Sujet D.4.5 Inégalité de Taylor-Lagrange
Choisir
un exercice, puis le résoudre
:
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice a
Écrire l'inégalité de Taylor-Lagrange de $\,f:x\mapsto \sqrt{1+x}\,$ à l'ordre $\,4\,$ entre $\,0\,$ et $\,x>-1\sp{1.5}.\,$
En posant $\,x=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\sp{1.5},\,$ déduire de cette inégalité une approximation de $\,\sqrt{5}\,$ à $\,10^{-4}\,$ près.
formule de Taylor-Young
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n}\sp{1.5};$ pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(a+h)\,\dl h0 \,\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\sp{1.5}h^k+\o hn$
inégalité de Taylor-Lagrange
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
indication
Après avoir écrit l'inégalité de Taylor-Lagrange de $f$ à l'ordre $\,4\,$ entre $\,0\,$ et $\,x\sp{1.5},\,$ majorer $\,\big|f^{(5)}(t)\big|\,$ sur $\,[\sp{1.5}0,1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
réponse
L'inégalité de Taylor-Lagrange de $\,f:x\mapsto \sqrt{1+x}\,$ à l'ordre $\,4\,$ entre $\,0\,$ et $\,x\,$ s'écrit, avec $\,M_x=\smb{.5}{\Op{\max}_{t\app[\!\sp{1.5}[0,x]\!\sp{1.5}]}}\big|f^{(5)}(t)\big|:\,$
$\displaystyle{}\bigg|\sqrt{1+x}-\Big(1+\frac x2-\frac{x^2}8+\frac{x^3}{16}-\frac{5\sp{1.5}x^4}{128}\Big)\bigg|\leq \frac{M_x|x|^5}{5\sp{1.5}!}$
En posant $\,x=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\sp{1.5},\,$ on en déduit l'approximation de $\,\sqrt5\,$ à $\,10^{-4}\,$ près : $\,\sqrt5\simeq2,2360\sp{1.5}.\,$
correction
La fonction $\,f:x\mapsto \sqrt{1+x}=(1+x)^{1/2}\,$ est
La fonction racine carrée : $\,r:x\mapsto\sqrt x\,$ est de classe $\sc C^{\I}$ sur
$\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
de classe $\sc C^\I$
sur $\,]-1,+\I[\,.\,$
La fonction $\,\big|f^{(5)}\big|\,$ est donc
$\displaystyle{}\ptt x > 0\sp{1.5},\ r'(x)=\frac1{2\sp{1.5}\sqrt x}$
Soit $\,f:[a,b]\to\bb R\,$ continue ; alors $f$ est bornée et atteint ses bornes.
bornée
et atteint ses bornes sur tout $\,[\![\sp{1.5}0,x]\!]\,$ pour $\,x\!>\! -1\sp{1.5},\,$ d'où : $\,M_x=\Op{\max}_{t\app[\!\sp{1.5}[0,x]\!\sp{1.5}]}\big|f^{(5)}(t)\big|.\,$
La partie régulière de son
La fonction $\,x\mapsto(1+x)^\alpha\,$ a pour développement limité en $\,0:\,$
développement
limité en $\,0\,$ nous donne
$\displaystyle{}(1+x)^\alpha\dl x0 \ 1+\alpha\sp{1.5}x+\cdots+\smh{1.75}{\frac{\alpha\dots(\alpha-n+1)}{n\sp{1.5}!}}\,x^n+\o xn$
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
l'inégalité
de Taylor-Lagrange correspondante :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
$\displaystyle{}\bigg|\sqrt{1+x}-\Big(1+\frac x2-\frac{x^2}8+\frac{x^3}{16}-\frac{5\sp{1.5}x^4}{128}\Big)\bigg|\leq \frac{M_x|x|^5}{5\sp{1.5}!}$
Par dérivations successives de fonctions
Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$ Alors $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$
puissances,
on obtient l'expression :
$\displaystyle{} f^{(5)}(x)=\frac12\Big(-\frac12\Big)\Big(-\frac32\Big)\Big(-\frac52\Big)
\Big(-\frac72\Big)(1+x)^{-9/2}$
La fonction $\,f^{(5)}\,$ étant
Pour $\,\alpha\app\bb R^{\ast}\sp{-1.5},\,$ la fonction puissance $\,x\mapsto x^{\alpha}=\e{\sp{1.5}\alpha\op{ln}x}\,$ est :
décroissante
sur $\,]\!-1,+\I[\sp{1.5},\,$ on a sur $\,[\sp{1.5}0,1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\sp{1.5}]:\,$ $\,0\leq f^{(5)}(t)\leq f^{(5)}(0)=\dfrac{105}{32}\sp{1.5},\,$ d'où :
- continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\,$ si $\,\alpha > 0\sp{1.5};\,$
- continue et strictement décroissante sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{-1.5}+\I[\,$ si $\,\alpha < 0\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{} \frac{M_{1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4}\big|1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\big|^5}{5\sp{1.5}!}=\frac{105}{32\sp{-1.5}\times\sp{-1.5}5!\sp{-1.5}\times\sp{-1.5}4^5}\simeq0,000027\dots$
$\displaystyle{}\!\!\bigg|\dfrac{\sqrt 5}2\!-\!\Big(1\!+\!\frac1{2\!\times\!4}\!-\!\frac1{8\!\times\!4^2}
\!+\!\frac{1}{16\!\times\!4^3}\!-\!\frac{5}{128\!\times\!4^4}\Big)\bigg|\!\leq\sp{-1.5} 3\!\times\!10^{-5}$
$\sth{2}$On
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
multiplie
enfin par $\,2\,$ toute cette inégalité et on l'évalue numériquement :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
$\displaystyle{}\Big|\sqrt5-2,23602\dots\Big|\leq0,00006$
Cela nous fournit l'approximation suivante de $\,\sqrt5\,$ à $\,10^{-4}\,$ près : $\,\sqrt5\simeq2,2360\,.\,$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice b
Écrire l'inégalité de Taylor-Lagrange de $\,f:x\mapsto \ln(1+x)\,$ à l'ordre $\,n\app\bb N^{\ast}\!\,$ entre $\,0\,$ et $\,x>-1\sp{1.5}.\,$
En posant $\,x=1/2\,$ puis $\,x=-1/4\sp{1.5},\,$ en déduire des approximations de $\,\ln 2\,$ et $\,\ln 3\,$ à $\,10^{-3}\,$ près.
formule de Taylor-Young
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n}\sp{1.5};$ pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(a+h)\,\dl h0 \,\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\sp{1.5}h^k+\o hn$
inégalité de Taylor-Lagrange
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
indication
1
Après avoir écrit l'inégalité de Taylor-Lagrange de $f$ à l'ordre $\,n\,$ entre $\,0\,$ et $\,x\sp{1.5},\,$ majorer $\,\big|f^{(n+1)}(t)\big|\,$ respectivement sur $\,[\sp{1.5}0,1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}]\,$ et $\,[\!-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,0\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$
indication
2
Écrire des approximations de $\,\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)\,$ et $\,\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)\sp{1.5},\,$ puis procéder par combinaisons linéaires.
réponse
L'inégalité de Taylor-Lagrange de $\,f:x\mapsto \ln(1+x)\,$ entre $\,0\,$ et $\,x\,$ s'écrit pour $\,M_x=\smb{1}{\Op{\max}_{t\app[\!\sp{1.5}[0,x]\!\sp{1.5}]}\big|f^{(n+1)}(t)\big|}:\,$
$\displaystyle{}\bigg|\ln(1+x)-\!\Big(x-\frac{x^2}2+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}\Big)\bigg|\leq \!\frac{M_x|x|^{n+1}}{(n+1)\sp{1.5}!}$
On en déduit les approximations de $\ln 2$ et $\ln3$ à $\,10^{-3}$ près : $\ln2\simeq0,693\,$ et $\,\ln3\simeq1,098\sp{1.5}.$
correction
La fonction $\,f:x\mapsto \ln(1+x)\,$ est
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
de classe $\sc C^\I$
sur $\,]-1,+\I[\,.\,$
La fonction $\,\big|f^{(n+1)}\big|\,$ est donc
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
Soit $\,f:[a,b]\to\bb R\,$ continue ; alors $f$ est bornée et atteint ses bornes.
bornée
et atteint ses bornes sur tout $\,[\![\sp{1.5}0,x]\!]\,$ pour $\,x \!>\! -1\sp{1.5},\,$ d'où : $\,M_x=\Op{\max}_{t\app[\!\sp{1.5}[0,x]\!\sp{1.5}]}\big|f^{(n+1)}(t)\big|.\,$
La partie régulière de son
La fonction $\,x\mapsto(1+x)^\alpha\,$ a pour développement limité en $\,0:\,$
développement
limité en $\,0\,$ nous donne
$\displaystyle{}(1+x)^\alpha\dl x0 \ 1+\alpha\sp{1.5}x+\cdots+\smh{1.75}{\frac{\alpha\dots(\alpha-n+1)}{n\sp{1.5}!}}\,x^n+\o xn$
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
l'inégalité
de Taylor-Lagrange correspondante :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
$\displaystyle{}\bigg|\ln(1+x)-\!\Big(x-\frac{x^2}2+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}\Big)\bigg|\leq \!\frac{M_x|x|^{n+1}}{(n+1)\sp{1.5}!}$
Par dérivation de $\,f,\,$ puis dérivations successives de fonctions
Soit $\,k\app\bb Z\,$ et la fonction puissance $\,p_k:x\mapsto x^k.\,$ Alors $\,p_k\app\sc C^\I(\bb R^{\ast},\bb R)\,$ et : $\,\ptt x \neq0\sp{1.5},\ p_k'(x)=k\,x^{k -1}\sp{1.5}.\,$
Si $\,k\app\bb N,\,$ $\,p_k\app\sc C^\I(\bb R,\bb R)\,$ avec $\,p_k'(0)=0\txt{si}k\neq1\,$ et $\,p_1'(0)=1\sp{1.5}.\,$
puissances,
on obtient :
$\eqalign{f^{(n+1)}(x)&=(-1)\dots(-n)\,(1+x)^{-n-1}\\&=(-1)^n\sp{1.5}n\sp{1.5}!\,(1+x)^{-n-1}}$
La fonction $\,f^{(n+1)}\,$ étant
Pour $\,k\app\bb Z^{\ast}\sp{-1.5},\,$ les fonction puissances : $\,x\mapsto x^k\,$ sont :
décroissante
sur $\,]\!-1,+\I[\sp{1.5},\,$ on a :
- continues sur $\,\bb R\,$ et strictement croissantes sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\,$ si $\,k >0\sp{1.5};\,$
- continues sur $\,\bb R^{\ast}\,$ et strictement décroissantes sur $\,]\sp{1.5}0,\sp{-1.5}+\I[\,$ si $\,k <0\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{\ptt t\app\,[\sp{1.5}0,1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5}],\ &\big|f^{(n+1)}(t)\big|\leq \big|f^{(n+1)}(0)\big|=n\sp{1.5}!\\[-1ex]\ptt t\app\,[-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,0\sp{1.5}],\ &\big|f^{(n+1)}(t)\big|\leq \big|f^{(n+1)}(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)\big|=n\sp{1.5}!\,\Big(\dfrac43\Big)^{\!n+1}}$
En posant : $\,\eps\sp{1.5}(x,\,n)=\dfrac{M_x|x|^{n+1}\!}{(n+1)\sp{1.5}!}\sp{1.5},\,$ on obtient les erreurs d'approximation de $\,f(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)=\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)\,$ et $\,f(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)=\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4):\,$
$\eqalign{\eps\sp{1.5}(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5},\,n)\ &=\frac{n\sp{1.5}!}{(n+1)\sp{1.5}!}\Big(\dfrac12\Big)^{\!n+1}= \frac1{(n+1)\,2^{n+1}}\\[-.5ex]
\eps\sp{1.5}(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4\sp{1.5},\,n)&=\frac{n\sp{1.5}!}{(n+1)\sp{1.5}!}\Big(\dfrac43\Big)^{\!n+1}\Big(\dfrac14\Big)^{\!n+1} =\frac1{(n+1)\,3^{n+1}}}$
On obtient $\,\ln 2\,$ et $\,\ln3\,$ comme combinaisons linéaires de $\,f(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)=\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)\,$ et $\,f(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)=\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4):\,$
$\displaystyle{}\Syst{\,\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)&=\ln3-\ln2\\[.25ex] \ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)&=\ln3-2\sp{1.5}\ln2}\Imp
\Syst{\,\ln 2&=\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)-\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)\\[.25ex] \ln 3&=2\sp{1.5}\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)-\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)}$
On recherche alors les $\,n\,$ garantissant une précision suffisante :
- pour $\,n=8\sp{1.5},\,$ on a : $\,\eps(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\sp{1.5}8)=0,000217\dots\,,\,$ d'où :
$\displaystyle{}\big|\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)-0,4053\dots\big|\leq\eps(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\sp{1.5}8) < 3\!\times\!10^{-4}$
- pour $\,n=5\sp{1.5},\,$ on a : $\,\eps(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}5)=0,000228\dots\,,\,$ d'où :
$\displaystyle{}\big|\ln(3\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4)+0,2876\dots\big|\leq\eps(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}5) < 3\!\times\!10^{-4}$
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
triangulaires,
on obtient :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
$\eqalign{ \big|\ln 2-0,6929\dots\big|&\leq \eps(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\sp{1.5}8)+\eps(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}5) < 6\!\times\!10^{-4}\\
\big|\ln 3-1,0982\dots\big|&\leq 2\sp{1.5}\eps(1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2,\sp{1.5}8)+\eps(-1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}4,\sp{1.5}5) < 9\!\times\!10^{-4}}$
On a finalement déterminé des approximations de $\,\ln 2\,$ et $\,\ln 3\sp{1.5},\,$ de précision inférieure à $\,10^{-3}:\,$
$\displaystyle{} \ln 2\simeq 0,693\ \txt{et} \ \ln3\simeq1,098$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice c
Soit une fonction réelle $f$ de classe $\sc C^3$ sur un segment $\,S=[\sp{1.5}a-r,a+r\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ pour $\,r\!>\!0\sp{1.5}.\,$
Pour $\,h\app\bb R\,$ tel que $\,0 \sp{-1.5}<\sp{-1.5} |h|\sp{-1.5}\leq\sp{-1.5} r\sp{1.5},\,$ majorer l'erreur commise dans chacune des approximations suivantes :
$\displaystyle{}f'(a)\simeq \frac{f(a+h)\sp{-1.5}-\sp{-1.5}f(a)}{h}\txt{et}f'(a)\simeq \frac{f(a+h)\sp{-1.5}-\sp{-1.5}f(a-h)}{2\sp{1.5}h}$
formule de Taylor-Young
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n}\sp{1.5};$ pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(a+h)\,\dl h0 \,\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\sp{1.5}h^k+\o hn$
inégalité de Taylor-Lagrange
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
indication
1
Commencer par écrire l'inégalité de Taylor-Lagrange de $f$ à l'ordre $\,1\sp{1.5},\,$ entre $\,a\,$ et $\,a+h\sp{1.5}.\,$
indication
2
Écrire ensuite l'inégalité de Taylor-Lagrange de la fonction $\,\phi:h\mapsto f(a+h)-f(a-h)\,$ à l'ordre $\,2\sp{1.5},\,$ entre $\,0\,$ et $\,h\sp{1.5}.\,$
réponse
Avec $\,M_2=\Op{\max}_{x\app S}\big|f''(x)\big|\,\,$ et $\,M_3=\Op{\max}_{x\app S}\big|f^{(3)}(x)\big|,\,$ on obtient comme majorations :
- $\,\bigg|\dfrac{f(a+h)-f(a)}h-f'(a)\bigg|\leq\,\dfrac{M_2\sp{1.5}|h|}2:\,$ c'est une approximation de $f'(a)$ d'ordre $\,1\sp{1.5};\,$
- $\,\bigg|\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2\sp{1.5}h}-f'(a)\bigg|\leq\dfrac{M_3\sp{1.5}h^2\!}6:\,$ c'est une approximation de $f'(a)$ d'ordre $\,2\sp{1.5}.\,$
correction
$f$ étant
$\,f:I\to\bb K\,$ est de classe $\,\sc C^n\,$ ssi $f$ est $n$ fois dérivable sur $I,$ avec $f^{(n)}$ continue sur $I.$
de classe $\sc C^3$
sur $S\sp{1.5},$ pour tout $\,k\leq3\,$ les $\,\big|f^{(k)}\big|\,$ sont
- $\,\sc C^n(I,\bb K)\,$ est l'ensemble des fonctions de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5};$
- $\,\sc C^\I(I,\bb K)\,$ est l'ensemble des fonctions indéfiniment dérivables sur $I.$
Soit $\,f:[a,b]\to\bb R\,$ continue ; alors $f$ est bornée et atteint ses bornes.
bornée
et atteignent leurs bornes : $\,M_k=\Op{\max}_{x\app S}\big|f^{(k)}(x)\big|.\,$
Selon
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
l'inégalité
de Taylor-Lagrange de $f$ à l'ordre $\,1\sp{1.5},\,$ entre $\,a\,$ et $\,a+h\sp{1.5},\,$ on a donc :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
$\eqalign{&\Big|f(a+h)-f(a)-h\sp{1.5}f'(a)\Big|&\leq\frac{M_2\sp{1.5}h^2}2\\
\txt{d'où :}&\sp{1.5}\bigg|\frac{f(a+h)-f(a)}h-f'(a)\bigg|&\leq\,\frac{M_2\sp{1.5}|h|}2\dl h0 O\big(h\big)}$
Il s'ensuit que l'approximation $\,f'(a)\simeq \dfrac{f(a+h)-f(a)}h\,$ est d'ordre $\,1\sp{1.5}.\,$
Soit maintenant, l'application $\,\phi\,$ définie sur le segment $\,T=[-r,r\sp{1.5}]\,$ par : $\displaystyle{}\phi:h\mapsto f(a+h)-f(a-h)$
Cette fonction est
Soit $\,f:\Omega\to\bb R\,$ pour $\,\Omega\subset\bb R\,$ tel que : $\,x\app\Omega\Imp\!-\sp{1.5}x\app\Omega\sp{1.5}.\,$
impaire
et de classe $\sc C^3$ sur $\,T=[-r,r\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ et elle vérifie alors :
- $f$ est paire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=f(x)\,;\,$
- $f$ est impaire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=-f(x)\,.\,$
$\displaystyle{}\phi(0)=0,\ \ \phi'(0)=2\sp{1.5}f'(a)\txt{et}\phi''(0)=0$
On a de plus, par inégalité
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
triangulaire :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
$\eqalign{\big|\phi'''(t)\big|&=\big|\,f'''(a+t)\,-\,f'''(a-t)\sp{1.5}\big|\\&\leq\big|f'''(a+t)\big|+\big|f'''(a-t)\big|\leq2\,M_3\\[.5ex]
\txt{d'où :}&m_3=\Op{\max}_{t\app T}\big|\phi'''(t)\big|\leq2\,M_3}$
On applique alors à cette fonction $\,\phi\,$
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
l'inégalité
de Taylor-Lagrange à l'ordre $\,2\,$ entre $\,0\,$ et $\,h:\,$
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
$\eqalign{&\bigg|\phi(h)-\phi(0)-h\,\phi'(0)-\frac{h^2}2\,\phi''(0)\bigg|\leq\frac{m_3\sp{1.5}|h|^3}6\\[-.5ex]
\!\!\txt{d'où :}\!&\Big|f(a+h)-f(a-h)-2\sp{1.5}h\sp{1.5}f'(a)\Big|\leq\frac{M_3\sp{1.5}h^3}3\\
\txt{et :}\!&\bigg|\frac{f(a+h)-f(a-h)}{2\sp{1.5}h}-f'(a)\bigg|\leq\frac{M_3\sp{1.5}h^2\!}6\dl h0 O\big(h^2\big)}$
L'approximation $\,f'(a)\simeq \dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2\sp{1.5}h}\,$ est ainsi d'ordre $\,2\sp{1.5}.\,$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice d
Soit une fonction réelle $f$ de classe $\sc C^4$ sur un segment $\,S=[\sp{1.5}a-r,a+r\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ pour $\,r\!>\!0\sp{1.5}.\,$
Pour $\,h\app\bb R\,$ tel que $\,0 \!<\! |h|\! \leq\! r\sp{1.5},\,$ majorer l'erreur commise dans l'approximation suivante :
$\displaystyle{}f''(a)\simeq\frac{f(a+h)+f(a-h)-2\sp{1.5}f(a)}{h^2}$
formule de Taylor-Young
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n}\sp{1.5};$ pour tout $\,a\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(a+h)\,\dl h0 \,\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\sp{1.5}h^k+\o hn$
inégalité de Taylor-Lagrange
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
indication
Écrire d'abord l'inégalité de Taylor-Lagrange de la fonction $\,\phi:h\mapsto f(a+h)+f(a-h)\,$ à l'ordre $\,3\sp{1.5},\,$ entre $\,0\,$et $\,h\,$ pour obtenir l'approximation de $f''(a)\sp{1.5}.$
réponse
Pour $\,M_4=\Op{\max}_{x\app S}\big|f^{(4)}(x)\big|\,\,$ on obtient la majoration :
$\displaystyle{}\bigg|\frac{f(a+h)+f(a-h)-2\sp{1.5}f(a)\!}{h^2}-f''(a)\bigg|\!\leq\!\frac{M_4\sp{1.5}h^2}{12}$
Il s'agit d'une approximation de $f''(a)$ d'ordre $\,2\sp{1.5}.\,$
correction
$f$ étant
$\,f:I\to\bb K\,$ est de classe $\,\sc C^n\,$ ssi $f$ est $n$ fois dérivable sur $I,$ avec $f^{(n)}$ continue sur $I.$
de classe $\sc C^4$
sur $S\sp{1.5},$ $\,\big|f^{(4)}\big|\,$ est
- $\,\sc C^n(I,\bb K)\,$ est l'ensemble des fonctions de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5};$
- $\,\sc C^\I(I,\bb K)\,$ est l'ensemble des fonctions indéfiniment dérivables sur $I.$
Soit $\,f:[a,b]\to\bb R\,$ continue ; alors $f$ est bornée et atteint ses bornes.
bornée
et atteint sa borne : $\,M_4=\Op{\max}_{x\app S}\big|f^{(4)}(x)\big|.\,$
Soit maintenant, l'application $\,\phi\,$ définie sur le segment $\,T=[-r,r\sp{1.5}]\,$ par : $\displaystyle{}\phi:h\mapsto f(a+h)+f(a-h)$
Cette fonction est
Soit $\,f:\Omega\to\bb R\,$ pour $\,\Omega\subset\bb R\,$ tel que : $\,x\app\Omega\Imp\!-\sp{1.5}x\app\Omega\sp{1.5}.\,$
paire
et de classe $\sc C^4$ sur $\,T=[-r,r\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ et elle vérifie alors :
- $f$ est paire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=f(x)\,;\,$
- $f$ est impaire ssi : $\,\ptt x\app\Omega,\ f(-x)=-f(x)\,.\,$
$\displaystyle{}\phi(0)=2\sp{1.5}f(a),\ \ \phi'(0)=0,\ \ \phi''(0)=2\sp{1.5}f''(a)\txt{et}\phi'''(0)=0$
On a de plus, par inégalité
Soient $\,x,\sp{1.5}y\app\bb R\sp{1.5};\,$ on a alors les inégalités triangulaires :
triangulaire :
$\displaystyle{}|x+y\sp{.75}|\sp{1.5}\leq|x| + |y\sp{.75}|\ \txt{et}\ \big||x|-|y\sp{.75}|\big|\sp{1.5}\leq\ |x-y\sp{.75}|$
Chacune de ces inégalités est une égalité ssi $\,x\,$ et $\,y\,$ ont le même signe.
$\eqalign{\big|\phi^{(4)}(t)\big|&=\big|\,f^{(4)}(a+t)\,+\,f^{(4)}(a-t)\sp{1.5}\big|\\&\leq\big|f^{(4)}(a+t)\big|+\big|f^{(4)}(a-t)\big|\leq2\,M_4\\[.5ex]
\txt{d'où :}&m_4=\Op{\max}_{t\app T}\big|\phi^{(4)}(t)\big|\leq2\,M_4}$
On applique alors à cette fonction $\,\phi\,$
Soit $\,f\app\sc C^{n+1}(I,\bb K)\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ \big|f^{(n+1)}(x)\big|\leq M\sp{1.5};\,$ on a alors :
l'inégalité
de Taylor-Lagrange à l'ordre $\,3\,$ entre $\,0\,$ et $\,h:\,$
$\displaystyle{}\ptt a\sp{1.5},x\app I\sp{1.5},\ \sp{1.5}\Bigg|f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k\Bigg|\leq \frac{M\sp{1.5}|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}$
$\eqalign{\!\bigg|\phi(h)-\phi(0)-h\sp{1.5}\phi'(0)-\frac{h^2}2\,\phi''(0)-\frac{h^3}6\,\phi'''(0)\bigg|&\leq\frac{m_4\sp{1.5}h^4\!}{24}\\
\!\txt{d'où :}\Big|f(a+h)+f(a-h)-2\sp{1.5}f(a)-h^2f''(a)\Big|&\leq\frac{M_4\sp{1.5}h^4\!}{12}}$
En
L'ordre sur $\bb R$ est compatible avec le produit par un réel positif :
multipliant
cette majoration par $\,1/h^2\! > \!0\sp{1.5},\,$ on obtient enfin :
- $\,(\sp{1.5}a\leq b\ \txt{et}\ c\geq 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c\leq b\sp{1.5}c \,;\,$
- $\, (\sp{1.5}a < b\ \txt{et}\ c > 0\sp{1.5})\Imp a\sp{1.5}c < b\sp{1.5}c\,.\,$
$\displaystyle{}\!\bigg|\frac{f(a+h)+f(a-h)-2\sp{1.5}f(a)\!}{h^2}-f''(a)\bigg|\!\leq\!\frac{M_4\sp{1.5}h^2}{12}\!\dl h0 \!O\big(h^2\big)$
L'approximation $\,f''(a)\simeq\dfrac{f(a+h)+f(a-h)-2\sp{1.5}f(a)}{h^2}\,$ est ainsi d'ordre $\,2\sp{1.5}.\,$