Polynômes de Taylor

Commençons par rappeler deux résultats fondamentaux que vous connaissez déjà par cur (si ce n'est pas le cas, dépêchez-vous de les apprendre).

Théorème 1    

$\bullet$

Pour tout $x\in ]-1,1[$ :

$$\frac{1}{1-x}=\lim_{n\to \infty} 1+x+x^2+\cdots+x^n\;.$$ (1)

$\bullet$

Pour tout $x\in \mathbb{R}$ :

$$\mathrm{e}^x=\lim_{n\to \infty} 1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}\;.$$ (2)

Le premier s'obtient à partir de l'identité :

$$1-x^{n+1}=(1-x)(1+x+x^2+\cdots+x^n)\;.$$

Le second se déduit de la formule du binôme de Newton et est démontré dans le chapitre sur les fonctions usuelles.

Il faut voir dans (1) et (2) des résultats d'approximation : ils permettent d'évaluer de manière relativement précise la valeur prise par une fonction, en calculant un polynôme (ce qui est non seulement facile à la main, mais surtout peu coûteux en temps de calcul). À ce propos, dans tout le chapitre nous commettons l'abus de langage consistant à désigner par «polynôme» ce qui est en fait une fonction polynomiale. Considérons la formule (1). Notons :

$$f(x)=\frac{1}{1-x}$$   et$$\quad P_n(x)=1+x+x^2+\cdots+x^n\;.$$

La figure 1 montre une représentation graphique de la fonction $f$ et des polynômes $P_n$ pour $n$ allant de 0 à $5$. Plus $n$ est grand, meilleure est l'approximation pour un $x$ donné. Dans ce cas particulier, il est facile de calculer l'erreur commise si on remplace $f(x)$ par $P_n(x)$.

$$f(x)-P_n(x)=\frac{1}{1-x}-\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{x^{n+1}}{1-x}\;.$$

Cette erreur est donc de l'ordre de $x^{n+1}$. Pour être plus concret, pensez $x=0.1$. Alors $x^n=10^{-n}$ et $P_n(0.1)=1.11\ldots1$. La différence $f(x)-P_n(x)$ vaut $10^{-n+1}/0.9$. Pour $n=5$, on commet une erreur de l'ordre du millionième en remplaçant $1/0.9$ par $1.11111$.

Figure: Fonction $x\mapsto 1/(1-x)$ et ses polynômes de Taylor en 0 jusqu'à l'ordre $n=5$.

L'intérêt est plus flagrant pour l'exponentielle, pour laquelle il n'existe pas d'autre moyen de calcul que de l'approcher par des polynômes. Posons :

$$f(x)=\mathrm{e}^x$$   et$$\quad P_n(x)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\;.$$

Le tableau ci-dessous donne la différence entre $f(0.1)$ et $P_n(0.1)$, pour $n$ allant de 0 à $5$ (voir la figure 2 pour la représentation graphique de $f$ et $P_0,\ldots,P_5$).

$$\begin{array}{\vert c\vert cccccc\vert} \hline n&0&1&2&3&4&5... ...{-4}&4.3 10^{-6}& 8.5 10^{-8}&1.4 10^{-9}\\ \hline \end{array}$$

Figure: Fonction $x\mapsto \mathrm{e}^x$ et ses polynômes de Taylor en 0 jusqu'à l'ordre $n=5$.

Comment obtient-on les polynômes $P_n$ à partir de $f$ ? C'est très simple : on fait en sorte que leurs dérivées en 0 coïncident avec celles de la fonction jusqu'à l'ordre $n$ :

$$\forall k=0,\ldots,n\;,\quad f^{(k)}(0)=P_n^{(k)}(0)\;.$$

Le polynôme $P_n$ étant de degré $n$, il est entièrement déterminé par la donnée de ses $n+1$ coefficients :

$$P_n(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!} x+\frac{f''(0)}{2!} x^2+\cdots+ \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n\;.$$

Vérifiez sur les deux exemples ci-dessus : la dérivée $n$-ième en 0 de $x\mapsto 1/(1-x)$ est $n!$, celle de $x\mapsto \mathrm{e}^x$ est $1$. Ce que nous venons de voir au voisinage de 0, s'étend en n'importe quel point de la façon suivante.

Définition 1   Soit $n$ un entier. Soit $f$ une fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, définie sur un intervalle ouvert $I$ contenant un point $a$, dérivable $n-1$ fois sur $I$, et dont la dérivée $n$-ième en $a$ existe. On appelle polynôme de Taylor d'ordre $n$ en $a$ de $f$, le polynôme :

$$P_n(x)=f(a)+\frac{f'(a)}{1!} (x-a)+\frac{f''(a)}{2!} (x-a)^2+\cdots+ \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^n\;.$$

On appelle reste de Taylor d'ordre $n$ en $a$ de $f$, la fonction $R_n$ qui à $x\in I$ associe :

$$R_n(x)=f(x)-P_n(x)\;.$$

L'idée est de remplacer une fonction $f$ que l'on ne sait pas calculer (ou difficilement) par un polynôme, qui est facilement calculable. Mais si $f(x)$ n'est pas calculable, alors bien sûr le reste $R_n(x)$ ne l'est pas non plus. On doit donc chercher des moyens d'estimer ou de majorer ce reste. Nous les étudierons à la section suivante. Le moins que l'on puisse demander quand on approche une fonction par un polynôme de degré $n$, est que le reste soit négligeable devant $(x-a)^n$. C'est le sens de la définition suivante.

Définition 2   Soient $I$ un intervalle ouvert, $a$ un point de $I$ et $n$ un entier. On dit que $f$ admet un développement limité d'ordre $n$ en $a$ lorsqu'il existe un polynôme $P_n$ tel que le reste $f(x)-P_n(x)$ soit négligeable devant $(x-a)^n$.

$$R_n(x)=f(x)-P_n(x)=o((x-a)^n)\;.$$

Nous verrons que toutes les fonctions usuelles admettent un développement limité pour lequel $P_n$ est le polynôme de Taylor. Même si on ne les utilise jamais, il existe des fonctions qui ne vérifient pas les hypothèses de la définition 1 et qui pourtant admettent des développements limités. Par exemple la fonction $f$ définie par :

$$f(x)=\left\{\begin{array}{lcl} x^4&\mbox{si}&x\in\mathbb{Q}\\ 0&\mbox{si}&x\in\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}\;. \end{array}\right.$$

Elle vérifie évidemment $f(x)=o(x^3)$, elle admet donc des développements limités en 0 d'ordre $1$, $2$ et $3$. Pourtant elle n'est continue sur aucun intervalle contenant 0. Nous nous ramènerons toujours à des développements limités au voisinage de 0, grâce à l'observation suivante.

Proposition 1   Soit $I$ un intervalle ouvert de $\mathbb{R}$, $a$ un point de $I$ et $n$ un entier. Soit $f$ une fonction définie sur $I$. Soit $g$ la fonction qui à $h$ associe $g(h)=f(a+h)$. La fonction $f$ admet un développement limité d'ordre $n$ en $a$, si et seulement si $g$ admet un développement limité d'ordre $n$ en 0.

$$f(x)=P_n(x)+o((x-a)^n) \;\Longleftrightarrow\; g(h)=f(a+h)=P_n(a+h)+o(h^n)\;.$$

Désormais, nous simplifierons les écritures en n'écrivant plus que des développements limités en 0. Un développement limité, s'il existe, est unique au sens suivant.

Proposition 2   Soient $I$ un intervalle ouvert contenant 0, et $n$ un entier. Soit $f$ une fonction définie sur $I$. Supposons qu'il existe deux polynômes $P_n$ et $Q_n$ de degré $n$ tels que au voisinage de 0 :

$$f(x)=P_n(x)+o(x^n)$$   et$$\quad f(x)=Q_n(x)+o(x^n)\;.$$

Alors $P_n=Q_n$.

Démonstration : Le polynôme $P_n-Q_n$ est de degré au plus $n$, et il est négligeable devant $x^n$ au voisinage de 0. Ce n'est possible que s'il est nul.$\square$