Formule de Taylor avec Reste Intégral : Méthode, Exemples Résolus et Exercices

Énoncé : Écrire la formule de Taylor avec reste intégral pour \(f(x) = e^x\) à l’ordre \(n\) en \(a = 0\), puis montrer que \(R_n(x) \to 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

Résolution.

Étape 1. La fonction \(f : x \mapsto e^x\) est \(\mathscr{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R}\). ✓

Étape 2. Pour tout \(k \in \mathbb{N}\), \(f^{(k)}(x) = e^x\), d’où \(f^{(k)}(0) = 1\).

Étape 3. La formule de Taylor-Maclaurin à l’ordre \(n\) donne :

\(\displaystyle e^x = \sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{x^k}{k!} + \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^n}{n!}\,e^t\,dt\)

Étape 4 (convergence). Pour \(x \geq 0\), on a \(e^t \leq e^x\) pour \(t \in [0\,;\,x]\). Donc :

\(\displaystyle |R_n(x)| \leq e^x \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^n}{n!}\,dt = e^x \cdot \displaystyle\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\)

Or \(\displaystyle\frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \to 0\) quand \(n \to +\infty\) (la factorielle l’emporte sur toute puissance). Donc \(R_n(x) \to 0\). Un argument analogue fonctionne pour \(x\) < \(0\). On en déduit :

\(\displaystyle \forall\, x \in \mathbb{R}, \quad e^x = \sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{x^k}{k!}\)

Énoncé : Montrer que pour tout \(x \in [0\,;\,\pi]\) :

\(\displaystyle 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} \;\leq\; \cos(x) \;\leq\; 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^4}{24}\)

Résolution.

Posons \(f(x) = \cos(x)\). On a \(f \in \mathscr{C}^\infty(\mathbb{R})\) et :

• \(f(0) = 1\), \(f^\prime(0) = 0\), \(f^{\prime\prime}(0) = -1\), \(f^{(3)}(x) = \sin(x)\), \(f^{(4)}(0) = 1\), \(f^{(5)}(x) = -\sin(x)\).

Minoration. Taylor à l’ordre \(2\) donne :

\(\displaystyle \cos(x) = 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} + R_2(x) \quad \text{avec} \quad R_2(x) = \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^2}{2}\,\sin(t)\,dt\)

Pour \(t \in [0\,;\,x] \subset [0\,;\,\pi]\) : \(\sin(t) \geq 0\) et \((x-t)^2 \geq 0\). Donc \(R_2(x) \geq 0\), d’où \(\cos(x) \geq 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2}\). ✓

Majoration. Taylor à l’ordre \(4\) donne :

\(\displaystyle \cos(x) = 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^4}{24} + R_4(x) \quad \text{avec} \quad R_4(x) = \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^4}{24}\,\big(-\sin(t)\big)\,dt\)

Pour \(t \in [0\,;\,\pi]\) : \(-\sin(t) \leq 0\) et \((x-t)^4 \geq 0\). Donc \(R_4(x) \leq 0\), d’où \(\cos(x) \leq 1 – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^4}{24}\). ✓

Énoncé : Montrer que pour tout \(x \geq 0\) : \(\displaystyle\left|\sin(x) – x + \displaystyle\frac{x^3}{6}\right| \leq \displaystyle\frac{x^4}{24}\).

Résolution.

Posons \(f(x) = \sin(x)\). On a \(f \in \mathscr{C}^\infty(\mathbb{R})\), \(f(0) = 0\), \(f^\prime(0) = 1\), \(f^{\prime\prime}(0) = 0\), \(f^{(3)}(0) = -1\), et \(f^{(4)}(t) = \sin(t)\).

La formule de Taylor à l’ordre \(3\) en \(0\) donne :

\(\displaystyle \sin(x) = x – \displaystyle\frac{x^3}{6} + R_3(x) \quad \text{avec} \quad R_3(x) = \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^3}{6}\,\sin(t)\,dt\)

Pour \(x \geq 0\), on majore l’intégrande en valeur absolue :

\(\displaystyle |R_3(x)| = \left|\int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^3}{6}\,\sin(t)\,dt\right| \leq \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^3}{6}\,|\sin(t)|\,dt \leq \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^3}{6}\,dt\)

car \(|\sin(t)| \leq 1\) pour tout \(t \in \mathbb{R}\). En calculant l’intégrale :

\(\displaystyle \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^3}{6}\,dt = \displaystyle\frac{x^4}{24}\)

D’où \(\displaystyle\left|\sin(x) – x + \displaystyle\frac{x^3}{6}\right| \leq \displaystyle\frac{x^4}{24}\) pour tout \(x \geq 0\). ✓

Remarque : la fonction \(x \mapsto \sin(x) – x + \displaystyle\frac{x^3}{6}\) est impaire, donc l’inégalité s’étend à \(\mathbb{R}\) tout entier : \(\displaystyle\left|\sin(x) – x + \displaystyle\frac{x^3}{6}\right| \leq \displaystyle\frac{|x|^4}{24}\).

Énoncé : En utilisant la formule de Taylor avec reste intégral, démontrer que \(e\) est irrationnel.

Résolution.

On applique Taylor à \(f(x) = e^x\) à l’ordre \(n\) en \(0\), évaluée en \(x = 1\) :

\(\displaystyle e = \sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{1}{k!} + R_n \quad \text{avec} \quad R_n = \int_0^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt\)

Encadrement de \(R_n\). Pour \(t \in [0\,;\,1]\), on a \(e^t\) > \(0\) et \((1-t)^n\) > \(0\) (sauf en \(t = 1\)). Donc \(R_n\) > \(0\). De plus, \(e^t \leq e\) sur \([0\,;\,1]\), d’où :

\(\displaystyle 0\) < \(\displaystyle R_n \leq \displaystyle\frac{e}{(n+1)!}\)

Raisonnement par l’absurde. Supposons \(e = \displaystyle\frac{p}{q}\) avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\). Considérons \(n \geq q\) et posons \(A_n = n!\, R_n\). Alors :

\(\displaystyle A_n = n!\,e – \sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{n!}{k!} = n!\,\displaystyle\frac{p}{q} – \sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{n!}{k!}\)

Pour \(n \geq q\) : le terme \(\displaystyle\frac{n!\,p}{q}\) est entier (car \(q\) divise \(n!\)), et chaque \(\displaystyle\frac{n!}{k!}\) est entier pour \(0 \leq k \leq n\). Donc \(A_n \in \mathbb{Z}\).

Or, d’après l’encadrement : \(0\) < \(A_n = n!\,R_n \leq \displaystyle\frac{n!\,e}{(n+1)!} = \displaystyle\frac{e}{n+1}\).

Pour \(n \geq 3\) : \(\displaystyle\frac{e}{n+1}\) < \(\displaystyle\frac{3}{4}\) < \(1\). Donc \(0\) < \(A_n\) < \(1\) avec \(A_n \in \mathbb{Z}\) — contradiction. ∎

Énoncé (classique d’oral) : Soit \(f : [0\,;\,1] \to \mathbb{R}\) de classe \(\mathscr{C}^2\) telle que \(f(0) = f(1) = 0\). Montrer que :

\(\displaystyle \|f\|_\infty \leq \displaystyle\frac{1}{8}\,\|f^{\prime\prime}\|_\infty\)

où \(\|g\|_\infty = \sup_{x \in [0\,;\,1]} |g(x)|\).

Résolution.

Si \(f^{\prime\prime} = 0\), alors \(f\) est affine avec \(f(0) = f(1) = 0\), donc \(f = 0\) et l’inégalité est triviale. Supposons \(\|f^{\prime\prime}\|_\infty\) > \(0\).

La fonction \(f\) est de classe \(\mathscr{C}^2\) sur le segment \([0\,;\,1]\). Soit \(x_0 \in [0\,;\,1]\) un point où \(|f|\) atteint son maximum (qui existe par continuité sur un segment).

Écriture de Taylor à l’ordre 1 depuis \(x_0\). D’après la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre \(1\) en \(a = x_0\), pour tout \(x \in [0\,;\,1]\) :

\(\displaystyle f(x) = f(x_0) + f^\prime(x_0)(x – x_0) + \int_{x_0}^x (x-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt\)

Évaluation en \(x = 0\) et \(x = 1\). Puisque \(f(0) = f(1) = 0\) :

\(\displaystyle 0 = f(x_0) – x_0\,f^\prime(x_0) + \int_{x_0}^0 (0-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt \quad \cdots\; (E_0)\)

\(\displaystyle 0 = f(x_0) + (1-x_0)\,f^\prime(x_0) + \int_{x_0}^1 (1-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt \quad \cdots\; (E_1)\)

Élimination de \(f^\prime(x_0)\). On multiplie \((E_0)\) par \((1-x_0)\) et \((E_1)\) par \(x_0\), puis on additionne. Les termes en \(f^\prime(x_0)\) se compensent exactement :

\(\displaystyle 0 = f(x_0) + (1-x_0)\int_{x_0}^0 (-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt \;+\; x_0\int_{x_0}^1 (1-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt\)

L’intégrale \(\displaystyle\int_{x_0}^0 (-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt = \int_0^{x_0} t\,f^{\prime\prime}(t)\,dt\) (par changement de sens). On obtient :

\(\displaystyle f(x_0) = -(1-x_0)\int_0^{x_0} t\,f^{\prime\prime}(t)\,dt \;-\; x_0\int_{x_0}^1 (1-t)\,f^{\prime\prime}(t)\,dt\)

Majoration. En prenant la valeur absolue et en majorant \(|f^{\prime\prime}(t)| \leq \|f^{\prime\prime}\|_\infty\) :

\(\displaystyle |f(x_0)| \leq \|f^{\prime\prime}\|_\infty \left[(1-x_0)\int_0^{x_0} t\,dt \;+\; x_0\int_{x_0}^1 (1-t)\,dt\right]\)

On calcule chaque intégrale : \(\displaystyle\int_0^{x_0} t\,dt = \displaystyle\frac{x_0^2}{2}\) et \(\displaystyle\int_{x_0}^1 (1-t)\,dt = \displaystyle\frac{(1-x_0)^2}{2}\). D’où :

\(\displaystyle |f(x_0)| \leq \|f^{\prime\prime}\|_\infty \left[\displaystyle\frac{(1-x_0)\,x_0^2}{2} + \displaystyle\frac{x_0\,(1-x_0)^2}{2}\right] = \|f^{\prime\prime}\|_\infty \cdot \displaystyle\frac{x_0(1-x_0)}{2}\big[x_0 + (1-x_0)\big] = \|f^{\prime\prime}\|_\infty \cdot \displaystyle\frac{x_0(1-x_0)}{2}\)

Optimisation. La fonction \(x_0 \mapsto x_0(1-x_0)\) atteint son maximum \(\displaystyle\frac{1}{4}\) en \(x_0 = \displaystyle\frac{1}{2}\). Donc :

\(\displaystyle \|f\|_\infty = |f(x_0)| \leq \displaystyle\frac{1}{8}\,\|f^{\prime\prime}\|_\infty\) ∎

Correction.

La fonction \(f : x \mapsto \ln(1+x)\) est \(\mathscr{C}^\infty\) sur \(]-1\,;\,+\infty[\).

Pour \(k \geq 1\) : \(f^{(k)}(x) = (-1)^{k+1}\,\displaystyle\frac{(k-1)!}{(1+x)^k}\), d’où \(f^{(k)}(0) = (-1)^{k+1}(k-1)!\).

La formule de Taylor à l’ordre \(n\) en \(0\) donne, pour tout \(x\) > \(-1\) :

\(\displaystyle \ln(1+x) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1}\,\displaystyle\frac{x^k}{k} + R_n(x)\)

avec \(\displaystyle R_n(x) = (-1)^{n+1}\int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^n}{(1+t)^{n+1}}\,dt\).

Pour \(n = 3\) : \(\displaystyle T_3(x) = x – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^3}{3}\).

Correction.

Minoration. Taylor à l’ordre \(1\) : \(\displaystyle \ln(1+x) = x + R_1(x)\) avec \(\displaystyle R_1(x) = -\int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)}{(1+t)^2}\,dt\).

Donc \(R_1(x) \leq 0\) pour \(x \geq 0\), d’où \(\ln(1+x) \leq x\). Ce n’est pas encore l’encadrement voulu.

Taylor à l’ordre \(2\) : \(\displaystyle \ln(1+x) = x – \displaystyle\frac{x^2}{2} + R_2(x)\) avec \(\displaystyle R_2(x) = \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^2}{(1+t)^3}\,dt\).

Pour \(t \in [0\,;\,x]\) : \((x-t)^2 \geq 0\) et \((1+t)^3\) > \(0\). Donc \(R_2(x) \geq 0\), d’où \(\ln(1+x) \geq x – \displaystyle\frac{x^2}{2}\). ✓

Majoration. Taylor à l’ordre \(3\) : \(\displaystyle \ln(1+x) = x – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^3}{3} + R_3(x)\) avec \(\displaystyle R_3(x) = -\int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^3}{(1+t)^4}\,dt\).

Pour \(t \in [0\,;\,x]\) : \(R_3(x) \leq 0\). Donc \(\ln(1+x) \leq x – \displaystyle\frac{x^2}{2} + \displaystyle\frac{x^3}{3}\). ✓

Correction.

1. Majoration du reste.

La fonction \(f : x \mapsto \ln(1+x)\) est \(\mathscr{C}^\infty\) sur \(]-1\,;\,+\infty[\). D’après l’exercice 1, la formule de Taylor à l’ordre \(n\) en \(0\) donne :

\(\displaystyle \ln(1+x) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1}\,\displaystyle\frac{x^k}{k} + R_n(x) \quad \text{avec} \quad R_n(x) = (-1)^{n+1}\int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^n}{(1+t)^{n+1}}\,dt\)

Pour \(x \in [0\,;\,1]\) et \(t \in [0\,;\,x]\) : on a \(1 + t \geq 1\), donc \(\displaystyle\frac{1}{(1+t)^{n+1}} \leq 1\). Ainsi :

\(\displaystyle |R_n(x)| \leq \int_0^x \displaystyle\frac{(x-t)^n}{(1+t)^{n+1}}\,dt \leq \int_0^x (x-t)^n\,dt = \displaystyle\frac{x^{n+1}}{n+1}\)

D’où l’inégalité demandée. ✓

2. Calcul de \(\ln 2\).

On évalue en \(x = 1\). L’inégalité donne \(\displaystyle\left|\ln 2 – \sum_{k=1}^{n} \displaystyle\frac{(-1)^{k+1}}{k}\right| \leq \displaystyle\frac{1}{n+1}\).

Puisque \(\displaystyle\frac{1}{n+1} \to 0\), on conclut :

\(\displaystyle \ln 2 = \sum_{k=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{k+1}}{k} = 1 – \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{1}{3} – \displaystyle\frac{1}{4} + \cdots\) ✓

3. Nombre de termes.

On veut \(\displaystyle\frac{1}{n+1} \leq 10^{-3}\), soit \(n + 1 \geq 1000\), donc \(n \geq 999\). Il faut sommer au moins 999 termes pour garantir une précision de \(10^{-3}\). (En pratique, la convergence est très lente — c’est un défaut bien connu de cette série.)

Correction.

1. Expression intégrale.

La formule de Taylor avec reste intégral pour \(f(x) = e^x\) à l’ordre \(n\) en \(0\), évaluée en \(x = 1\), donne (cf. exemple 1) :

\(\displaystyle e = \sum_{k=0}^{n} \displaystyle\frac{1}{k!} + \int_0^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt\)

Donc \(\displaystyle u_n = \int_0^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt\). ✓

2. Encadrement.

Minoration. Pour \(t \in [0\,;\,1]\), on a \(e^t \geq e^0 = 1\). Donc :

\(\displaystyle u_n \geq \int_0^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,dt = \displaystyle\frac{1}{n!} \cdot \displaystyle\frac{1}{n+1} = \displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\)

Majoration. Pour \(t \in [0\,;\,1]\), on a \(e^t \leq e\). Donc :

\(\displaystyle u_n \leq e\int_0^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,dt = \displaystyle\frac{e}{(n+1)!}\)

D’où \(\displaystyle\frac{1}{(n+1)!} \leq u_n \leq \displaystyle\frac{e}{(n+1)!}\). ✓

3. Équivalent.

L’encadrement s’écrit : \(\displaystyle\frac{1}{(n+1)!} \leq u_n \leq \displaystyle\frac{e}{(n+1)!}\). En divisant par \(\displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\) :

\(\displaystyle 1 \leq u_n \cdot (n+1)! \leq e\)

Pour affiner, on utilise un encadrement plus serré. Par le lemme de Lebesgue (convergence dominée), ou plus élémentairement : la fonction \(t \mapsto e^t\) est continue sur \([0\,;\,1]\), et la mesure \(\displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,dt\) se concentre au voisinage de \(t = 0\) quand \(n \to +\infty\). Montrons-le rigoureusement.

Pour tout \(\varepsilon\) > \(0\), on découpe l’intégrale :

\(\displaystyle u_n = \int_0^\varepsilon \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt + \int_\varepsilon^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt\)

Sur \([\varepsilon\,;\,1]\) : \((1-t)^n \leq (1-\varepsilon)^n\), donc \(\displaystyle\int_\varepsilon^1 \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt \leq \displaystyle\frac{e\,(1-\varepsilon)^n}{n!} = o\Big(\displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\Big)\).

Sur \([0\,;\,\varepsilon]\) : \(1 \leq e^t \leq e^\varepsilon\), donc :

\(\displaystyle \int_0^\varepsilon \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,dt \;\leq\; \int_0^\varepsilon \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,e^t\,dt \;\leq\; e^\varepsilon \int_0^\varepsilon \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,dt\)

Or \(\displaystyle\int_0^\varepsilon \displaystyle\frac{(1-t)^n}{n!}\,dt = \displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\Big[1 – (1-\varepsilon)^{n+1}\Big] \;\sim\; \displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\).

En combinant les deux morceaux et en faisant tendre \(\varepsilon \to 0\), on obtient :

\(\displaystyle u_n \;\sim\; \displaystyle\frac{1}{(n+1)!} \quad (n \to +\infty)\)

4. Application numérique.

Pour \(n = 9\) : \(\displaystyle\sum_{k=0}^{9} \displaystyle\frac{1}{k!} = 1 + 1 + \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{1}{6} + \displaystyle\frac{1}{24} + \displaystyle\frac{1}{120} + \displaystyle\frac{1}{720} + \displaystyle\frac{1}{5040} + \displaystyle\frac{1}{40320} + \displaystyle\frac{1}{362880} \approx 2{,}718\,281\,526\)

L’erreur vérifie : \(\displaystyle u_9 \leq \displaystyle\frac{e}{10!} \leq \displaystyle\frac{3}{3\,628\,800}\) < \(10^{-6}\). Donc :

\(\displaystyle 2{,}718\,281 \leq e \leq 2{,}718\,282\)

On retrouve les 6 premières décimales de \(e\) avec seulement 10 termes — la convergence factorielle est spectaculairement rapide, contrairement à la série de \(\ln 2\) de l’exercice précédent. ✓