Chapitre 28 : Dérivées successives et formules de Taylor.

ECS3 Carnot
Chapitre 28 — Dérivées successives et formules de Taylor
2013/2014
Chapitre 28 : Dérivées successives et
formules de Taylor.
Dans ce chapitre, I désigne un intervalle de R contenant au moins deux points.
1
Dérivées successives
1.1
Définitions
Définition 1.1.1
Soit f : I → R une fonction et a ∈ I. Si f est dérivable au voisinage de a et si f ′ est
dérivable en a, alors on dit que f est deux fois dérivable en a et on note f ′′ (a) = (f ′ )′ (a)
d2 f
). Plus généralement, si n > 2 et si f est (n − 1) fois
(autre notation possible
dx2
dérivable au voisinage de a, et si f (n−1) est dérivable en a, on dit que f est n fois
dérivable en a et on note f (n) (a) = (f (n−1) )′ (a).
Si f est n fois dérivable en a, f (n−1) existe au voisinage de a et f (n) (a) est par définition
f (n−1) (x) − f (n−1) (a)
la limite (qui existe) lim
.
x→a
x−a
Remarque. Il est indispensable de savoir que f ′ existe au voisinage de a pour définir
f ′′ (a), puisque l’on a besoin de passer à la limite...
Définition 1.1.2
L’ensemble des fonctions n fois dérivables sur I est noté Dn (I, R) ou D n (I). On note
de plus C n (I, R) l’ensemble des fonctions n fois dérivables sur I dont la dérivée d’ordre
n est continue. Si f ∈ C n (I) on dit que f est de classe C n sur I.
Remarque. Cette définition est compatible avec la notation C 0 : f est zéro fois dérivable
et sa dérivée zéroième est continue...
Remarque. On a les inclusions
C n (I, R) ⊂ D n (I, R) ⊂ C n−1 (I, R) ⊂ · · · ⊂ C 1 (I, R) ⊂ D 1 (I, R) ⊂ C 0 (I, R)
Définition 1.1.3
On dit que f est de classe C ∞ sur I lorsque qu’elle est de classe C n pour tout n i.e.
\
\
f ∈ C ∞ (I) =
C n (I) =
D n (I)
n
n
Exemple. Les fonctions polynomiales et rationnelles sont de classe C ∞ sur leur domaine
de définition.
1
La fonction f : x 7→ x2 sin si x 6= 0 et f (0) = 0 est de dérivable sur R mais n’est pas
x
de classe C 1 sur R.
J. Gärtner.
1
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1.2
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Opération sur les fonctions n fois dérivables
On peut montrer la proposition suivante par récurrence.
Proposition 1.2.1
Si f et g sont n fois dérivables sur I et si λ ∈ R, alors f + g et λf sont n fois dérivables
sur I et
(f + g)(n) = f (n) + g(n)
et
(λf )(n) = λf (n)
Proposition 1.2.2 (Formule de Leibniz )
Si f, g sont n fois dérivables sur I, alors f g est n fois dérivable sur I et
(n)
(f g)
=
n X
n
k=0
k
f (k)g(n−k)
Démonstration : Montrons ce résultat par récurrence.
– Initialisation : si n = 0 il n’y a rien à montrer.
– Hérédité. Soit n ∈ N. Supposons que le produit de deux fonctions n fois dérivables est
n fois dérivable et que la formule annoncée est juste. Soit f, g deux
n+1 fois
Pfonctions
n
dérivables sur I. Alors f g est n fois dérivable sur I et (f g)(n) = k=0 nk f (k) g (n−k) .
Toutes les fonctions qui interviennent dans cette somme sont dérivables sur I par
hypothèse. On en déduit que (f g)(n) est dérivable sur I, donc que f g est dérivable
n + 1 fois. De plus on a
n X
n
(f (k+1) g (n−k) + f (k) g (n−k+1) )
k
k=0
n n+1
X
X n n (k) (n−k+1)
f (j) g (n+1−j) +
=
f g
j
−
1
k
j=1
k=0
n X
n + 1 (n+1)
n
n
n+1
(k) (n+1−k)
=
f
g+
(
+
)f g
+
f g (n+1)
n+1
k−1
k
0
(f g)(n+1) =
k=1
Ce qui permet de conclure.
On en déduit
Proposition 1.2.3
Soit n ∈ N ∪ {∞}. Si f, g ∈ C n (I) et λ ∈ R, alors f + g, λf et f g sont de classe C n sur
I.
Proposition 1.2.4
Soit P un polynôme de degré n à coefficients réels. Alors P est de classe C ∞ et P (n+1) =
0.
Démonstration : Si n = 0 le résultat est clair : P est constant sa dérivée est nulle et de degré
−∞. Supposons n > 1.
n
n
P
P
kak xk−1 . Comme nan 6= 0 on
ak xk avec an 6= 0. Alors P ′ : x 7→
Soit P : x 7→
k=1
k=0
a P ′ de degré n − 1. Par récurrence immédiate, P est k fois dérivable et P (k) est de degré
n − k si k 6 n et −∞ (i.e P (k) = 0 si k > n + 1).
J. Gärtner.
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Exemple. L’application x 7→ x2 ex est de classe C ∞ sur R et on a par la formule de Leibniz
que pour tout n > 2,
∀x ∈ R, f (n) (x) = x2 ex + 2nxex + 2
n(n − 1) x
e
2
On montre (exercice) par récurrence que :
Proposition 1.2.5
Si f : I → R ne s’annule pas sur I et est n fois dérivable (resp. de classe C n , de classe
1
C ∞ ), alors est n fois dérivable sur I (resp. de classe C n , de classe C ∞ ).
f
Proposition 1.2.6
Si I, J sont deux intervalles et f : I → R et g : J → R avec f (I) ⊂ J. Si f et g sont n
fois dérivables alors g ◦ f est n fois dérivable. (Respectivement : de classe C n , de classe
C ∞ ).
Démonstration : Montrons le résultat par récurrence sur n. L’initialisation est claire. Supposons que la composée de deux fonctions n fois dérivables soit n fois dérivable. Soit f, g
n + 1 fois dérivables telles que f (I) ⊂ J. Alors g ◦ f est dérivable de dérivée f ′ × (g ′ ◦ f ).
Par hypothèse de récurrence, cette fonction est n fois dérivable, donc g ◦ f est bien n + 1
fois dérivable.
Cette dernière proposition est à la limite du programme.
Proposition 1.2.7
Soit f une fonction dérivable et strictement monotone, de classe C n et dont la dérivée
ne s’annule pas. Alors f −1 est de classe C n .
Démonstration : Par récurrence sur n. L’initialisation est claire. Pour l’hérédité, on a f −1
1
dérivable de dérivée ′
. En utilisant les deux propositions précédentes, on en déduit
f ◦ f −1
que (f −1 )′ est de classe C n donc que f −1 est de classe C n+1 .
2
Fonctions convexes
Tous les résultats de cette section peuvent être admis
2.1
Préliminaires
Soit a, b ∈ R, a < b. Le segment [a, b] d’extrémités a et b est l’ensemble des réels qui
s’écrivent αa + βb avec α, β ∈ R+ tels que α + β = 1. On peut aussi écrire
[a, b] = {λa + (1 − λ)b, λ ∈ [0, 1]}
En effet, tout réel x s’écrit x = a + t(b − a). Si on souhaite que x ∈ [a, b] il est
nécessaire et suffisant que t ∈ [0, 1]. Géométriquement, le segment [a, b] est donc l’ensemble
des barycentres de a et b affectés de coefficients positifs.
Les fonctions affines g : I → R sont les fonctions du type x 7→ px + q. Ces fonctions
ont la propriété suivante (ce que l’on vérifie facilement) :
∀a, b ∈ I, ∀α, β ∈ R, α + β = 1 ⇒ g(αa + βb) = αg(a) + βg(b)
J. Gärtner.
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Géométriquement, l’image du barycentre de deux points est le barycentre de ces images,
affectés des mêmes coefficients.
2.2
Définition
Définition 2.2.1
On dit que f : I → R est convexe sur I lorsque l’une des propriétés équivalentes
suivantes est vérifiée :
1. ∀a, b ∈ I, ∀α, β ∈ R+ , α + β = 1 ⇒ f (αa + βb) 6 αf (a) + βf (b)
2. ∀a < b ∈ I, ∀α, β ∈ R+ , α + β = 1 ⇒ f (αa + βb) 6 αf (a) + βf (b)
3. ∀a, b ∈ I, ∀λ ∈ [0, 1] f (λa + (1 − λ)b) 6 λf (a) + (1 − λ)f (b)
4. ∀a < b ∈ I, ∀λ ∈ [0, 1] f (λa + (1 − λ)b) 6 λf (a) + (1 − λ)f (b)
On dit que f est concave lorsque −f est convexe, i.e.
∀a, b ∈ I, ∀α, β ∈ R+ , α + β = 1 ⇒ f (αa + βb) > αf (a) + βf (b)
Remarque. Les fonctions affines sont exactement les fonctions convexes et concaves.
Exemple. La fonction x 7→ x2 est convexe sur R. En effet, si a, b ∈ R et λ ∈ [0, 1], on a
(λa + (1 − λb)2 6 λa2 + (1 − λ)b2 ⇔ λ2 a2 + 2λ(1 − λ)ab + (1 − λ)2 b2 6 λa2 + (1 − λ)b2
⇔ λ(1 − λ)(−a2 + 2ab − b2 ) 6 0
⇔ −λ(1 − λ)(a − b)2
2.3
Interprétation graphique
y
x
Proposition 2.3.1
Une fonction f est convexe si et seulement si tout arc de sa courbe Cf est sous la
corde correspondante.
Démonstration : Pour le sens direct : on a par définition, si x ∈ [a, b], l’existence de λ ∈ [0, 1]
tel que x = λa + (1 − λ)b. Mais f est convexe donc f (x) 6 λf (a) + (1 − λ)f (b) ce qui veut
dire que le point (x, f (x)) est situé sous le point (x, λf (a) + (1 − λ)f (b)) qui est le point
d’abscisse x du segment d’extrémités (a, f (a)) (b, f (b)).
Réciproque : En effet, si a < b ∈ I, notons ga,b la fonction affine qui coïncide avec f en
f (x) − f (a)
a et b (c’est-à-dire ga,b : x 7→
(x − a) + f (a)). Alors l’arc de f entre a et b est
b−a
sous la corde entre a et b si et seulement si
∀x ∈ [a, b], f (x) 6 ga,b (x)
J. Gärtner.
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Supposons que ce soit le cas. En écrivant x ∈ [a, b] sous la forme λa+(1−λ)b, et en utilisant
le fait que ga,b est affine, il vient
f (λa + (1 − λ)b) 6 ga,b (λa + (1 − λ)b) = λga,b (a) + (1 − λ)ga,b (b) = λf (a) + (1 − λ)f (b)
2.4
Croissance des pentes
y
x
a
c
b
Proposition 2.4.1
Soit f une fonction convexe sur I. Si a, b, c ∈ I avec a < c < b, alors
f (b) − f (a)
f (b) − f (c)
f (c) − f (a)
6
6
c−a
b−a
b−c
Démonstration : Notons A, B et C les points de Cf d’abscisse a, b et c. Notons comme
ci-dessus ga,b la fonction affine qui coïncide avec f en a et b.
f (b) − f (a)
ga,b (c) − f (a)
On prouve ces inégalités en remarquant que la pente de AB est
=
b−a
c−a
f (c) − f (a)
6
et en utilisant le fait que f (c) 6 ga,b (c) puisque f est convexe. Ainsi
c−a
f (b) − f (a)
.
b−a
f (b) − ga,b (c)
f (b) − f (a)
=
permet de monter l’autre inégalité.
De même
b−a
b−c
x0
x
y
Soit M le point de la courbe d’abscisse x et A d’abscisse x0 . Alors la pente de AM est
f (x) − f (x0 )
.
donnée par
x − x0
J. Gärtner.
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Théorème 2.4.1 (Croissance des pentes)
Soit f : I → R une fonction définie sur I. Alors f est convexe si et seulement si pour
f (x) − f (x0 )
est croissante sur I r {x0 }.
tout x0 ∈ I la fonction x 7→
x − x0
Démonstration : Supposons que f est convexe. Soit x0 ∈ I et x < xy ∈ I r {x0 }. Alors la
propriété découle de la proposition précédente. En effet on veut montrer que
f (x) − f (x0 )
f (y) − f (x0 )
6
x − x0
y − x0
On utilise la propriété précédente de la façon suivante :
– Si x0 < x < y on prend (a, c, b) = (x0 , x, y).
– Si x < x0 < y on prend (a, c, b) = (x, x0 , y).
– Si x < y < x0 on prend (a, c, b) = (x, y, x0 ).
f (x) − f (x0 )
est croissante sur
x − x0
I r {x0 }. Soit x, y ∈ I avec x < y. Soit λ ∈ [0, 1]. Si λ = 0 ou λ = 1 l’inégalité de convexité
est claire. Sinon on a x < λx + (1 − λ)y < y. Par croissance des pentes, on a
Réciproquement, supposons que pour tout x0 ∈ I, x 7→
f (y) − f (x)
f (λx + (1 − λ)y) − f (x)
6
λx + (1 − λ)y − x
y−x
Donc
f (λx + (1 − λ)y) − f (x)
f (y) − f (x)
6
(1 − λ)(y − x)
y−x
Comme y − x > 0 et (1 − λ) > 0 on en déduit que
f (λx + (1 − λ)y) 6 f (x) + (1 − λ)(f (y) − f (x)) 6 λf (x) + (1 − λ)f (y)
2.5
Fonctions convexes dérivables
2.5.1 Caractérisation des fonctions convexes dérivables
Théorème 2.5.1
Soit f : I → R une fonction dérivable. Alors f est convexe si et seulement si f ′ est
croissante.
f (b) − f (x)
(x−
b−a
a) la fonction affine qui coïncide avec f en a et b. On pose ϕ(x) = f (x) − ga,b (x). Alors ϕ
f (b) − f (a)
.
est dérivable de dérivée ϕ′ (x) = f ′ (x) −
b−a
f (b) − f (a)
D’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈]a, b[ tel que
=
b−a
′
′
′
′
′
f (c). Donc ∀x ∈ [a, b], ϕ (x) = f (x) − f (c). Comme f est croissante, on en déduit que
ϕ est décroissante sur [a, c] et croissante sur [c, b]. Comme ϕ(a) = ϕ(b) = 0 on a ϕ 6 0 sur
[a, b]. Ainsi tout arc de Cf est sous la corde correspondante : f est convexe.
Démonstration : Supposons que f ′ est croissante. Soit encore ga,b x 7→ f (a)+
Supposons maintenant f convexe. Soit x1 , x2 ∈ I avec x1 < x2 . Alors par croissance
des pentes
f (x2 ) − f (x1 )
f (x) − f (x1 )
6
∀x ∈]x1 , x2 [,
x − x1
x2 − x1
Puisque f est dérivable, on peut considérer la limite de cette inégalité lorsque x → x1 . Ce
qui donne
f (x2 ) − f (x1 )
f ′ (x1 ) 6
x2 − x1
J. Gärtner.
6
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Mais on a aussi
∀x ∈]x1 , x2 [,
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f (x2 ) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
6
x2 − x1
x2 − x
ce qui donne, en faisant tendre x vers x2 (on sait que la limite existe puisque f est dérivable)
f (x2 ) − f (x1 )
6 f ′ (x2 )
x2 − x1
Ce qui prouve la croissance de f ′ .
Remarque. On a prouvé au passage que si f est convexe, alors pour tout a < b ∈ I on a
f ′ (a) 6
f (b) − f (a)
6 f ′ (b)
b−a
Dessin.
Le corollaire suivant est immédiat :
Proposition 2.5.1
f : I → R deux fois dérivable sur I est convexe si et seulement si f ′′ > 0.
Exemple. A l’aide du critère par dérivée seconde, on a
1. x 7→ ex est convexe sur R.
2. ln est concave sur R+∗ .
3. sin est concave sur [0, π], convexe sur [−π, 0].
π π
4. cos est concave sur [− , [
2 2
π
5. tan est convexe sur [0, [
2
6. x 7→ xα est convexe sur R+∗ si α < 0 ou α > 1. Concave sur R+∗ si α ∈]0, 1[. Affine
si α = 0 ou 1.
2.5.2
Interprétation géométrique
Proposition 2.5.2
Soit f une fonction dérivable sur I. Alors f est convexe si et seulement si la courbe Cf
est au dessus de ses tangentes :
∀x0 ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) > f (x0 ) + (x − x0 )f ′ (x0 )
J. Gärtner.
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Démonstration : Supposons f convexe. Pour x ∈ I, on pose ϕ(x) = f (x) − f (x0 ) − (x −
x0 )f ′ (x0 ). Alors ϕ est dérivable sur I et ϕ′ (x) = f ′ (x) − f ′ (x0 ). Comme f ′ est croissante
sur I, on en déduit que ϕ est décroissante jusqu’en x0 puis croissante. Son minimum, atteint
en x0 est 0. Donc ϕ > 0 sur I.
Réciproquement, supposons que Cf est au dessus de ses tangentes. On a pour x < y ∈ I
f (y) > f (x) + (y − x)f ′ (x)
Donc
f ′ (x) 6
et
f (x) > f (y) + (x − y)f ′ (y)
f (y) − f (x)
6 f ′ (y)
y−x
et f ′ est croissante, donc f est convexe.
Exemple. Puisque exp est convexe sur R, on a ∀x ∈ R, ex > 1 + x (qui est l’équation de
sa tangente en x = 0).
2
π
Exercice. Montrer que pour tout x ∈ [0, ] on a x 6 sin x 6 x. Montrer que pour tout
2
π
x ∈ R, |sin x| 6 |x|.
2.5.3 Inflexion
Définition 2.5.1
Soit f une fonction définie et deux fois dérivable sur I, a ∈ I. On dit que le point
A(a, f (a)) est un point d’inflexion de la courbe représentative de f si f ′′ s’annule et
change de signe en a.
Interprétation graphique.
Supposons par exemple que f ′′ passe de valeurs négatives au voisinage à gauche [a−α, a]
de a à des valeurs positives au voisinage à droite [a, a + α] de a. Alors sur [a − α, a], Cf est
au dessous de ses tangentes, et sur [a, a + α], Cf est au dessus de ses tangentes. La courbe
Cf traverse donc sa tangente en (a, f (a)).
Exemples : tan, Arctan , sin etc... en 0.
On dit que le point d’inflexion marque l’endroit ou la courbe change de concavité.
J. Gärtner.
8
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Remarque. La connaissance des points d’inflexion est une aide précieuse au tracé de la
courbe !
Dans la mesure du possible, lorsqu’on étudie une fonction, on cherche ses
points d’inflexions et on les représente précisément sur la courbe
représentative, en dessinant une courbe qui traverse sa tangente.
2 ln(x) + 3
. (Domaine de
x
définition, dérivabilité, monotonie, limites, branches infinies). On précisera les éventuels
points d’inflexion ainsi que les tangentes en ces points.
Exercice. Etudier la fonction définie par l’expression f (x) =
2.6
Inégalités de convexité
Une des applications des fonctions convexes est de montrer des inégalités dites « de
convexité ». Ces inégalités découlent du théorème suivant.
Théorème 2.6.1
Soit f une fonction convexe sur I. Alors pour tout n ∈ N∗ et a1 , . . . , an ∈ I, pour tous
λ1 , . . . , λn ∈ R+ tels que λ1 + · · · + λn = 1, on a
n
n
X
X
λi f (ai )
λi ai ) 6
f(
i=1
i=1
Démonstration : On montre ce résultat par récurrence.
– initialisation : si n = 1 la proposition est triviale : λ1 = 1 et f (a1 ) 6 f (a1 ). Par
définition, le cas n = 2 est vrai.
– Hérédité. Soit n ∈ N∗ et supposons que l’inégalité
Pn+1annoncée soit vraie. Soit alors
a1 , . .P
. , an+1 ∈ I et λ1 , . . . , λn+1 ∈ R+ tels que i=1 λi = 1. Alors
n
– Si i=1 λi = 0, c’est que tous les λi > 0 sont nuls pour i ∈ [[ 1 ; n ]]. Alors λn+1 = 1
et on a l’inégalité voulue.
Pn
– Sinon on pose S = i=1 λi . On écrit
n+1
X
λi ai = S
i=1
Pn
i=1
λi ai
S
+ λn+1 an+1
Comme S et λn+1 sont positifs de somme 1, on a par définition de la convexité
n+1
X
f(
λi ai ) 6 Sf
i=1
Pn
i=1
S
λi ai
+ λn+1 f (an+1 )
λi
Mais si on pose λ′i =
pour i ∈ [[ 1 ; n ]], les λ′i sont positifs et de somme 1.
S
L’hypothèse de récurrence donne alors
X
Pn
n
λi
i=1 λi ai
6
f (ai )
f
S
S
i=1
Finalement
n+1
X
f(
i=1
λi ai ) 6 S
n
X
λi
i=1
S
f (ai ) + λn+1 f (an+1 ) =
i=1
En particulier :
J. Gärtner.
n+1
X
9
λi f (ai )
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Proposition 2.6.1
Si f est convexe sur I pour tout n ∈ N∗ et tout a1 , . . . , an ∈ I on a
!
n
n
1X
1X
ai 6
f (ai )
f
n
n
i=1
i=1
Exercice. Ecrire la démonstration de ce cas particulier.
a1 + · · · + an
√
Exercice. Soit a1 , . . . , an ∈ R+∗ . On pose A =
, G = n a1 . . . an , H =
n
 1
1 −1
r
+ ··· +
a21 + · · · + a2n
 a1
an 
. (ce sont les moyennes arithmétique, géomé
 et Q =
n
n
trique, harmonique et quadratiques). Montrer que
H 6G6A6Q
3
Formules de Taylor
3.1
Préliminaires
Commençons par quelques remarques sur les dérivées de fonctions polynomiales. Soit
Pn : x 7→ a0 + · · · + an xn un polynôme de degré au plus n. Alors
k!ak si k 6 n
(k)
Pn (0) =
0
sinon
Plus généralement, si Qn : x 7→ λ0 + λ1 (x − a) + · · · + λn (x − a)n , on a
k!λk si k 6 n
(k)
Qn (a) =
0
sinon
Si f est une fonction de classe C n sur I et a ∈ I, posons
∀x ∈ I, Tn (x) =
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (a)
On remarque alors que
Tn(k) (a)
=
f (k) (a) si k 6 n
0
sinon
Définition 3.1.1
Soit f : I → R une fonction de classe C n et a ∈ I. On note
∀x ∈ I, Tn (x) =
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (a)
Ecrire une formule de Taylor pour f à l’ordre n en a, c’est écrire f sous la forme
∀x ∈ I, f (x) = Tn (x) + Rn (x)
J. Gärtner.
10
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Tn est la partie polynomiale, et Rn le reste.
Les formules de Taylor diffèrent donc par la nature du reste. Les difficultés de ce court
chapitre sont de connaître le champ d’application de la formule (local ou global),
de connaître les hypothèses et de savoir écrire correctement le reste.
En particulier, si f est une fonction polynomiale, et n > deg(f ) alors toute formule de
Taylor a pour reste 0 : la formule est exacte.
3.2
Formule de Taylor avec reste intégral
C’est la formule globale la plus précise. C’est aussi le reste le plus difficile à retenir...
Théorème 3.2.1
Soit f une fonction de classe C n+1 sur I. Alors pour tout a, b ∈ I, on a
f (b) =
n
X
(b − a)k
k=0
k!
f
(k)
(a) +
Z
b
a
(b − t)n (n+1)
f
(t)dt
n!
on a donc dans ce cas
Z
∀x ∈ I, Rn (x) =
x
a
(x − t)n (n+1)
f
(t)dt
n!
Démonstration : On procède par récurrence en utilisant une intégration par parties (ce qui
permet de retrouver le reste rapidement...)
– Pour n = 0 f est de classe C 1 et on sait (ce qui sera redémontré plus tard...) que
Rb ′
Rb ′
a f (t)dt = f (b) − f (a). Donc f (b) = f (a) + a f (t)dt.
– Supposons la formule vraie pour n ∈ N. Soit f une fonction de classe C n+2 . Comme
elle est de classe C n+1 on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence :
f (b) =
n
X
(b − a)k
k=0
k!
f
(k)
(a) +
Z
a
b
(b − t)n (n+1)
f
(t)dt
n!
On effectue une intégration par parties en dérivant f (n+1) . On a
Z
b
a
b Z b
(b − t)n+1 (n+1)
(b − t)n+1 (n+2)
(b − t)n (n+1)
f
(t)dt = −
f
(t) +
f
(t)dt
n!
(n + 1)!
(n + 1)!
a
a
Z b
(b − t)n+1 (n+2)
(b − a)n+1 (n+1)
f
(a) +
f
(t)dt
=
(n + 1)!
(n + 1)!
a
Ce qui permet de conclure.
Exemple. Comme exp est de classe C ∞ , on a pour tout n et tout x ∈ R, en prenant a = 0
x
e =
n
X
xk
k=0
3.3
k!
+
Z
x
0
(b − t)n t
e dt
n!
Reste de Taylor-Lagrange
3.3.1
Inégalité de Taylor-Lagrange
Cette inégalité généralise l’inégalité des accroissements finis.
J. Gärtner.
11
ECS3 Carnot
Chapitre 28 — Dérivées successives et formules de Taylor
2013/2014
Théorème 3.3.1
Soit f une fonction de classe C n+1 sur I. Alors
pour tout a, b ∈ I, f (n+1) est continue
sur [a, b]. On note M un majorant de f (n+1) sur [a, b]. On a
n
k
X
(b
−
a)
|b − a|n+1
f (k) (a) 6 M
f (b) −
k!
(n + 1)!
k=0
Donc
∀x ∈ I |Rn (x)| 6 M
|x − a|n+1
(n + 1)!
Démonstration : En effet on sait d’après la formule avec reste intégral (en supposant
par
(n)
R x
R x (x − t)n (n+1)
(t) n f
exemple que a 6 x) que Rn (x) = a
f
(t)dt. On a donc |Rn (x)| 6 a |x − t| dt 6
n!
n! M R x
|x − t|n dt. Mais t 7→ |x − t|n est continue et est en fait la fonction t 7→ (x − t)n .
a
n!
(x − t)n+1
sur [a, x] ce qui permet donc d’obtenir le
Une primitive est donnée par t 7→ −
n+1
majorant attendu.
x3 |x|5
Exemple. On a pour tout x ∈ R sin x − x + 6
.
6
5!
x2
x2 x4
6 cos x 6 1 −
+ .
2
2
24
Remarque. C’est une des inégalités les plus utiles de votre programme. Il FAUT y
penser dès que vous cherchez à encadrer une fonction par des polynômes !
Exercice. Montrer que pour tout x ∈ R on a 1 −
3.3.2
Remarque : formule de Taylor-Lagrange (hors-programme)
C’est la formule qui généralise le théorème des accroissements finis et découle aussi du
théorème de Rolle.
Théorème 3.3.2
Soit f une fonction de classe C n+1 sur I. Alors pour tout a, b ∈ I, on a
∃c ∈]a, b[, f (b) =
n
X
(b − a)k
k!
k=0
f (k) (a) +
C’est-à-dire
∀x ∈ I, ∃c ∈]a, x[ Rn (x) =
(b − a)n+1 (n+1)
f
(c)
(n + 1)!
(x − a)n+1 (n+1)
f
(c)
(n + 1)!
Démonstration : Puique b − a 6= 0 il existe un unique réel A tel que
f (b) =
n
X
(b − a)k
k!
k=0
f (k) (a) +
(b − a)n+1
A
(n + 1)!
Posons g la fonction définie sur I par
g(x) = f (b) −
J. Gärtner.
n
X
(b − x)k
k=0
k!
12
f (k) (x) −
(b − x)n+1
A
(n + 1)!
ECS3 Carnot
Chapitre 28 — Dérivées successives et formules de Taylor
2013/2014
Alors g est de classe C 1 puisque f est de classe C n+1 et g(b) = 0. Le choix de A donne
g(a) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe c ∈]a, b[ tel que g ′ (c) = 0. Mais
g ′ (x) =
n
X
(b − x)(k−1)
k=1
(k − 1)!
f (k) (x) −
n
X
(b − x)k
k!
k=0
f (k+1) (x) +
(b − x)n
A
n!
(b − x)n
(b − x)n (n+1)
f
(x) +
A
n!
n!
(b − x)n
=
(A − f (n+1) (x))
n!
=−
Comme g ′ (c) = 0 et que b − c 6= 0, on a bien A = f (n+1) (c).
Remarque. Comme pour le théorème des accroissements finis, on peut écrire, en posant
b = a + h, c sous la forme a + θh avec θ ∈]0, 1[. Ainsi si f est de classe C n+1 on a
f (a + h) =
n
X
hk
k=0
k!
hn+1 (n+1)
f
(a + θh)
(n + 1)!
f (k) (a) +
Exemple. Soit f : x →
7 ln(1 + x). Cette fonction est de classe C ∞ sur ] − 1, +∞[. On
applique la formule de Taylor-Lagrange en 0, en remarquant que
∀n ∈ N∗ , f (n) (x) =
(−1)n−1 (n − 1)!
(1 + x)n
Ainsi pour tout x > −1 il existe c ∈]0, x[ tel que
f (x) =
n
X
(−1)k−1
k=1
k
xk +
(−1)n xn+1
(n + 1)(1 + c)n+1
1
(−1)n xn+1
< 1 donc le reste
converge vers 0 lorsque
1+c
(n + 1)(1 + c)n+1
P (−1)k−1
converge et que sa somme
n → +∞. Ce qui permet de montrer que la série
k
vaut ln 2.
Prenons x = 1. Alors 0 <
3.4
Application à l’étude des racines multiples
On sait déjà que les dérivées successives d’un polynômes sont toutes nulles à partir d’un
moment. On a donc exactement :
Théorème 3.4.1 (Formule de Taylor )
Soit P ∈ K[X] de degré n, et a ∈ K. Alors
P =
n
X
P (k) (a)
k=0
k!
(X − a)k
Rappelons que
Définition 3.4.1
Soit P ∈ K[X] r {0}, λ ∈ K et k ∈ N. On dit que λ est racine de multiplicité (ou
d’ordre) k de P lorsque (X − λ)k divise P mais pas (X − λ)k+1 . C’est-à-dire
J. Gärtner.
ordre(λ) = max{j ∈ N, (X − λ)j |P }
13
ECS3 Carnot
Chapitre 28 — Dérivées successives et formules de Taylor
2013/2014
Cette définition se traduit encore de la façon suivante : « λ est racine d’ordre k de P si
et seulement si P = (X − λ)k Q avec Q(λ) 6= 0 ».
On a la caractérisation suivante :
Proposition 3.4.1
Soit P ∈ K[X], k ∈ N et λ ∈ K. Alors
1. λ est une racine de multiplicité au moins k de P si et seulement si
P (λ) = P ′ (λ) = · · · = P (k−1) (λ) = 0
2. λ est racine de multiplicité k de P si et seulement si
∀j ∈ [[ 0 ; k − 1 ]] P (j) (λ) = 0 et P (k) (λ) 6= 0
Démonstration : Cette proposition résulte directement de la formule de Taylor :
n P (j) (λ)
P
(X − λ)j .
Si λ est racine de multiplicité au moins k, alors (X − λ)k |P =
j!
j=0
P (j) (λ)
Mais pour j 6 k − 1, si
(X − λ)j = (X − λ)kU avec U ∈ K[X], alors U = 0 pour
j!
des raisons de degré. Ainsi ∀j ∈ [[ 0 ; k ]] P (j) (λ) = 0.
Si ∀j ∈ [[ 0 ; k ]] P (j) (λ) = 0, alors il est clair par la formule de Taylor que (X − λ)k
divise P .
Exemple. Soit P = X 4 − 4X + 3. Alors P admet 1 pour racine double. Pour déterminer
Q tel que P = (X − 1)2 Q, on peut procéder soit par identification, soit par division
euclidienne, soit par calcul direct.
3.5
Formule de Taylor-Young
C’est la seule formule locale. Elle sert essentiellement pour calculer des limites, en
fournissant les développements limités des fonctions classiques. C’est ce que nous étudierons
au prochain chapitre.
Théorème 3.5.1
Soit f une fonction de classe C n sur I et a ∈ I. Il existe une fonction ε définie sur I
telle que
∀x ∈ I, f (x) =
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (x) + (x − a)n ε(x)
et
Autrement dit, au voisinage de a
f (x) =
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f (k) (x) + o ((x − a)n )
Démonstration : Instructive, mais hors programme !
On définit ε par ε(a) = 0 et si x ∈ I, x 6= a
1
ε(x) =
(x − a)n
J. Gärtner.
f (x) −
14
n
X
(x − a)k
k=0
k!
f
(k)
!
(a)
lim ε(x) = 0
x→a
ECS3 Carnot
Chapitre 28 — Dérivées successives et formules de Taylor
2013/2014
(x − a)k (k)
f (x) + (x − a)n ε(x). Calculons la limite de ε en
k!
a. Comme f est de classe C n on peut appliquer l’égalité (ou l’inégalité) de Taylor-Lagrange
entre a et x, à l’ordre n − 1.
On a bien ∀x ∈ I, f (x) =
Pn
k=0
∃cx ∈]a, x[ f (x) =
Donc si x 6= a on a
n−1
X
k=0
(x − a)n (n)
(x − a)k (k)
f (a) +
f (cx )
k!
n!
1 (n)
f (cx ) − f (n) (a)
n!
Puisque |cx − a| 6 |x − a| on a lim cx = a et la continuité de f (n) donne le résultat.
ε(x) =
x→a
Exemple. On a ex = 1 + x + · · · +
xn
+ o (xn ) au voisinage de 0.
n!
Exercice. Soit f une fonction de classe C 2 sur I et a ∈ I. Calculer la limite quand x tend
f (x) − f (a) − (x − a)f ′ (x)
vers a de
.
(x − a)2
Donnons le résultat de la formule de Taylor-Young en 0 pour certaines fonctions de
référence. Ces résultats sont à connaître par cœur dès maintenant !
Théorème 3.5.2
On a au voisinage de 0 et pour n ∈ N
xn
ex = 1 + x + · · · +
+ o (xn )
n!
x2n+1
x3
+ · · · + (−1)n
+ o x2n+2
sin x = x −
3!
(2n + 1)!
2
x2n
x
+ · · · + (−1)n
+ o x2n+1
cos x = 1 −
2!
(2n)!
α(α
− 1) 2
α(α − 1) . . . (α − n + 1) n
∀α ∈ R, (1 + x)α = 1 + αx +
x +···+
x + o (xn )
2!
n!
En particulier :
1
= 1 − x + x2 + · · · + (−1)n xn + o (xn )
1+x
Démonstration : Pour exp on a pour tout n exp(n) (0) = 1. Pour sin on a pour tout n
sin2n = (−1)n sin et sin(2n+1) = (−1)n cos donc les valeurs en 0 en découlent. DE même
pour cos.
La fonction x 7→ (1 + x)α est de classe C ∞ sur ] − 1, +∞[ et
f (n) (x) = α(α − 1) . . . (α − n + 1)(1 + x)α−n
On doit savoir appliquer la formule pour α quelconque au cas ±
√
1+x=1+
1
pour obtenir
2
1
1 × 3 × · · · × (2n − 3) n
1
−
x2 + · · · + (−1)n−1
x + o (xn )
2 2×4
2 × 4 × · · · × 2n
1 × 3 × · · · × (2n − 3)
à l’aide de factorielles. On
2 × 4 × · · · × 2n
a en multipliant numérateur et dénominateur par 2 × 4 × · · · × (2n − 2)(2n − 1)2n :
Il faut aussi savoir simplifier le terme
1 × 3 × · · · × (2n − 3)
(2n)!
= n 2
2 × 4 × · · · × 2n
(2 n!) × (2n − 1)
J. Gärtner.
15