,
car
],[  xacx
.

Donc
ac ax
x  
, et g est continue en a, donc
0)()( 
  agcg ax
x
D’où
0)(sup],[  
ax xat tg 
.
Dans le cas où
0n
:
Le théorème dit :
Si f est continue sur I contenant a :
)()()( xafxf
où
0
a
, ce qui est vrai.
Cas particulier : Taylor–Young à l’ordre n en 0 :
Soit f de classe
n
C
sur I contenant 0.
Alors
)()0(
!
...)0(''
!2
)0(')0()( )(
2nn nxof
n
x
f
x
xffxf 
.
IV L’égalité de Taylor–Lagrange (hors programme)
Théorème :
Soit f de classe
n
C
sur
],[ ba
et de classe
1n
D
sur
ba,
au moins (
ba 
)
Alors il existe
bac ,
tel que :
)(
)!1( )(
)(
!)(
...)(''
!2 )(
)(')()()( )1(
1
)(
2cf
nab
af
nab
af
ab
afabafbf n
n
n
n
.
Démonstration :
Soit
R],[: ba
définie par :
A
nxb
xf
nxb
xfxbxfxbax n
n
n
)!1( )(
)(
!)(
...)(')()()(],,[ 1
)(
Où A est une constante de sorte que
)()( bfa 
, c'est-à-dire :
)(
!)(
...)(')()(
)( )!1( )(
1af
nab
afabaf
abn
An
n
n
Alors est continue sur
],[ ba
, et dérivable sur
ba,
, et
))(()()( bfba 
.
Il existe donc
bac ,
tel que
0)(' c
.
Or, pour tout
bax ,
:
A
nxb
xf
nxb
xfxbxfxbxfxfx n
n
n
!)(
)(
!)(
...)('')()('')()(')(')(' )1(
0
Soit
Axf
nxb
xn
n
)(
!)(
)(' )1(
Or,
0)(' c
et
bc 
, donc
Acf n
)( )1(
, d’où l’égalité cherchée.
Remarque : de cette égalité, on tire aisément l’inégalité de Taylor–Lagrange.
V Récapitulation, formules à connaître
Rappel des trois théorèmes à l’ordre n en 0 :
Théorème (inégalité de Taylor–Lagrange) :
Soit
),(
1RICf n
, où I contient 0. Alors, pour tout
Ix
:
)()0(
!
...)0(''
!2
)0(')0()( )(
2xRf
n
x
f
x
xffxf n
n
n
, avec :
)(sup
)!1(
)( )1(
],0[
1
tf
n
x
xR n
xt
n
n