Formule de Taylor avec reste intégral

1. Récurrence sur $k$. Pour $k = 0$ : $f(t) = \dfrac{0!}{(1-t)^{1}}$, vrai. Supposons la formule au rang $k$. La fonction $t \mapsto (1-t)^{-(k+1)}$ est dérivable sur $I$, de dérivée $(k+1)(1-t)^{-(k+2)}$ — le facteur $-1$ venant de la dérivation de $1-t$ compense le signe issu de l'exposant négatif. Donc

ce qui est la formule au rang $k+1$. En particulier $f$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $I$.

2. On a $f^{(k)}(0) = k!$, donc $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}f^{(k)}(0) = \sum_{k=0}^{n} x^k$. Par ailleurs $f^{(n+1)}(t) = \dfrac{(n+1)!}{(1-t)^{n+2}}$, et pour $x \in I$ le segment d'extrémités $0$ et $x$ est inclus dans $I$. La formule donne donc

3. Comme $x \neq 1$, la somme géométrique vaut $\displaystyle\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}$. En reportant :

d'où le résultat après division par $n+1$.

Vérification pour $n = 0$ : le membre de gauche vaut $\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{d}t}{(1-t)^2} = \left[\frac{1}{1-t}\right]_0^x = \frac{1}{1-x} - 1 = \frac{x}{1-x}$, et le membre de droite $\dfrac{x}{1-x}$. Les deux coïncident.

1. Posons $v_n = \dfrac{u^n}{n!}$, suite à termes positifs. Alors $\dfrac{v_{n+1}}{v_n} = \dfrac{u}{n+1} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0$. Il existe donc $N \in \mathbb{N}$ tel que $\dfrac{u}{n+1} \leqslant \dfrac12$ pour tout $n \geqslant N$, c'est-à-dire $v_{n+1} \leqslant \tfrac12 v_n$. Par récurrence immédiate, pour tout $n \geqslant N$,

et le théorème d'encadrement conclut.

2. La fonction $\exp$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}$, avec $\exp^{(k)} = \exp$ pour tout $k$, donc $\exp^{(k)}(0) = 1$ : son polynôme de Taylor à l'ordre $n$ en $0$ est $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}$.

Travaillons sur le segment $J = \bigl[-\lvert x\rvert, \lvert x\rvert\bigr]$, qui contient $0$ et $x$. Sur $J$, la fonction $\exp$ est croissante, donc pour tout $t \in J$ et tout $n$,

majorant indépendant de $n$. L'inégalité de Taylor-Lagrange donne alors

D'après 1. appliqué à $u = \lvert x\rvert$, le membre de droite tend vers $0$ quand $n \to +\infty$. Donc $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} \to \mathrm{e}^{x}$.

C'est bien le comportement de $M_n$ qui décide : ici $M_n = \mathrm{e}^{\lvert x\rvert}$ est constant, et la factorielle l'emporte sans difficulté.

La fonction $\sin$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}$, avec $\sin^{(0)}(0) = 0$, $\sin'(0) = \cos 0 = 1$, $\sin''(0) = -\sin 0 = 0$, $\sin^{(3)}(0) = -\cos 0 = -1$, et $\sin^{(4)} = \sin$.

1. À l'ordre $1$, le polynôme de Taylor est $x$ et $\sin'' = -\sin$ :

Pour $x \in [0,\pi]$ et $t \in [0,x]$, on a $x - t \geqslant 0$ et $\sin t \geqslant 0$ (car $t \in [0,\pi]$) : l'intégrande est positif, donc l'intégrale l'est aussi par positivité. D'où $\sin x \leqslant x$.

2. À l'ordre $3$, le polynôme de Taylor vaut $0 + x - 0 - \dfrac{x^3}{6} = x - \dfrac{x^3}{6}$, et $\sin^{(4)} = \sin$ :

Le même argument de signe — $(x-t)^3 \geqslant 0$ et $\sin t \geqslant 0$ sur $[0,x]$ — donne un reste positif, donc $\sin x \geqslant x - \dfrac{x^3}{6}$.

3. À l'ordre $3$, $\lvert \sin^{(4)} \rvert = \lvert \sin \rvert \leqslant 1$ : on prend $M = 1$ et

Comparaison. Les deux méthodes ne disent pas la même chose. Taylor-Lagrange fournit un encadrement symétrique autour du polynôme, valable partout mais aveugle au signe du reste : sa borne inférieure $x - \tfrac{x^3}{6} - \tfrac{x^4}{24}$ est moins bonne que celle de 2.. À l'inverse, le reste intégral permet d'exploiter le signe de $\sin^{(4)}$ et donne des inégalités unilatérales — que la valeur absolue de Taylor-Lagrange rend structurellement inaccessibles. C'est le prix de la simplification.

Choisissons $\eta > 0$ et posons $J = [a-\eta, a+\eta] \cap I$. Comme $I$ est un intervalle non réduit à un point, $J$ est un segment inclus dans $I$, contenant $a$ et d'intérieur non vide. La fonction $f^{(n+1)}$ est continue sur le segment $J$, donc bornée : posons $M = \displaystyle\sup_{J} \lvert f^{(n+1)} \rvert < +\infty$.

L'inégalité de Taylor-Lagrange, appliquée sur $J$, donne pour tout $x \in J$ :

Pour $x \in J$ avec $x \neq a$, divisons par $\lvert x-a\rvert^{n}$ :

Donc $\dfrac{R_n(x)}{(x-a)^n} \to 0$, c'est-à-dire $R_n(x) = \mathrm{o}\bigl((x-a)^n\bigr)$ au voisinage de $a$ : c'est la conclusion voulue.

Non, cela ne remplace pas la démonstration de Taylor-Young. On a supposé ici $f$ de classe $\mathcal{C}^{n+1}$, alors que la formule de Taylor-Young ne réclame que $f$ $n$ fois dérivable en $a$ — une hypothèse strictement plus faible. Le raisonnement ci-dessus établit donc un cas particulier de Taylor-Young, pas l'énoncé général ; il montre seulement que les trois formules sont cohérentes entre elles.