Sujet : Analyse, Intégration, Formules de Taylor

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Formules de Taylor Exercice 1 [ 02000 ] [correction] Soit g : [0,1]→R une fonction continue.

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Formules de Taylor

Exercice 1[ 02000 ][correction]
Soitg: [01]→Rune fonction continue.
Déterminer les fonctionsf: [01]→R, deux fois dérivables, telles que

f(0) =f(1) = 0etf00=g

Exercice 2[ 02001 ][correction]
Montrer que pour toutn∈Net toutx∈R

En déduire

nk
exXkx!6|x(|nn++11e)|!x|

k=0

nk
nli→m∞Xkx!
k=0

Enoncés

Exercice 3[ 02002 ][correction]
En appliquant l’inégalité de Taylor-Lagrange à la fonctionx7→ln(1 +x)entre 0
et 1, montrer que :

12+31−+41∙ ∙ ∙+ (−1)n−1
1−
n

−−−−→ln 2
n→+∞

Exercice 4[ 02003 ][correction]
Soientf:R→Rde classeC2eta∈R.
Déterminer

limf(a+h) 2fh(2a) +f(a−h)
h→0

1

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Sifest solution alorsfest de classeC2et par la formule de Taylor
reste-intégrale :
∀x∈[01],f(x) =f(0) +xf0(0) +Z0x(x−t)f00(t)dt=xf0(0) +Zx(x−t)g(t)dt
0
Orf(1) = 0doncf0(0) =R10(t−1)g(t)dtpuis
f(x) =xZ01(t−1)g(t)dt+Z0x(x−t)g(t)dt

Inversement, considéronsfdéfinie par :
f(x) =xZ01(t−1Z0xg(t)dt
)g(t)dt+ (x−t)

On af(0) =f(1) = 0. De plus
f(x) =xZ10(t−1)g(t)dt+xZ0xg(t)dt−Z0xtg(t)dt

doncfest dérivable et
f0(x) =Z10(t−1)g(t)dt+Z0xg(t)dt+xg(x)−xg(x)

fest donc deux fois dérivable et

f00(x) =g(x)

Exercice 2 :[énoncé]
En appliquant la formule de Taylor reste intégrale à la fonctionx7→exentre 0 et
xon obtient :
n
ex=Xkx!k+Z0x(x−n!t)nexdt
k=0
donc
XnxkZx(x−t)n

=
ex−k=0k! 0n!etdt

2

Six>0alors
Z0x(x−n!t)netdt=Z0x(xn−!t)netdt6Z0x(x−t)nxdt=xn++1e1x)! =|x(|nn++11e)|!x|
n!e(n
Six60alors
x
Z0x(xn−!t)netdt=Zx0(t−n!x)netdt6Zx0(t−n!x)ndt=(|xn|+n+11)!6|(|nn++11e)|!x|
On aurait aussi pu appliquer directement l’inégalité de Taylor-Lagrange à la
restriction defsur[− |x||x|].
Quandn→+∞,
|x|n+1e)|!x|→0
(n+ 1
donc
nk
Xx

lim =x
n→∞k!e
k=0

Exercice 3 :[énoncé]
La fonctionf:x7→ln(1 +x)est définie et de classeC∞surR+avec

(−1)k−1(k−1)!
f(k)(x +) = (1x)k

f(0) = 0,f(k)(0) = (−1)k−1(k−1)!pourk >0etf(n+1)(x)6n! =MsurR+.
Par l’inégalité de Taylor Lagrange :

Pourx= 1, on obtient :

donc

f(x)−Xnf(k)(0)x M
k=0k!k6(nx+n1+)1!

ln 2−Xn(−1)k−11→
k=1k6n 0+ 1

Xn(−1)k−11−12+13−14+∙ ∙ ∙+ (−1n)n−1n−→−+−−∞→ln 2
=
k
k=1

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Exercice 4 :[énoncé]
En vertu du théorème de Taylor-Young :

donc

puis

f(a+h) =f(a) +hf0(a21+)h2f00(a) +o(h2)

f(a+h)−2f(a) +f(a−h) =h2f00(a) +o(h2)

hli→m0f(a+h)−2fh(2a) +f(a−h)=f00(a)

Corrections

3

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