Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

16Formules de Taylor et développements limités

Au voisinage d’un point, une fonction régulière vaut un polynôme — à une erreur contrôlable près. Les formules de Taylor rendent cela exact sous trois formes (reste intégral, reste de Lagrange, reste de Young), et les développements limités qui en résultent, manipulés algébriquement, deviennent l’outil le plus fin de l’analyse élémentaire : limites, équivalents, comportement local, asymptotes.

16.1 Relations de comparaison

Définition 16.1 (Notations de Landau)

Soient $f$ et $g$ définies au voisinage de $x_0$ ( $x_0 \in \R$ ou $\pm\infty$ ). On écrit, quand $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ (« petit o ») lorsque $f = \varepsilon g$ avec $\varepsilon(x) \to 0$ ;
$f = O(g)$ (« grand O ») lorsque $f = u g$ avec $u$ bornée au voisinage de $x_0$ ;
$f \sim g$ (« équivalentes ») lorsque $f = (1 + \varepsilon) g$ avec $\varepsilon \to 0$ — de façon équivalente, $f - g = o(g)$ .

Les mêmes notations s’appliquent aux suites ( $n \to \infty$ ).

Proposition 16.2 (Règles)

Quand $x \to x_0$ :

$\sim$ est une relation d’équivalence ; $f \sim g$ entraîne que $f$ et $g$ ont mêmes limites, même signe (au voisinage de $x_0$ ) et la même absence de zéros ;
les équivalents se multiplient et se divisent : $f_1 \sim g_1$ et $f_2 \sim g_2$ entraînent $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ et $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ;
les équivalents ne s’additionnent pas : $x + 1 \sim x$ et $-x \sim -x + 2$ en $+\infty$ , et pourtant les sommes $1$ et $2$ ne sont pas équivalentes. Pour additionner, il faut revenir aux développements avec des termes $o(\cdot)$ explicites ;
$o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ , et $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

Démonstration. Chaque point est une courte manipulation des définitions ; par exemple $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ et $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ . Deux points de (4) méritent leur ligne. $u\cdot o(g) = o(ug)$ : si $f = \varepsilon g$ avec $\varepsilon \to 0$ , alors $uf = \varepsilon\,(ug)$ avec le même $\varepsilon$ . $o(o(g)) = o(g)$ : si $f = \varepsilon_1 h$ et $h = \varepsilon_2 g$ avec les deux $\varepsilon_i \to 0$ , alors $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ et le produit des deux infiniment petits en est un. L’équivalence $f \sim g \iff f = g + o(g)$ est la définition lue deux fois : $f - g = \varepsilon g$ . Le contre-exemple de (3) est la démonstration de (3). ∎

Exemple 16.3 (L’échelle de comparaison)

Quand $x \to +\infty$ , l’échelle usuelle s’écrit, par ordre de force croissante :

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

chaque étape étant un cas des croissances comparées de la Proposition 4.6 (les puissances l’emportent sur les logarithmes, les exponentielles sur les puissances, et à l’intérieur d’une même famille c’est l’exposant qui décide). Deux réflexes à prendre : d’abord, un $O(\cdot)$ qui atterrit dans une classe plus petite se promeut silencieusement ( $O(\ln x)$ est aussi un $o(x^{0.01})$ ) ; ensuite, en $x \to 0^+$ toute l’échelle se retourne par la substitution $x \mapsto \frac1x$ — $\ln x = o(x^{-0.01})$ y devient vrai, de sorte que « $x^\alpha \ln x \to 0$ » vaut pour tout $\alpha > 0$ . Tenir l’échelle droite, c’est la moitié de tout raisonnement asymptotique du Chapitre 17.

Exemple 16.4 (Unicité des développements, et un dividende de parité)

Si une fonction admet deux développements en $0$ au même ordre,

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

alors $a_k = b_k$ pour tout $k$ : en soustrayant et en posant $c_k = a_k - b_k$ , on évalue l’identité $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ quand $x \to 0$ pour obtenir $c_0 = 0$ ; on divise par $x$ et on recommence — chaque division est légitime parce que l’expression restante est de nouveau un $o(x^{n-k})$ . Les coefficients sont donc intrinsèques, et on peut les calculer par n’importe quelle voie (dérivées de Taylor, algèbre sur des développements connus, intégration) : toutes les voies doivent concorder. Dividende : une fonction paire n’a que des puissances paires dans son développement — remplacer $x$ par $-x$ et invoquer l’unicité ; de même les fonctions impaires n’ont que des puissances impaires. C’est pourquoi $\cos$ porte $o(x^{2p+1})$ et non $o(x^{2p})$ dans le tableau ci-dessous : le terme impair absent est une information gratuite, un ordre de précision pour rien.

16.2 Les trois formules de Taylor

Théorème 16.5 (Formule de Taylor avec reste intégral)

Soit $f$ de classe $C^{n+1}$ sur un intervalle contenant $a$ et $x$ . Alors

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

Démonstration. Récurrence sur $n$ . Pour $n = 0$ : $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ est le théorème fondamental de l’analyse (Théorème 15.9). Hérédité : on intègre le reste par parties,

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

le crochet fournissant le terme $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ . ∎

Exemple 16.6 (Un développement exact avec son reste)

Pour $\ln(1 + x)$ , le reste intégral peut être rendu complètement explicite sans dériver quoi que ce soit $n$ fois : on intègre de $0$ à $x$ l’identité géométrique finie $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ :

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

et, pour $0 \leq x \leq 1$ , le reste est majoré par $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . C’est plus fort que Taylor–Young à deux titres : c’est une identité valable pour un $x$ fixé (et pas seulement quand $x \to 0$ ), et la majoration de l’erreur est numérique. Le devoir maison (Problème 16.1) vit sur de telles formes exactes ; Taylor–Young ci-dessous est l’outil plus léger pour les limites, où seule la forme de l’erreur importe.

Théorème 16.7 (Inégalité de Taylor–Lagrange)

Soit $f$ de classe $C^{n+1}$ , avec $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ entre $a$ et $x$ . Alors

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

Démonstration. On majore le reste intégral : $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$ . ∎

Exemple 16.8 (Du numérique certifié)

Combien vaut $\sqrt{1.02}$ ? On applique l’inégalité de Taylor–Lagrange à $f(t) = \sqrt{1 + t}$ en $a = 0$ , à l’ordre $2$ , avec $x = 0.02$ :

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

donc l’erreur vaut au plus $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ : $\sqrt{1.02} = 1.00995$ avec six décimales certifiées (valeur exacte $1.0099504938\dots$ — la majoration est presque optimale). L’idée à retenir : Taylor–Young dit seulement à quelle vitesse l’erreur s’annule ; Taylor–Lagrange convertit le même polynôme en un certificat, un nombre assorti d’une barre d’erreur démontrée. Chaque fois qu’une valeur décimale est affirmée dans ce livre, une majoration de type Lagrange se tient derrière ; le devoir maison (Problème 16.1) industrialise l’idée.

Théorème 16.9 (Taylor–Young)

Soit $f$ une fonction $n$ fois dérivable en $a$ . Alors, quand $x \to a$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

Démonstration. Récurrence sur $n$ . Pour $n = 1$ , c’est la définition de la dérivée (Définition 14.1). Supposons l’énoncé acquis à l’ordre $n - 1$ , et soit $f$ une fonction $n$ fois dérivable en $a$ . On applique l’hypothèse de récurrence à $f'$ (qui est $n-1$ fois dérivable en $a$ ) :

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

Posons $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ; alors $g' = r$ et $g(a) = 0$ . Soit $\varepsilon > 0$ ; choisissons $\delta$ tel que $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ pour $\abs{t-a} \leq \delta$ ; l’inégalité des accroissements finis (Théorème 14.9) appliquée sur le segment joignant $a$ à $x$ (où $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ) donne $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ : c’est exactement $g(x) = o((x-a)^n)$ . ∎

Remarque 16.10 (Trois formules, trois prix, trois produits)

Les hypothèses se gradent exactement comme les conclusions. Taylor–Young demande le moins ( $n$ dérivées au point seulement) et rend le moins : un $o((x-a)^n)$ qualitatif, parfait pour les limites, inutile pour des décimales certifiées. L’inégalité de Lagrange exige $C^{n+1}$ sur l’intervalle et une majoration $M$ qui y soit valable, et rend une barre d’erreur numérique. La forme intégrale demande la même régularité et rend le plus : l’erreur comme objet explicite que l’on peut transformer (intégrer par parties, majorer par morceaux, changer de variable) — c’est la forme qui faisait tourner la machine à irrationalité du Problème 15.1. Choisir la formule la plus faible qui suffit au but n’est pas de la pédanterie : la fonction plate du Problème 16.1 vérifie Taylor–Young à tout ordre, alors que toute conclusion plus forte à son sujet est fausse dès qu’on s’éloigne de $0$ .

Proposition 16.11 (Développements limités usuels en $0$ )

Quand $x \to 0$ , pour tout ordre $n$ fixé :

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

où $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ pour $\alpha$ réel. ( $\cosh$ et $\sinh$ : comme $\cos$ et $\sin$ , mais sans l’alternance des signes.)

Démonstration. Chaque fonction est de classe $C^\infty$ au voisinage de $0$ , avec des dérivées faciles à évaluer : $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; les dérivées de $\sin$ et $\cos$ tournent avec une période $4$ ; $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ; $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ . On applique Taylor–Young en $a = 0$ . (Le développement géométrique est exact : $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ .) ∎

Méthode 16.12 (Calculer avec les développements limités)

Fixer d’abord l’ordre visé $n$ , et y tronquer tout résultat intermédiaire — traîner des termes plus élevés est du travail perdu, en laisser tomber de plus bas est une faute.
Sommes, produits : développer chaque facteur à l’ordre $n$ et multiplier, en jetant tout ce qui dépasse $x^n$ .
Composition $f(u(x))$ avec $u(x) \to 0$ : substituer le développement de $u$ dans celui de $f$ , ordre par ordre.
Quotients : écrire $\frac{1}{1 + v}$ avec $v \to 0$ et utiliser le développement géométrique.
Intégrer un développement terme à terme (dériver exige plus de précautions — justification : l’intégrale de $o(t^n)$ de $0$ à $x$ est un $o(x^{n+1})$ , par majoration directe).

Exemple 16.13 (Composition, comptabilité à l’appui)

Développons $\eu^{\sin x}$ à l’ordre $3$ . Développement intérieur : $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , qui tend bien vers $0$ . Développement extérieur : $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , et $o(u^3) = o(x^3)$ puisque $u \sim x$ . Les puissances de $u$ , tronquées à $x^3$ :

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(le double produit $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ est déjà en $x^4$ ). On assemble :

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

les deux contributions en $x^3$ se compensent exactement. L’idée à retenir : $\eu^{\sin x}$ et $\eu^x$ coïncident jusqu’à l’ordre $3$ — non pas parce que $\sin x \approx x$ grossièrement, mais parce que le premier désaccord des exposants ( $-\frac{x^3}{6}$ ) entre multiplié par $\eu^0 = 1$ et se trouve alors rattrapé par le terme cubique de l’exponentielle extérieure ; la comptabilité ordre par ordre décèle de telles conspirations, le coup d’œil jamais. (Le terme suivant est $-\frac{x^4}{8}$ : la trêve prend fin à l’ordre $4$ .)

Exemple 16.14

Développement de $\tan$ à l’ordre $5$ . Écrivons $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ :

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

puis

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

Le sinus (en foncé) face à ses polynômes de Taylor en 0 : T_1 = x, T_3 = x - x3/6 (tirets), T_5 = x - x3/6 + x5/120 (pointillés). Chaque nouvelle paire de termes épouse la courbe sur une fenêtre visiblement plus large, mais tout polynôme finit par s’en détacher : un développement de Taylor est un contrat local, affûté en 0 et muet au loin. La majoration de Taylor–Lagrange |x|n+1(n+1)! quantifie la fenêtre ; la fonction plate du montre que le contrat peut même être vide au-delà du point lui-même. — Le sinus (en foncé) face à ses polynômes de Taylor en $0$ : $T_1 = x$ , $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (tirets), $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (pointillés). Chaque nouvelle paire de termes épouse la courbe sur une fenêtre visiblement plus large, mais tout polynôme finit par s’en détacher : un développement de Taylor est un contrat *local*, affûté en $0$ et muet au loin. La majoration de Taylor–Lagrange $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ quantifie la fenêtre ; la fonction plate du Problème 16.1 montre que le contrat peut même être vide au-delà du point lui-même.

16.3 Applications

Exemple 16.15 (Limites)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{donc la limite vaut } \frac16

— ce qui règle la question soulevée dans l’Exercice 4.9. De même $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : le logarithme vaut

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{limite } \eu^{-1/6}.

Remarque 16.16 (Pièges classiques des développements limités)

(i) Ne jamais additionner ni soustraire des équivalents : de $\tan x \sim x$ et $\sin x \sim x$ on ne peut pas conclure $\tan x - \sin x \sim 0$ (ce qui n’a aucun sens) — la voie honnête, ce sont les développements limités :

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ii) Développer au-delà du massacre : dans le même calcul, l’ordre $1$ ne voit que $x - x = 0$ ; chaque fois que les termes dominants se compensent, on augmente l’ordre jusqu’à ce qu’un coefficient non nul survive, et seulement alors on revient à un équivalent. (iii) Les équivalents ne passent pas à l’exponentielle : $n^2 + n \sim n^2$ , et pourtant $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ n’est pas équivalent à $\eu^{n^2}$ — on n’exponentie que des développements de l’exposant dont l’erreur tend vers $0$ , jamais des équivalents de l’exposant. (Les logarithmes sont plus sûrs : si $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ , avec $\ell > 0$ , alors $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (iv) Le calcul des $o(\cdot)$ est à sens unique : $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ , $5\,o(x^2) = o(x^2)$ , $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — mais un $o(x^2)$ n’est pas une fonction déterminée, aussi ne faut-il jamais en simplifier deux l’un par l’autre : $o(x^2) - o(x^2)$ vaut $o(x^2)$ , et non $0$ .

Proposition 16.17 (Comportement local)

Supposons $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ avec $c \neq 0$ (premier terme non nul après la constante ; $p \geq 2$ en un point critique).

Si $p$ est pair : $f$ présente un minimum local en $a$ si $c > 0$ , un maximum local si $c < 0$ .
Si $p$ est impair : pas d’extremum ( $f - f(a)$ change de signe) ; si de plus le développement commence après un terme linéaire $f'(a)(x - a)$ , le graphe traverse sa tangente : c’est un point d’inflexion.

Démonstration. Au voisinage de $a$ , $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ est du signe de $c\,(x-a)^p$ : signe constant si $p$ est pair, signe changeant si $p$ est impair. ∎

Exemple 16.18 (Les exposants doivent être développés jusqu’au $o(1)$ )

Cherchons un équivalent de $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ . Développons l’exposant jusqu’à ce que son erreur tende vers $0$ :

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

donc $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ avec $\eu^{O(1/n)} \to 1$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

Remarquons ce qui aurait échoué avec moins de soin : arrêter l’exposant à $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ laisse un facteur $\eu^{O(1)}$ — borné, mais ne tendant pas vers $1$ — et aucun équivalent ne peut être affirmé. La règle des pièges ci-dessus, sous forme positive : un équivalent de $\eu^{a_n}$ exige le développement de $a_n$ jusqu’à un terme tendant vers zéro, tous les coefficients qui précèdent étant conservés exactement.

Exemple 16.19 (Classer un point critique plat)

Étudions $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ au voisinage de $0$ . On a à la fois $f'(0) = 0$ et $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : le critère de la dérivée seconde est muet. Développons plutôt :

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

premier terme non nul $c\,x^p$ avec $p = 4$ pair et $c = \frac{1}{24} > 0$ : un minimum local, d’une platitude inhabituelle (le graphe quitte sa valeur minimale comme $x^4$ , et non comme $x^2$ ). L’idée à retenir : le développement voit en une ligne ce que la dérivation itérée obscurcit — et la Proposition 16.17 est le dictionnaire systématique qui traduit « premier terme survivant » en « forme locale ».

Exemple 16.20 (Développements en l’infini)

Deux calculs où la variable tend vers $+\infty$ et où la substitution $h = \frac1x \to 0^+$ importe toute la boîte à outils. D’abord,

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Ensuite, l’arctangente en l’infini : de $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ pour $x > 0$ (Proposition 4.12) et du développement de $\arctan$ en $0$ (Exercice 16.3),

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

le graphe s’approche de son asymptote $y = \frac\pi2$ par en dessous à la vitesse $\frac1x$ . L’idée à retenir : il n’y a pas de théorie séparée des développements en l’infini — une seule substitution par l’inverse les ramène à des développements en $0$ , pourvu que chaque $O$ et chaque $o$ intermédiaire soit traîné honnêtement.

Exemple 16.21 (Asymptote par développement limité)

Quand $x \to +\infty$ ,

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

la droite $y = x + \frac12$ est une asymptote, approchée par en dessous (le terme suivant $-\frac{1}{8x}$ est négatif).

Remarque 16.22 (Où les développements travaillent ensuite)

Les développements asymptotiques sont la langue permanente du reste du livre : au Chapitre 17 ils décident de la convergence (les équivalents alimentent les critères de comparaison, et l’étude de $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ est un développement déguisé) ; dans le volume de Licence 2 ils deviennent des séries entières, où le polynôme de Taylor acquiert une infinité de termes et un rayon de convergence ; et toute linéarisation en physique — le pendule, la perturbation au premier ordre — est un énoncé de Taylor–Young dont on a discrètement laissé tomber le $o(\cdot)$ . Le seul avertissement qui mérite d’être gravé : un développement ne décrit une fonction qu’au voisinage d’un point — voir la fonction plate du devoir maison, dont le développement en $0$ est identiquement nul sans que la fonction le soit.

Remarque 16.23 (Perspectives dans ce volume)

Les développements limités sont la langue de travail de l’analyse qui reste et de la géométrie à venir. Le Chapitre 17 les convertit en verdicts de convergence : un équivalent du terme général est un développement tronqué à son premier terme, et les critères plus fins (séries alternées avec contrôle de l’erreur) consomment aussi le deuxième terme. Le Chapitre 24 lit la géométrie locale sur les développements des deux fonctions coordonnées : qu’une courbe paramétrée traverse, effleure ou rebrousse en un point se décide selon les puissances de $t$ qui survivent dans $x(t)$ et $y(t)$ — la version plane de la Proposition 16.17. Et le Chapitre 25 s’arrête volontairement à l’ordre un : le plan tangent est un énoncé de Taylor–Young à deux variables, la théorie complète du second ordre (hessiennes, points cols) étant reportée au volume de Licence 2. Le fil conducteur : toute question « locale » de ce livre se résout en écrivant le premier terme survivant d’un développement.

16.4 Exercices

Exercice 16.1 ★

Donner les développements limités en $0$ : $\eu^{2x}$ à l’ordre $3$ ; $\;\ln(1 - x)$ à l’ordre $4$ ; $\;\sqrt{1 + x}$ à l’ordre $3$ ; $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ à l’ordre $6$ .

Solution

Solution de Exercice 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

le dernier en substituant $-x^2$ dans le développement géométrique.

Exercice 16.2 ★

Calculer les limites :

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

Solution

Solution de Exercice 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : limite $\dfrac12$ .

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ et $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : la différence vaut $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : limite $\dfrac16$ .

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : limite $-\dfrac12$ .

Exercice 16.3 ★

Développer $\arctan x$ en $0$ à l’ordre $5$ en intégrant le développement de $\frac{1}{1 + x^2}$ , et $\arcsin x$ à l’ordre $5$ en intégrant celui de $(1 - x^2)^{-1/2}$ .

Solution

Solution de Exercice 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; en intégrant de $0$ à $x$ (Méthode 16.12 (5)) :

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{et même }o(x^6)\text{, par imparité}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (développement binomial avec $\alpha = -\frac12$ , $x = -t^2$ : $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ ) ; en intégrant :

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

Exercice 16.4 ★

À l’aide de l’inégalité de Taylor–Lagrange pour $\exp$ sur $\intcc{0}{1}$ , démontrer que

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

et déterminer un $n$ garantissant $6$ décimales exactes de $\eu$ .

Solution

Solution de Exercice 16.4.

Taylor–Lagrange (Théorème 16.7) pour $\exp$ en $a = 0$ , avec $x = 1$ : la dérivée $(n+1)$ -ième vaut $\eu^t \leq \eu < 3$ sur $\intcc{0}{1}$ , donc

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

Pour $6$ décimales exactes, on veut $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ , c’est-à-dire $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : comme $10! = 3\,628\,800$ et $11! = 39\,916\,800$ , on a $n + 1 = 11$ , c’est-à-dire que $n = 10$ suffit.

Exercice 16.5 ★★

Développer à l’ordre $2$ en $\frac1n$ et en déduire la limite ainsi que la vitesse de convergence :

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Solution

Solution de Exercice 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . En exponentiant, avec $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ et $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ :

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Limite $\eu$ ; l’erreur est $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ : lente (un chiffre par multiplication de $n$ par dix).

Exercice 16.6 ★★

Étudier le comportement local en $0$ de $f(x) = x^2 - x^4$ et de $g(x) = x^3 + x^5$ ; puis déterminer la position du graphe de $h(x) = \eu^x$ par rapport à sa tangente en $a = 1$ , localement puis globalement.

Solution

Solution de Exercice 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : premier terme $x^2$ , $p = 2$ pair, coefficient $> 0$ : minimum local en $0$ (pas global : $f(2) = -12$ ).

$g(x) = x^3 + x^5$ : premier terme $x^3$ , $p$ impair : pas d’extremum ; $g$ traverse sa tangente (horizontale) : point d’inflexion en $0$ .

$h = \exp$ en $a = 1$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ; la différence avec la tangente vaut $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ localement. Globalement : $\eu^x - \eu x \geq 0$ pour tout $x$ par convexité (Théorème 14.19 (3)) : le graphe est au-dessus de chacune de ses tangentes, avec égalité au seul point de contact.

Exercice 16.7 ★★

Déterminer les asymptotes en $\pm\infty$ de $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ et la position de la courbe par rapport à elles.

Solution

Solution de Exercice 16.7.

Pour $x \to +\infty$ :

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

asymptote $y = x + \frac13$ , courbe en dessous au voisinage de $+\infty$ . Quand $x \to -\infty$ , le même calcul reste valable (la racine cubique est définie sur tout $\R$ , et $\frac1x \to 0$ ) : même asymptote $y = x + \frac13$ , mais cette fois $-\frac{1}{9x} > 0$ : courbe au-dessus de la droite.

Exercice 16.8 ★★

Trouver l’équivalent, quand $n \to \infty$ , de

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

chacun sous la forme d’une puissance de $n$ multipliée par une constante.

Solution

Solution de Exercice 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

$w_n$ : avec $h = \frac1n \to 0$ , $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ , donc $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ .

Exercice 16.9 ★★★

Soit $f$ de classe $C^2$ sur $\R$ . Démontrer que, pour tout $x$ et tout $h > 0$ :

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

et en déduire l’inégalité de type Landau–Kolmogorov : si $\abs f \leq M_0$ et $\abs{f''} \leq M_2$ sur $\R$ , alors $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ partout. (Optimiser en $h$ .)

Solution

Solution de Exercice 16.9.

Taylor–Lagrange à l’ordre $1$ autour de $x$ , des deux côtés :

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

En soustrayant : $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , donc

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

Avec les majorations globales : $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ pour tout $h > 0$ . Le membre de droite est minimal en $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (dérivée nulle), où il vaut $\sqrt{2M_0M_2}$ — d’où $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (Si $M_2 = 0$ , on fait $h \to \infty$ : $f' = 0$ , ce qui est cohérent.)

Exercice 16.10 ★★★

La suite définie par $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ et $u_{n+1} = \sin u_n$ décroît vers $0$ (le justifier brièvement). Pour en trouver la vitesse, on considère $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ :

à l’aide du développement de $\sin$ , démontrer que $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ;
avec Cesàro (Exercice 11.10), en déduire $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , puis l’équivalent $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

Solution

Solution de Exercice 16.10.

Sur $\intoo{0}{\pi}$ : $0 < \sin u < u$ , donc $(u_n)$ est strictement décroissante, positive, donc convergente ; la limite est un point fixe de $\sin$ dans $\intcc{0}{\pi}$ , et $\sin \ell = \ell$ force $\ell = 0$ (puisque $\sin x < x$ pour $x > 0$ ).

En utilisant $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ quand $u \to 0$ :

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
Par l’Exercice 11.10 (3) (Cesàro pour les différences), $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , c’est-à-dire $v_n \sim \frac n3$ , c’est-à-dire $u_n^2 \sim \frac 3n$ : comme $u_n > 0$ ,

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

Exercice 16.11 ★★

(Différences d’infinis) Calculer

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{et}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

en réduisant au même dénominateur et en développant séparément numérateur et dénominateur.

Solution

Solution de Exercice 16.11.

Réduisons au même dénominateur. Première limite :

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

donc le numérateur vaut $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ tandis que le dénominateur est $\sim x^4$ : la limite est $-\dfrac13$ .

Seconde : $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ; le numérateur vaut $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ , le dénominateur $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : la limite est $-\dfrac12$ .

Exercice 16.12 ★★★

(Asymptotique des racines implicites) Montrer que, pour tout $k \in \N^*$ , l’équation $\tan x = x$ admet exactement une solution $x_k$ dans $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , que $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ avec $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ , et en déduire le développement

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).

Solution

Solution de Exercice 16.12.

Sur $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , la fonction $g(x) = \tan x - x$ a pour dérivée $\tan^2 x \geq 0$ , qui ne s’annule qu’au seul point $k\pi$ : $g$ est strictement croissante sur $I_k$ (Corollaire 14.12 (2)), avec pour limites $-\infty$ et $+\infty$ aux extrémités : exactement un zéro $x_k$ . Pour $k \geq 1$ , $g(k\pi) = -k\pi < 0$ , donc $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : écrivons $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ avec $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Alors

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

en utilisant $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ et $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Comme $x_k \geq k\pi \to \infty$ : $\varepsilon_k \to 0$ , et

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

d’où $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ .

16.5 Problème : sommes alternées, décimales certifiées et irrationalité de $\cos 1$

Problème 16.1

Devoir maison — la majoration alternée $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : $\ln 2$ et $\pi$ avec décimales démontrées, la formule de Machin, et $\cos 1 \notin \Q$

Une somme alternée à termes décroissants est l’objet le plus accommodant de l’analyse numérique : son erreur est majorée par le premier terme omis, et le signe en est connu. Ce problème démontre ce principe à l’aide du théorème des suites adjacentes, puis le dépense de trois façons : décimales certifiées pour $\ln 2$ (trois voies concurrentes) et pour $\pi$ (Leibniz, puis la formule de Machin de 1706, restée pendant des siècles l’idée derrière les calculs record), l’irrationalité de $\cos 1$ , $\sin 1$ et $\cosh 1$ , et, en contrepoids, l’égalité de Taylor–Lagrange et la fonction plate dont le développement de Taylor ment. Tout au long, le vocabulaire des « séries » reste informel : toute somme est ici une suite de sommes partielles, comme dans l’Exemple 11.12 ; la théorie proprement dite s’ouvre au Chapitre 17.

Partie I — La majoration alternée. Soit $(a_k)_{k \geq 0}$ décroissant vers $0$ , et $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

Montrer que $(S_{2n+1})$ est croissante, $(S_{2n})$ décroissante, et qu’elles sont adjacentes (Théorème 11.11) : toutes deux convergent vers un même $S$ avec, pour tout $n$ ,

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

l’erreur ayant le signe du premier terme omis. Montrer de plus que si la décroissance est stricte, toutes ces inégalités sont strictes.
Premier dividende : pour $x = 1$ dans la série exponentielle, comparer avec le Théorème 16.7 en $a = 0$ : montrer que $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ converge vers $\eu^{-1}$ avec $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(Leibniz, 1674) À partir de l’identité finie exacte

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

intégrée sur $\intcc{0}{1}$ , démontrer

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
Lenteur : combien de termes de Leibniz garantissent six décimales exactes de $\pi$ ? (Environ deux millions.) Évaluer $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ et sa distance à $\pi$ , pour éprouver la douleur.

Partie II — $\ln 2$ de trois façons.

(Voie 1 : la série harmonique alternée) De $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ intégrée sur $\intcc{0}{1}$ :

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

l’erreur est d’ordre exactement $\frac 1n$ — un million de termes pour six décimales.
(Voie 2 : la série rapide) Intégrer $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ de $0$ à $x \in \intoo{0}{1}$ et évaluer en $x = \frac13$ (noter que $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ) :

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

convergence géométrique, à peu près un chiffre par terme.
(Voie 3 : sommes de Riemann et une identité cachée) Démontrer par récurrence l’identité

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

et retrouver $\ln 2$ comme limite des sommes de Riemann de l’Exemple 15.21 : les voies 1 et 3 sont secrètement le même nombre vu deux fois.
Duel à six termes : comparer $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ à la voie 2 pour $n = 5$ , qui donne déjà $\ln 2 = 0.693147$ avec une erreur $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . Expliquer la raison structurelle (point d’évaluation profondément à l’intérieur de l’intervalle de convergence, contre point situé sur sa frontière).
Combien de termes de la voie 2 certifient dix décimales de $\ln 2$ ? Montrer que $n = 10$ suffit.

Partie III — La formule de Machin.

Calculer $(5 + \iu)^4$ et vérifier l’identité complexe

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$

En prenant les arguments (conventions du Chapitre 3), en déduire la formule de Machin

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$

(Vérifier qu’aucun argument ne sort de $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .)
Comme à la question 3, établir, pour $0 < x < 1$ :

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
Certifier $\pi$ à sept décimales avec six termes : majorer l’erreur totale de

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

par $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ , et donner la valeur obtenue $3.1415926\dots$
Comparer les trois voies vers $\pi$ désormais disponibles — Leibniz (question 4), les intégrales de Dalzell du Problème 15.1 (erreur $4^{1-5m}$ ), Machin (erreur $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — en chiffres par terme, et expliquer pourquoi rapetisser le point d’évaluation l’emporte sur tout le reste.

Partie IV — Le piège de l’entier, version alternée.

Supposons $\cos 1 = \frac pq$ . Multiplier l’encadrement alterné strict de $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (question 1) par $(2n)!$ avec $2n \geq q$ , et en tirer une contradiction : $\cos 1$ est irrationnel.
Adapter à $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (multiplier par $(2n+1)!$ ) : $\sin 1 \notin \Q$ . Tous deux irrationnels, et pourtant $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : l’irrationalité n’est pas stable par les opérations algébriques.
Le cousin non alterné : $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (au sens des sommes partielles, avec l’encadrement du reste $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , à démontrer). Conclure $\cosh 1 \notin \Q$ par le même piège.
Pousser jusqu’à $\cos\frac 1m$ pour tout entier $m \geq 1$ : multiplier par $m^{2n}(2n)!$ et conclure $\cos\frac1m \notin \Q$ . Où la même tentative échoue-t-elle pour $\cos\frac ab$ avec $b > 1$ quelconque ? (Identifier le dénominateur qui ne se chasse plus.)

Partie V — Plus fin et plus sombre : la forme d’égalité, et une fonction qui trompe Taylor.

(Taylor–Lagrange, forme d’égalité) Soit $f$ une fonction $n + 1$ fois dérivable entre $a$ et $x$ . On pose $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ , la constante $A$ étant choisie de sorte que $g(a) = 0$ . Calculer $g'$ (la somme se télescope), appliquer le théorème de Rolle sur $\intcc{a}{x}$ , et conclure qu’il existe $c$ strictement compris entre $a$ et $x$ tel que

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
Dividende de l’égalité : pour $x > 0$ , montrer que

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(strictement, pour tout $n$ ), et repérer où l’inégalité se renverse pour $x < 0$ selon la parité de $n$ .
Comparer les restes sur $\sin(0.5)$ à l’ordre $3$ : Young ne donne que $o(x^3)$ (aucun nombre) ; Lagrange donne $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ; la majoration alternée donne la même borne plus l’information de signe $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . Comparer à l’erreur réelle $2.59\cdot10^{-4}$ : la borne est presque atteinte. Quel outil choisiriez-vous, et quand ?
(La fonction plate) Soit $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ pour $x \neq 0$ , et $f(0) = 0$ . Montrer que $f$ est continue en $0$ , que $f'(0) = 0$ , et plus généralement — en démontrant que toute dérivée s’écrit $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ pour un polynôme $P_k$ (récurrence) — que $f^{(k)}(0) = 0$ pour tout $k$ (croissances comparées, Proposition 4.6). Conclure : tous les polynômes de Taylor de $f$ en $0$ sont nuls, et pourtant $f(x) > 0$ pour $x \neq 0$ : Taylor–Young vaut à tout ordre, et ne dit rien de $f$ loin de $0$ . Les développements décrivent des germes, pas des fonctions.

Partie VI — Synthèse.

Faire jouer le piège une fois encore, sur $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : multiplier l’encadrement alterné strict par $n!$ et conclure $\eu^{-1} \notin \Q$ , donc $\eu \notin \Q$ — la troisième démonstration de ce fait dans le volume. Énumérer les trois (suites adjacentes, Exercice 11.9 ; intégrales, Problème 15.1 ; sommes alternées, ici) et ce dont chacune a eu besoin.
Les petits caractères : la monotonie n’est pas décorative. Posons $b_k = \frac1k$ pour $k$ impair et $b_k = \frac{1}{k^2}$ pour $k$ pair : les $b_k$ sont positifs et tendent vers $0$ , et pourtant les sommes partielles de $\sum (-1)^k b_k$ divergent vers $-\infty$ . Le démontrer (scinder la somme partielle en la partie paire, bornée grâce à l’Exemple 11.22, et la partie impaire, qui domine la moitié de la série harmonique, Exercice 11.5), et dire exactement quelle étape de la question 1 a utilisé la monotonie.
Vérifier l’identité plus simple d’Euler $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ à l’aide de $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ , estimer le nombre de termes nécessaires pour six décimales de $\pi$ par cette voie ( $n = 10$ suffit), et la placer entre Leibniz et Machin dans le classement de la question 13.
Synthèse, une phrase pour chacun : (i) énoncer la majoration alternée et ses deux produits (borne et signe) ; (ii) pourquoi les identités finies exactes à reste explicite l’emportent sur les énoncés de limite pour le numérique certifié ; (iii) inventaire du problème ( $\pi$ à $10^{-7}$ à la main, $\ln 2$ à dix décimales, quatre démonstrations d’irrationalité, un théorème d’égalité, un exemple d’avertissement) ; (iv) lesquels de ces fils le Chapitre 17 reprendra (le critère spécial des séries alternées, la convergence absolue face à la convergence conditionnelle, et le drame du réarrangement de son devoir maison).

Solution

Solution de Problème 16.1.

1. $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ et $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ , tandis que $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : les suites $(S_{2n+1})$ et $(S_{2n})$ sont adjacentes et convergent vers un même $S$ (Théorème 11.11), avec $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . Pour $n$ pair : $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ donne $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ; pour $n$ impair : $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . Dans les deux cas $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ , et $S - S_n$ a le signe de $(-1)^{n+1}$ , celui du premier terme omis. Une décroissance stricte rend stricte chacune des inégalités affichées, en particulier $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ .

2. $a_k = \frac{1}{k!}$ décroît strictement vers $0$ : la question 1 s’applique. Taylor–Lagrange (Théorème 16.7) pour $\exp$ entre $-1$ et $0$ : $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (la dérivée $\eu^t$ y est $\leq 1$ ), donc $T_n \to \eu^{-1}$ , et la limite $S$ de la question 1 est $\eu^{-1}$ , avec les encadrements stricts $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

3. En intégrant l’identité sur $\intcc{0}{1}$ : le membre de gauche donne $\arctan 1 = \frac\pi4$ (théorème fondamental de l’analyse), le $k$ -ième terme donne $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ , et

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. L’erreur sur $\pi$ vaut $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ : descendre sous $10^{-6}$ exige $2n + 3 > 4\cdot10^6$ , soit environ deux millions de termes. Pendant ce temps $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ , à presque $0.2$ de $\pi$ : cinq termes, et pas même un chiffre.

5. En intégrant sur $\intcc{0}{1}$ : $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ avec $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ ; de $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ on tire $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ . L’erreur est piégée entre deux multiples de $\frac1n$ : six décimales coûtent environ un million de termes.

6. En intégrant de $0$ à $x$ : $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ . En $x = \frac13$ : $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , et sur $\intcc{0}{\frac13}$ , $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

chaque terme supplémentaire divise l’erreur par environ $9$ .

7. Récurrence : pour $n = 1$ : $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . Hérédité :

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

ce qui est exactement l’accroissement de la somme alternée. Et $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ est la somme de Riemann de l’Exemple 15.21, qui converge vers $\ln 2$ : les sommes partielles paires de la voie 1 sont les sommes de Riemann de la voie 3.

8. $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ , d’erreur $0.0765$ ; la voie 2 pour $n = 5$ donne $0.6931471$ avec une erreur $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ . La raison : la voie 1 évalue la série du logarithme au point frontière $x = 1$ , où les termes décroissent comme $\frac1k$ ; la voie 2 évalue en $x = \frac13$ , profondément à l’intérieur, où chaque terme gagne un facteur $\frac19$ supplémentaire.

9. Dix décimales : on veut $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ . Pour $n = 10$ : $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : onze termes suffisent.

10. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , puis $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; et $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : les deux nombres sont égaux. Arguments : $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ , donc le membre de gauche a pour argument $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ ; le membre de droite a pour argument $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ . Deux nombres complexes égaux dont les arguments sont dans un même intervalle de longueur $< 2\pi$ :

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

ce qui est la formule de Machin.

11. On intègre $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ de $0$ à $x$ :

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

12. Erreurs : $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ et $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : au total $< 5\cdot10^{-8}$ . La somme affichée vaut $3.14159268\dots$ , donc $\pi = 3.1415926\dots$ certifié à $5\cdot10^{-8}$ près : sept décimales avec six termes (cinq en $\frac15$ , deux en $\frac1{239}$ , en comptant largement).

13. Leibniz : erreur $\sim \frac1n$ , donc chaque nouveau chiffre multiplie le travail par dix. Dalzell (Problème 15.1, question 22) : erreur $4^{1-5m}$ , environ trois chiffres par étape, chaque étape étant un polynôme plus lourd. Machin : rapport d’erreur $\frac{1}{25}$ par terme, environ $1.4$ chiffre par terme, chaque terme étant une division. La morale : le reste d’un développement de type géométrique se comporte comme $x^{2n}$ , de sorte que rapetisser $x$ achète des chiffres à un coût fixe par terme — l’identité complexe de Machin est précisément une machine à rapetisser $x$ .

14. $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ décroît strictement vers $0$ ; par la question 1 et la Proposition 16.11 (majoration de Lagrange comme à la question 2), $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ avec l’encadrement strict $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ . Supposons $\cos 1 = \frac pq$ et prenons $2n \geq q$ : alors $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ et $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ , tandis que

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

un entier non nul de valeur absolue $< 1$ . Contradiction : $\cos 1 \notin \Q$ .

15. À l’identique avec $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ , en multipliant par $(2n+1)!$ avec $2n + 1 \geq q$ : $\sin 1 \notin \Q$ . Et pourtant $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : produits et sommes d’irrationnels peuvent être rationnels — l’irrationalité ne passe gratuitement à travers aucune opération algébrique.

16. Majoration du reste : pour $m > n$ ,

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

puisque chaque rapport successif vaut $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ ; le reste est positif (son premier terme l’est). Donc $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , et en multipliant par $(2n)!$ avec $2n \geq q$ on piège de nouveau un entier non nul dans $\intoo{0}{1}$ : $\cosh 1 \notin \Q$ .

17. $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : les termes décroissent strictement vers zéro, et $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ pour $k \leq n$ . Si $\cos\frac1m = \frac pq$ , on multiplie l’encadrement strict par $q\,m^{2n}(2n)!$ : l’erreur est majorée par $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ pour $n$ grand : contradiction. Pour $\frac ab$ avec $a \geq 2$ : chasser les dénominateurs multiplie le reste par $b^{2n}(2n)!$ , mais le premier terme omis vaut $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ , et le produit $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ explose : le numérateur $a^{2n+2}$ ne se chasse plus, et le piège s’enraye. (Le résultat reste vrai — via une machinerie à la Niven, pas celle-ci.)

18. En $t = x$ , tous les termes de $g$ s’annulent, sauf $f(x) - f(x) = 0$ : $g(x) = 0$ ; et $A$ est choisi pour que $g(a) = 0$ . En dérivant, la somme se télescope :

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

Le théorème de Rolle sur le segment joignant $a$ à $x$ donne un $c$ strictement compris entre les deux avec $g'(c) = 0$ ; comme $(x - c)^n \neq 0$ : $A = f^{(n+1)}(c)$ . En développant $g(a) = 0$ on obtient l’égalité de Taylor, de reste $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

19. Pour $x > 0$ , le reste vaut $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ : l’exponentielle dépasse chacun de ses polynômes de Taylor, strictement, à tout ordre. Pour $x < 0$ , le signe du reste est celui de $x^{n+1}$ : $\eu^x$ est au-dessus du polynôme pour $n$ impair, en dessous pour $n$ pair — les côtés alternent, comme le montrent déjà les graphes de $1 + x$ et de $1 + x + \frac{x^2}{2}$ face à $\eu^x$ .

20. Erreur réelle : $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , contre la borne $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ : presque atteinte (le terme suivant domine le reste). Young : pour les limites et l’analyse locale, là où aucune constante n’est requise. Lagrange : pour des décimales certifiées. La majoration alternée : quand elle s’applique, même borne plus la direction de l’erreur — le meilleur des trois, mais le plus rare.

21. Continuité en $0$ : avec $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ , $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ . Dérivée en $0$ : $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (Proposition 4.6) : $f'(0) = 0$ . Pour $x \neq 0$ , $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : c’est bien de la forme $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ avec $P_1(X) = 2X^3$ ; par récurrence, en dérivant $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ on obtient $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ , qui est un polynôme. Alors

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

(un polynôme contre $\eu^{-v^2}$ , croissances comparées en $\pm\infty$ ) : par récurrence, $f^{(k)}(0) = 0$ pour tout $k$ . Tous les polynômes de Taylor de $f$ en $0$ sont nuls, et pourtant $f > 0$ hors de $0$ : Taylor–Young est exacte à tout ordre et aveugle au-delà du germe. Un développement n’est qu’une information locale.

22. Par la question 2, $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ , strictement. Si $\eu^{-1} = \frac pq$ , prenons $n \geq q$ et multiplions par $n!$ : $n!\,T_n \in \Z$ et $n!\frac pq \in \Z$ , donc un entier non nul a une valeur absolue $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ : contradiction. Donc $\eu^{-1} \notin \Q$ , et $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ est irrationnel lui aussi. Les trois démonstrations : les suites adjacentes qui encadrent $q!\,\eu$ (Exercice 11.9) ; la récurrence intégrale $A_n = \eu - nA_{n-1}$ (Problème 15.1) ; l’encadrement alterné (ici). Un seul piège, trois certificats de petitesse.

23. Groupons les sommes partielles par paires : $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ avec $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ , borné (par la majoration télescopique de l’Exemple 11.22, $E_n \leq \frac12$ ), et $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (Exercice 11.5) : les sommes partielles tendent vers $-\infty$ . La monotonie a servi à la question 1 exactement là où $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ avait besoin d’un signe : sans décroissance, les suites extraites paire et impaire n’ont aucune raison d’être monotones, et l’adjacence s’effondre.

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; en prenant les arguments (tous dans $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ) : $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . Coût en termes pour six décimales : erreur $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , qui pour $n = 10$ vaut $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ : onze termes. Classement : meilleur que Leibniz d’une marge exponentielle, derrière Machin (dont le point dominant $\frac15$ est plus petit que $\frac12$ ) : environ $0.6$ chiffre par terme contre $1.4$ pour Machin.

25. (i) Pour $a_k$ décroissant vers $0$ , les sommes partielles alternées convergent, avec $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ , et l’erreur porte le signe du premier terme omis. (ii) Une identité finie à reste explicite peut être évaluée et majorée en un point choisi, alors qu’un énoncé de limite ne promet qu’une proximité finale — certifier exige la première. (iii) Butin : $\pi$ à $5\cdot10^{-8}$ par Machin, $\ln 2$ à dix décimales par la série en $\frac13$ , l’irrationalité de $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ et $\eu^{-1}$ , l’égalité de Taylor–Lagrange, et l’avertissement de la fonction plate. (iv) Le Chapitre 17 promeut la question 1 en critère spécial des séries alternées, sépare la convergence absolue de la convergence conditionnelle, et son devoir maison met en scène le drame du réarrangement, dont la série harmonique alternée de la voie 1 est le témoin vedette.

16.1 Relations de comparaison

16.2 Les trois formules de Taylor

16.3 Applications

16.4 Exercices

16.5 Problème : sommes alternées, décimales certifiées et irrationalité de cos⁡1\cos 1cos1

16.5 Problème : sommes alternées, décimales certifiées et irrationalité de $\cos 1$