Théorème [Formule de Taylor avec reste intégrale]
Soient \( n\in \N\) et \( f:I\longrightarrow\R\) une fonction définie sur un intervalle \( I\subseteq\R\) tel que \( 0\in I\) et qui est \( n+1\) fois dérivables et a dérivés continues sur \( I\) .
\[\forall x\in I, \quad f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k + \int_{0}^x\dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt\]
Démonstration
Pour tout \( k\leqslant n\) , posons \( \dpl{I_k(x) = \int_{0}^x\dfrac{(x-t)^k}{k!}f^{[k+1]}(t)\ dt}\) . Réalisons une intégration par partie de cette expression en posant \( u'(t)=f^{[k+1]}(t)\) et \( v(t) = \dfrac{(x-t)^k}{k!}\) . Alors \( u(t) = f^{[k]}(t)\) et \( v'(t) = -\dfrac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!}\) .
\begin{eqnarray*}
I_k(x)
&=& \int_{0}^x\dfrac{(x-t)^k}{k!}f^{[k+1]}(t)\ dt\\
&=& \Big[\dfrac{(x-t)^k}{k!}f^{k}(t)\Big]_0^x - \int_0^x -\dfrac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!} f^{k}(t) \ dt\\
&=& \Big(\dfrac{(x-x)^k}{k!}f^{k}(x)-\dfrac{(x-0)^k}{k!}f^{k}(0)\Big) + I_{k-1}(x)\\
&=& -\dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k + I_{k-1}(x)
\end{eqnarray*}
On observe de plus que
\[I_0(x) = \int_{0}^x\dfrac{(x-t)^0}{0!}f^{[0+1]}(t)\ dt = \int_0^xf'(t)\ dt = f(x)-f(0)\]
En réécrivant la formule \( I_k(x) = -\dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k + I_{k-1}(x)\) on a \( I_{k-1}(x)-I_k(x) = \dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k\) . Sommons les termes :
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^n \Big(I_{k-1}(x) - I_k(x)\Big)
&=& \sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k \\
\Big(I_0(x)-I_1(x)\Big)+\Big(I_1(x)-I_2(x)\Big)
+\cdots +\Big(I_{n-2}(x)-I_{n-1}(x)\Big)
+\Big(I_{n-1}(x)-I_{n}(x)\Big)
&=& \sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k \\
I_0(x)+\Big(-I_1(x)+I_1(x)\Big)+\Big(-I_2(x)
+\cdots +I_{n-2}(x)\Big)+\Big(-I_{n-1}(x)
+I_{n-1}(x)\Big)-I_{n}(x)
&=& \sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k \\
I_0(x)-I_{n}(x)
&=& \sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k \\
I_0(x)
&=& \sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k +I_n(x)\\
f(x)-f(0)
&=& \sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k +I_n(x)\\
f(x)
&=& \underbrace{f(0)+\sum_{k=1}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k} +I_n(x)\\
&=& \sum_{k=0}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k +I_n(x)\\
&=& \sum_{k=0}^n \dfrac{f^{[k]}(x)}{k!}x^k +\int_{0}^x\dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt\\
\end{eqnarray*}
Pour pouvoir conclure sur l'existence d'un \( DL_n\) , il suffit de montrer que \( \dpl{\int_{0}^x\dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t) \ dt= x^n\varepsilon(x)}\) .
Théorème [Formule de Taylor-Lagrange]
Soient \( n\in \N\) et \( f:I\longrightarrow\R\) une fonction définie sur un intervalle \( I\subseteq\R\) tel que \( 0\in I\) et qui est \( n+1\) fois dérivables et a dérivés continues sur \( I\) .
Il existe un réel \( c_x\) dans le plus petit intervalle contenant \( 0\) et \( x\) tel que
\[\forall x\in I, \quad f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k + \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}f^{[n+1]}(c_x)\]
Démonstration
Pour simplifier le raisonnement supposons que \( x\geqslant0\) . Ainsi le plus petit intervalle contenant \( 0\) et \( x\) est \( [0 ; x]\) (sinon il faudrait travailler sur \( [x ; 0]\) ce qui sera le même raisonnement).
Nous allons partir de la formule de Taylor avec reste intégrale et montrer que ce reste intégrale est de la forme énoncée par ce théorème.
Nous avons supposer que \( f^{[n+1]}\) est continue sur \( I\) . En particulier, il existe deux réels \( m_x\) et \( M_x\) tel que \( m_x\leqslant f^{[n+1]}(t)\leqslant M_x\) pour tout \( t\in[0 ; x]\) . On a ainsi pour tout \( 0\leqslant t\leqslant x\) :
\begin{eqnarray*}
m_x\leqslant f^{[n+1]}(t)\leqslant M_x
&\Longrightarrow &
m_x\dfrac{(x-t)^n}{n!}\leqslant \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\leqslant M_x\dfrac{(x-t)^n}{n!}\\
&\Longrightarrow &
m_x\int_0^x\dfrac{(x-t)^n}{n!}\ dt \leqslant \int_0^x \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt\leqslant M_x\int_0^x\dfrac{(x-t)^n}{n!}\ dt\\
&\Longrightarrow &
m_x\left[-\dfrac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}\right]_0^x \leqslant \int_0^x \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt\leqslant M_x\left[-\dfrac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}\right]_0^x\\
&\Longrightarrow &
m_x\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!} \leqslant \int_0^x \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt\leqslant M_x \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\\
&\Longrightarrow &
m_x \leqslant \dfrac{\dpl{\int_0^x \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt}}{\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}}\leqslant M_x
\end{eqnarray*}
D'après le théorème des valeurs intermédiaire, puisque \( f^{[n+1]}\) est continue, il existe un réel \( c_x\in [0 ; x]\) tel que \[f^{[n+1]}(c_x) = \dfrac{\dpl{\int_0^x \dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{[n+1]}(t)\ dt}}{\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}} \]
Corollaire [Formule de Taylor-Young]
Soient \( n\in \N\) et \( f:I\longrightarrow\R\) une fonction définie sur un intervalle \( I\subseteq\R\) tel que \( 0\in I\) et qui est \( n+1\) fois dérivables et a dérivés continues sur \( I\) .
\[\forall x\in I, \quad f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{[k]}(0)}{k!}x^k + x^n\varepsilon(x)\]
où \( \lim{x\rightarrow 0}\varepsilon(x)=0\)
Démonstration
Partant de la formule de Taylor-Lagrange, nous allons montrer que \( \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}f^{[n+1]}(c_x)=x^n\varepsilon(x)\) . Le candidat naturel est \( \varepsilon(x) = x\dfrac{f^{[n+1]}(c_x)}{(n+1)!}\) . Il suffit de montrer que cette quantité tend vers \( 0\) . Or \( \lim{x\rightarrow0}f^{[n+1]}(c_x)=f^{[n+1]}(0)\) puisque \( f^{[n+1]}\) est continue et que \( c_x\) est dans le plus petit intervalle contenant \( 0\) et \( x\) donc lorsque \( x\) tend vers \( 0\) le nombre \( c_x\) tend vers un nombre dans le plus petit intervalle contenant \( 0\) et \( 0\) donc \( 0\) . Ainsi \( \lim{x\rightarrow0}x\dfrac{f^{[n+1]}(c_x)}{(n+1)!}=0\) .
Ca y est ! Nous avons montrer que ce que les polynômes nous avaient laisser entrevoir (Maclaurin) est juste. Attention cependant : pour qu'il existe un \( DL_n\) , il est suffisant que la fonction soit \( (n+1)\) fois dérivables et a dérivées continues.
Mais ce n'est pas une condition nécessaire : il est possible qu'une fonction admette une \( DL_n\) sans qu'elle ne soit \( (n+1)\) fois dérivable à dérivé continue.
Par exemple la fonction \( f(x) = x^3sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\) admet un \( DL_2\) mais n'est pas deux fois dérivable en \( 0\) .
En effet, on a \( f(x)=x^2\left(xsin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\) et pour tout \( x\in\R^*\) ,
\( \left|sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right|\leqslant 1\) donc \( \left|xsin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right|\leqslant \left|x\right|\) . En particulier en passant à la limite lorsque \( x\) tend vers \( 0\) on arrive à montrer que \( xsin\left(\dfrac{1}{x}\right)\) tend vers \( 0\) et est donc une poubelle \( f(x)=0+x^2\varepsilon(x)\) . Ceci prouve que la fonction \( f\) admet un \( DL_2\) .
Par le même procédé (théorème des gendarmes) on peut montrer que \( f\) est continue
1 en \( 0\) et que \( f(0)=0\) .
En reprenant la définition de dérivé en \( 0\) , on a
\[f'(0)=\lim{x\rightarrow0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim{x\rightarrow}x^2sin\left(\dfrac{1}{x}\right)=0\]
en raisonnant encore grâce au théorème des gendarmes et donc \( f\) est dérivable en \( 0\) et \( f'(0)=0\) .
Pour tout \( x\neq 0\) , en dérivant un produit et une composé, on a \( f'(x)=3x^2sin\left(\dfrac{1}{x}\right)+x^3\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)cos\left(\dfrac{1}{x}\right)=3x^2sin\left(\dfrac{1}{x}\right)-xcos\left(\dfrac{1}{x}\right)\) .
Par définition :
\[f''(0)=\lim{x\rightarrow0}\dfrac{f'(x)-f'(0)}{x-0} = \lim{x\rightarrow0}3xsin\left(\dfrac{1}{x}\right)-cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\]
Si, encore par les gendarmes, on peut montrer que \( \lim{x\rightarrow0}3xsin\left(\dfrac{1}{x}\right) = 0\) , on peut également montrer que \( \lim{x\rightarrow0}cos\left(\dfrac{1}{x}\right)=\lim{X\rightarrow\infty}cos(X)\) n'existe pas et donc la fonction \( f\) n'est pas deux fois dérivable en \( 0\) .
Nous avons cependant les résultats réciproques parcellaires suivants.
Proposition
Soit \( f:I\longrightarrow\R\) une fonction définie sur un intervalle \( I\subseteq\R\) tel que \( 0\in I\) .
- \( \bullet\)
- Si \( f\) admet un \( DL_0\) alors \( f\) admet une limite finie en \( 0\)
- \( \bullet\)
- Si \( f\) admet un \( DL_1\) alors \( f\) est dérivable en \( 0\)
Démonstration
- \( \bullet\)
- Soit \( f(x)=a+\varepsilon(x)\) un \( DL_0\) . En passant à la limite en \( 0\) on prouve le résultat.
- \( \bullet\)
- Soit \( f(x)=a+bx+x\varepsilon(x)\) un \( DL_1\) alors
\[f'(0)=\lim{x\rightarrow0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim{x\rightarrow0}\dfrac{bx+x\varepsilon(x)}{x}=\lim{x\rightarrow0}b+\varepsilon(x)=b\] et \( f\) est donc dérivable en \( 0\) .
1Plus rigoureusement \( f\) admet un prolongement continue
