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Licence MIASHS - 2014/2015 Analyse 1 (MI001AX)

Corrigé (des exercices 1-8) du TD n

o9 - Formules de TaylorCorrigé de l"exercice 11. (a) Formule de Taylor-Young : supposons quefsoit de classeCnsur

I. Alors, pour touth?Rtel quex0+happartienne àIon peut écrire f(x0+h) =f(x0) +hf?(x0) +h22! f(2)(x0) +···+hnn!f(n)(x0) +hnε(h) n? k=0h kk!f(k)(x0) +hnε(h) oùε(h)est une fonction qui tend vers0quandhtend vers0. (b) Formule de Taylor-Lagrange : supposons quefsoit de classeCn+1surI. Alors, pour tout h?Rtel quex0+happartienne àI, il existeθ?]0,1[tel que l"on ait f(x0+h) =n? k=0h kk!f(k)(x0) +hn+1(n+ 1)!f(n+1)(x0+θh) (notons ici queθdépend deh).

2. La partie principale de la série de Taylor defenx0à l"ordrenest le polynôme

n k=0h kk!f(k)(x0) (par convention,0! = 1! = 1).

3. Un développement limité defenx0à l"ordrenest la donnée d"un polynômePde degréntel que

l"on ait, pour touthtel quex0+happartienne àI, f(x0+h) =P(h) +hnε(h) oùε(h)est une fonction qui tend vers0quandhtend vers0.

Corrigé de l"exercice 21. La fonctionf:x?→exest sa propre dérivée, et vaut1en0. Ainsi les

coefficientsf(k)(0)sont tous égaux à1; la formule de Taylor-Young en0à l"ordre4s"écrit donc :

e x= 1 +x+x22! +x33! +x44! +x4ε(x)

2. Commençons par calculer les 4 premières dérivées de la fonctionf:x?→lnx.

f(x) = lnx, f?(x) =1x , f??(x) =-x-2, f(3)(x) = 2x-3, f(4)(x) =-6x-4. Les valeurs respectives de ces fonctions en1sont0,1,-1,2et-6. La formule de Taylor-Young en

1à l"ordre4s"écrit donc :

ln(1 +h) =h-h22 +h33 -h44 +h4ε(x)

Il vient alors

ln(1 +h)-hh 2=12 +h3 -h24 +h2ε(x), d"où lim h→0ln(1 +h)-hh 2=12 1

3. La formule de Taylor-Young en2à l"ordre4pour la fonction polynomialeP(x) = 1 +x+x2+x3

s"écrit :

P(2 +h) =P(2) +hP?(2) +h22

P??(2) +h33!

P(3)(2).

En effet, commePest de degré3toutes ses dérivées à partir deP(4)sont nulles! D"autre part,

en regardant bien la formule ci-dessus, on réalise qu"il n"y a pas besoin de calculer les coefficients

P ?(2),P??(2)etP(3)(2). En effet, il suffit de calculerP(2 +h)pour expliciter la formule :

P(2 +h) = 1 + (2 +h) + (2 +h)2+ (2 +h)3

= 1 + 2 +h+ (h2+ 4h+ 4) + (h3+ 6h2+ 12h+ 8) = 15 + 17h+ 7h2+h3 Ce calcul permet au passage d"affirmer que :P(2) = 15,P?(2) = 17,P??(2) = 14etP(3)(2) = 6.

4. Commençons par calculer les 4 premières dérivées de la fonctionf:x?→⎷1-x2.

f(x) =?1-x2 f ?(x) =-2x2 ⎷1-x2=-x(1-x2)-1/2 f ??(x) =-(1-x2)-1/2-x((1-x2)-1/2)?=-(1-x2)-1/2-x(-12 )(-2x)(1-x2)-3/2 =-(1-x2)-3/2((1-x2) +x2) =-(1-x2)-3/2 f (3)(x) =32 (-2x)(1-x2)-5/2=-3x(1-x2)-5/2 f (4)(x) =-3(1-x2)-5/2-3x((1-x2)-5/2)? d"où f(0) = 1, f?(0) = 0, f??(0) =-1, f(3)(0) = 0, f(4)(0) =-3. La formule de Taylor-Young en0à l"ordre4s"écrit donc : f(x) = 1-x22 -x48 +x4ε(x).

Remarque : ce calcul des dérivées successives de la fonctionfest extrêmement fastidieux. Nous ver-

rons plus loin qu"en composant des polynômes de Taylor de fonctions usuelles (que vous êtes censés

apprendre par coeur) on obtient la même formule de façon beaucoup plus efficace... Cela fournit du

même coup un procédé pour calculerf?(0),...,f(4)(0)sans avoir à calculerf?(x),...,f(4)(x).

Corrigé de l"exercice 3En appliquant Taylor-Lagrange pourx?→exau voisinage de0on trouve que, pour chaquex?R, il existeθ?]0,1[tel que e x= 1 +x+x22! +x33! +x44! +x55! +x66! eθx.

On applique cette formule àx=12

, ce qui donne : ⎷e= 1 +12

D"autre part, nous avons

e

θ/2<⎷e <2

d"où

16!×64eθ/2<16!×32<10-4.

Ceci montre que la somme des 6 premiers termes dans la formule (1) ci-dessus constitue une valeur approchée de⎷eà10-4près. 2 Corrigé de l"exercice 41. La formule de Taylor-Lagrange à l"ordre5en0pour la fonction sinus s"écrit sinx=x-x33! +x55! -x66! sinθx pour un certainθ?]0,1[dépendant dex.

2. En vertu de ce qui précède, nous avons

sinx-xx

2=-x3!

+x35! -x46! sinθx d"où lim x→0sinx-xx 2= 0.

3. Soitx≥0. Il est facile de voir que

x <6?x6 <1?x6! <15! ?x66!

Il en résulte que, quandx?[0,6[, alors

????x66! d"où x55! -x66! sinθx≥0. D"après la formule de la question 1, nous avons donc, pourx?[0,6[, sinx≥x-x36 D"autre part, on vérifie facilement que, pourx≥6, x-x36 On a donc montré, pour toutx≥0, l"inégalité x-x36

L"autre inégalité se montre par un procédé analogue, en faisant cette fois appel à la formule de

Taylor-Lagrange à l"ordre7.

Corrigé de l"exercice 5Le principe est le même que pour la question 3 de l"exercice précédent.

Corrigé de l"exercice 61. La formule de Taylor-Young pour sinus à l"ordre6en0nous dit que sinh=h-h33! +h55! +h6ε(h) d"où, en remplaçanthparx2, sin(x2) =x2-x63! +x105! +x12ε(x2) =x2-x63! +x9?x5! +x3ε(x2)?

Si on appelle à nouveau, par abus de notation,ε(x)la fonction entre parenthèses, nous obtenons

sin(x2) =x2-x63! +x9ε(x) 3 ce qui constitue en fait un développement limité desin(x2)à l"ordre9en0. D"autre part cosx= 1-x22 +x44! -x66! +x6ε(x). Or on peut additionner les développements limités. D"où : f(x) = sin(x2) + cosx = 1 +x2? 1-12 +x44! -x6?13! +16! +x6ε(x) = 1 + x22 +x424 -121720 x6+x6ε(x). ce qu"on cherchait.

2. Par définition de la fonction puissance, il vient

g(x) =e1x ln(1+x). Pour trouver le DL deg(x)à l"ordre2en0, on doit d"abord trouver le DL à l"ordre2en0de 1x ln(1 +x). Or le DL à l"ordre3en0deln(1 +x)s"écrit : ln(1 +x) =x-x22 +x33 +x3ε(x). en divisant le tout parx, on trouve 1x ln(1 +x) = 1-x2 +x23 +x2ε(x). ce qui constitue un DL d"ordre2en0de1x ln(1+x). Notons que cette opération a fonctionné parce que le terme constant du DL deln(1 +x)est nul. On doit maintenant composer ce DL avec le DL d"ordre2en1de la fonction exponentielle : en effet, le calcul que nous venons de faire prouve que, quandxest au voisinage de0, alors1x ln(1 +x)est au voisinage de1. Il vient : e

1+h=e×eh=e×?

1 +h+h22

+h2ε(h)

D"où, par composition des DL d"ordre2:

g(x) =e×? 1 +? -x2 +x23 +12 -x2 +x23 2? +x2ε(x) =e×? 1-x2 +x23 +12 x24 -x33 +x49 +x2ε(x) =e×? 1-x2 +1124
x2? +x2ε(x). Si l"on prolongegpar continuité en0en posantg(0) =e, alors la formule ci-dessus montre queg est dérivable en0, et que g ?(0) =-e2

3. Le DL de sinus à l"ordre4en0s"écrit

sinx=x-x33! +x4ε(x)

(notez bien que le terme de degré4est nul, comme tous les termes de degré pair d"ailleurs, ce qui

provient du fait que sinus est une fonction impaire). Quandxest au voisinage de0,sinxest lui

aussi au voisinage de0, donc on doit également considérer le DL deexà l"ordre4en0, à savoir :

e h= 1 +h+h22! +h33! +h44! +h4ε(h) = 1 +h+h22 +h36 +h424 +h4ε(h). 4

Il s"agit maintenant de composer les deux DL :

e sinx= 1 +? x-x36 +12 x-x36 2 +16 x-x36 3 +124
x-x36 4 +x4ε(x) = 1 +x-x36 +12 x 2-x33 +16 (x3+···) +124 (x4+···) +x4ε(x) = 1 +x+x22 -x48 +x4ε(x).

(sur la deuxième ligne du calcul, les···remplacent des termes de degré au moins5, qu"il n"est pas

nécessaire de calculer explicitement puisqu"ils vont rejoindre le restex4ε(x)).

4. On calcule assez facilement les DL suivants à l"ordre8en0:

(cosx-1)(sinhx-x) =-x512 +x7360 +x8ε(x) et (coshx-1)(sinx-x) =-x512 -x7360 +x8ε(x) d"où i(x) =x7180 +x8ε(x). Par identification avec la formule de Yaylor-Young, on en déduit que i (7)(0)7! =1180 d"où i (7)(0) = 28.

5. Nous avons

j(x) =x2+ 1x

2+ 2x+ 2=12

(x2+ 1)?

11 + (x+x22

L"intérêt de cette nouvelle écriture dej(x)est de faire apparaître la fonction11+Xdont on connaît

le DL en0à l"ordre3:11 +X= 1-X+X2-X3+X3ε(X).

Quandxest au voisinage de0,(x+x22

)est aussi au voisinage de0. Donc il suffit de remplacerX par(x+x22 )afin d"obtenir le DL de11+(x+x22 )à l"ordre3en0:

11 + (x+x22

)= 1-? x+x22 x+x22 2 x+x22 3 +x3ε(x) = 1-x+x22 +x3ε(x). Pour obtenir le DL dej(x)en0on multiplie ceci avec12 (x2+ 1)qui est son propre DL d"ordre3 en0. Il vient : j(x) =12 -12 x+34 x2-12 x3+x3ε(x).

6. Le DL d"ordre4au voisinage de1pour le logarithme s"écrit

ln(1 +h) =h-h22 +h33 -h44 +h4ε(h). Le DL d"ordre4au voisinage de1pourx?→1/xs"écrit

11 +h= 1-h+h2-h3+h4+h4ε(h).

5 On obtient le DL dex?→1/xen élevant celui-ci au carré :

1(1 +h)2= (1-h+h2-h3+h4)2+h4ε(h)

= 1-2h+ 3h2-4h3+ 5h4+h4ε(h). En multipliant le tout, on obtient le DL d"ordre4au voisinage de1pourk(x): k(1 +h) =ln(1 +h)(1 +h)2= (1-h+h2-h3+h4)(1-2h+ 3h2-4h3+ 5h4) +h4ε(h) =h-52 h2+133 h3-7712 h4+h4ε(h).

Au point de coordonnées(1,k(1)) = (1,0), la tangente à la courbe représentative de la fonctionk

est de pente1. L"équation de cette tangente est donc y=x-1.

Pour déterminer la position de la courbe par rapport à cette tangente, il faut se placer au voisinage

du point, c"est-à-dire faire tendrehvers0. Alorsh3est négligeable par rapport àh2, donc c"est le

signe du terme enh2qui donne la position. Plus précisément,h(1 +h)-hreprésente la différence

entre la courbe et sa tangente. D"après ce qui précède, on peut écrire h(1 +h)-h=-52 h2+···

où les···sont des termes négligeables quandhtend vers0. Comme cette différence est du signe

de-h, on en déduit que la courbe est en-dessous de sa tangente en ce point.

7. On souhaite calculer le DL de la fonction

l(x) =?sinxx 2 au voisinage de0. Notons ici que la fonctionx?→1/xn"admet pas de DL en0(elle n"est même pas prolongeable par continuité en ce point!). Par contre, la fonctionx?→sinxx admet une limite finie en0, donc il se peut qu"elle admette un DL en ce point. Plus exactement, le DL à l"ordre5en0de sinus se factorise parx: sinx=x-x33! +x55! +x5ε(x). En divisant cela parx, on trouve donc un DL à l"ordre4en0: sinxx = 1-x23! +x45! +x4ε(x). Pour obtenir le DL del(x), on calcule le carré : ?sinxx 2

1-x23!

+x45! 2 +x4ε(x). = 1-13 x2+245 x4+x4ε(x).

8. Après calcul (non détaillé) on trouve le DL à l"ordre4au voisinage de0pourr(x), à savoir :

r(x) = (1-2x2)ex= 1 +x-32 x2-116 x3-2324 x4+x4ε(x)

9. Après calcul (non détaillé) on trouve le DL à l"ordre3au voisinage de0pours(x), à savoir :

s(x) =?1 +x+x2= 1 +12 x+38 x2-316 x3+x3ε(x). 6

Corrigé de l"exercice 7L"entiernétant fixé, on peut appliquer Taylor-Lagrange à l"ordrenen0pour

l"exponentielle : pour tout réelx, il existeθ?]0,1[tel que e x= 1 +x+x22 +···+xnn!+xn+1(n+ 1)!eθx. Sixest strictement positif, alorseθxest strictement supérieur à1. Par conséquentquotesdbs_dbs33.pdfusesText_39

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