L'erreur d'approximation de Taylor : exercices corrigés de MTH1101 (Polytechnique)

a) $f(x)=x^{1/2}$, $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$, $f''(x)=-\frac{1}{4x^{3/2}}$ et $f'''(x)=\frac{3}{8x^{5/2}}$. En $9$ : $\sqrt{9}=3$, $9^{3/2}=27$ et $9^{5/2}=243$, donc $f(9)=3$, $f'(9)=\frac{1}{6}$, $f''(9)=-\frac{1}{108}$. Le coefficient d'ordre $2$ est $\frac{f''(9)}{2!}=-\frac{1}{216}$, d'où $T_1(x)=3+\frac{x-9}{6}$ et $T_2(x)=3+\frac{x-9}{6}-\frac{(x-9)^2}{216}$. Le centre n'est pas un détail : en $a=9$, tout se calcule à la main et $|x-a|$ vaut $1$ ; en $a=0$, $\sqrt{x}$ n'est même pas dérivable.

b) $T_1(10)=3+\frac{1}{6}=\frac{19}{6}$ et $T_2(10)=\frac{19}{6}-\frac{1}{216}=\frac{684-1}{216}=\frac{683}{216}$. L'oubli classique est celui du $2!$ : écrire $-\frac{1}{108}(x-9)^2$ double la correction et donne $\frac{682}{216}$, plus loin de $\sqrt{10}$ que $T_1(10)$ lui-même.

c) L'inégalité de Taylor avec $n=2$ demande un $M$ tel que $|f'''(t)|\le M$ pour TOUT $t$ de $[9\,;10]$. Or $f'''(t)=\frac{3}{8t^{5/2}}$ est positive et DÉCROISSANTE sur cet intervalle, puisque $t^{5/2}$ croît : son maximum est atteint en $t=9$, et $M=\frac{3}{8\times 243}=\frac{1}{648}$. Donc $|R_2(10)|\le\frac{M}{3!}|10-9|^{3}=\frac{1}{3888}$, soit un peu moins de $2{,}6\times 10^{-4}$. Prendre $M=f'''(10)$ serait une faute : c'est la plus PETITE valeur de $f'''$ sur l'intervalle, pas un majorant, et la « borne » obtenue ne garantirait rien. Ici le maximum tombe au centre ; à l'exercice 3, il tombera à l'autre bout. Il faut regarder le sens de variation de $|f^{(n+1)}|$ à chaque fois, jamais supposer.

d) Forme de Lagrange : il existe $c$ dans $]9\,;10[$ tel que $R_2(10)=\frac{f'''(c)}{3!}(10-9)^{3}=\frac{f'''(c)}{6}$. Comme $f'''(c)>0$, $R_2(10)>0$ : $T_2(10)$ est une valeur PAR DÉFAUT. Avec c) : $\frac{683}{216}<\sqrt{10}<\frac{683}{216}+\frac{1}{3888}=\frac{12294+1}{3888}=\frac{12295}{3888}$. Contrôle sans calculatrice de la borne inférieure : $683^{2}=466\,489$ et $10\times 216^{2}=466\,560$, donc $\left(\frac{683}{216}\right)^{2}<10$, ce qui confirme le signe. Un encadrement d'amplitude $\frac{1}{3888}$ obtenu à la main, c'est exactement ce que l'examen appelle « approcher avec une erreur garantie ».

e) Pour $x>0$, $x\ne 9$, la forme de Lagrange donne $R_2(x)=\frac{f'''(c)}{6}(x-9)^{3}$ avec $c$ entre $9$ et $x$, donc $c>0$ et $f'''(c)>0$. Le reste a le signe de $(x-9)^{3}$ : négatif pour $x<9$, donc $\sqrt{x}<T_2(x)$ et la courbe de $T_2$ est AU-DESSUS ; positif pour $x>9$, donc $T_2$ passe AU-DESSOUS. La figure le confirme : $T_2(1)=\frac{37}{27}\approx 1{,}37>1$ et $T_2(25)=\frac{121}{27}\approx 4{,}48<5$. La tangente $T_1$, elle, reste au-dessus partout, car $R_1(x)=\frac{f''(c)}{2}(x-9)^{2}\le 0$ : c'est la concavité. Une puissance IMPAIRE de $(x-a)$ dans le reste fait changer de côté au centre ; une puissance paire, jamais.

a) Toutes les dérivées de $e^{x}$ valent $e^{t}$, fonction croissante : sur $[0\,;0{,}1]$, leur maximum est $e^{0{,}1}$, et $e^{0{,}1}\le e^{1}<3$. Donc $M=3$ convient pour tout $n$. L'inégalité de Taylor donne $|R_n(0{,}1)|\le\frac{3}{(n+1)!}(0{,}1)^{n+1}$. Pour $n=1$ : $\frac{3\times 0{,}01}{2}=\frac{3}{200}=0{,}015$, trop grand. Pour $n=2$ : $\frac{3\times 0{,}001}{6}=\frac{1}{2000}=5\times 10^{-4}<10^{-3}$. Le plus petit degré est $n=2$. Le majorant n'a pas besoin d'être fin, il doit être VRAI et SUFFISANT : $M=2$ serait aussi justifiable ($e^{0{,}1}<2$ car $e<3<2^{10}$), mais il ne change pas la réponse. Attention au sens de la question : on cherche $n$ tel que la BORNE soit sous $10^{-3}$, puisque l'erreur réelle est précisément ce qu'on ignore.

b) $T_2(0{,}1)=1+0{,}1+\frac{(0{,}1)^{2}}{2}=1+\frac{1}{10}+\frac{1}{200}=\frac{200+20+1}{200}=\frac{221}{200}=1{,}105$. Le calcul est exact : c'est l'approximation, et non le calcul, qui porte l'erreur.

c) Forme de Lagrange : $R_2(0{,}1)=\frac{e^{c}}{3!}(0{,}1)^{3}$ avec $0<c<0{,}1$. Ce nombre est strictement positif, donc $e^{0{,}1}>T_2(0{,}1)$ : la valeur $1{,}105$ est PAR DÉFAUT. Avec la borne de a) : $1{,}105<e^{0{,}1}<1{,}105+\frac{1}{2000}=1{,}1055$. Le signe du reste coupe la borne en deux : sans lui, on n'aurait que $1{,}1045<e^{0{,}1}<1{,}1055$, un encadrement deux fois plus large. La valeur exacte, $1{,}10517\ldots$, est bien dans l'intervalle.

d) L'erreur réelle vaut $e^{0{,}1}-1{,}105=0{,}000170\ldots$, soit environ $1{,}709\times 10^{-4}$, alors que $\frac{1}{6000}\approx 1{,}667\times 10^{-4}$ : la « borne » est dépassée, elle est FAUSSE. L'étudiant a appliqué l'estimation des séries alternées, qui exige des termes de signes alternés et décroissants. Ici tous les termes $\frac{(0{,}1)^{k}}{k!}$ sont positifs : le reste est le premier terme négligé PLUS une infinité d'autres termes positifs, donc il est strictement plus grand que ce terme. Vu par Lagrange, c'est la même faute qu'un $M$ pris au centre : $\frac{1}{6000}$ correspond à $M=e^{0}=1$, alors que $e^{c}>1$ pour tout $c>0$. Sur $e^{-0{,}1}$, la série alterne et le raisonnement de l'étudiant serait juste.

a) $T_3\left(\frac15\right)=\frac15-\frac{1}{50}+\frac{1}{375}=\frac{150-15+2}{750}=\frac{137}{750}$ et $T_3\left(-\frac15\right)=-\frac15-\frac{1}{50}-\frac{1}{375}=-\frac{150+15+2}{750}=-\frac{167}{750}$. Les trois termes ont le même signe dans le second cas : c'est toute la différence entre les deux questions qui suivent.

b) En $x=\frac15$, la série $\sum_{k\ge1}\frac{(-1)^{k-1}x^{k}}{k}$ alterne, et ses termes $b_k=\frac{(1/5)^{k}}{k}$ sont positifs, décroissants et tendent vers $0$ : l'estimation des séries alternées s'applique, l'erreur est au plus le premier terme négligé, $\frac{(1/5)^{4}}{4}=\frac{1}{2500}$, et elle a son signe, négatif. Par Taylor avec $n=3$ : sur $\left[0\,;\frac15\right]$, $\frac{6}{(1+t)^{4}}$ décroît, donc $M=6$ (en $t=0$) et $|R_3|\le\frac{6}{4!}\left(\frac15\right)^{4}=\frac{1}{2500}$. Les deux bornes coïncident : pour $\ln(1+x)$ avec $x>0$, le maximum de $|f^{(n+1)}|$ est au centre et donne exactement le terme suivant. Le signe : $R_3=\frac{f^{(4)}(c)}{4!}x^{4}<0$, donc $\ln 1{,}2<\frac{137}{750}$, valeur PAR EXCÈS.

c) En $x=-\frac15$, chaque terme $\frac{(-1)^{k-1}x^{k}}{k}=-\frac{(1/5)^{k}}{k}$ est négatif : la série n'alterne pas, l'estimation des séries alternées n'a plus d'objet. Reste Taylor. La figure montre que $|f^{(4)}|$ est décroissante : sur $\left[-\frac15\,;0\right]$, son maximum est à GAUCHE, en $t=-\frac15$, et non au centre. $M=\frac{6}{(4/5)^{4}}=\frac{6\times 625}{256}=\frac{1875}{128}\approx 14{,}6$, d'où $|R_3|\le\frac{1875}{128\times 24}\times\frac{1}{625}=\frac{1}{1024}$. Le signe est encore négatif ($f^{(4)}<0$, $x^{4}>0$) : $-\frac{167}{750}$ est par excès.

d) Avec $M=6$, l'étudiant écrit $|R_3|\le\frac{6}{24}\times\frac{1}{625}=\frac{1}{2500}=4\times 10^{-4}$. Or l'erreur réelle vaut $\left|-0{,}223144+0{,}222667\right|\approx 4{,}77\times 10^{-4}$ : la « borne » est dépassée. $M=6$ est la valeur de $|f^{(4)}|$ au centre, c'est-à-dire sa PLUS PETITE valeur sur $\left[-\frac15\,;0\right]$, pas un majorant. C'est le même $M$ qu'en b), où il était juste : un $M$ se recalcule pour chaque intervalle. La bonne borne, $\frac{1}{1024}\approx 9{,}8\times 10^{-4}$, est plus grande que l'erreur réelle, comme elle doit l'être.

a) Avec $u=x^{2}$ : $\cos\left(x^{2}\right)=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^{n}x^{4n}}{(2n)!}$, série entière de rayon infini. Une série entière s'intègre terme à terme à l'intérieur de son intervalle de convergence, ici sur $[0\,;1]$ : $I=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}\int_{0}^{1}x^{4n}dx=\sum_{n\ge0}\frac{(-1)^{n}}{(4n+1)(2n)!}$. Donc $b_n=\frac{1}{(4n+1)(2n)!}$ : $b_0=1$, $b_1=\frac{1}{5\times 2}=\frac{1}{10}$, $b_2=\frac{1}{9\times 24}=\frac{1}{216}$, $b_3=\frac{1}{13\times 720}=\frac{1}{9360}$. La série n'est pas une approximation de $I$ : elle EST $I$. L'approximation commence quand on la tronque, et c'est là que l'erreur se mesure.

b) Les trois hypothèses : $b_n>0$, évident ; $b_{n+1}<b_n$, car le dénominateur $(4n+5)(2n+2)!$ est le produit de deux facteurs plus grands que $4n+1$ et $(2n)!$ ; et $b_n\to 0$, puisque $(2n)!\to+\infty$. L'estimation s'applique : en gardant les termes jusqu'à $n=N$, l'erreur est au plus $b_{N+1}$ et a le signe de $(-1)^{N+1}b_{N+1}$. La série alterne pour TOUT $x$ ici, parce que le signe vient de $(-1)^{n}$ et non d'une puissance de $x$ négative.

c) Avec deux termes, $1-\frac{1}{10}$, l'erreur garantie est $b_2=\frac{1}{216}\approx 4{,}6\times 10^{-3}$ : insuffisant. Avec trois termes, elle est $b_3=\frac{1}{9360}\approx 1{,}07\times 10^{-4}<10^{-3}$. Il faut donc TROIS termes : $I\approx 1-\frac{1}{10}+\frac{1}{216}=\frac{1080-108+5}{1080}=\frac{977}{1080}\approx 0{,}9046$. Le premier terme négligé, $-\frac{1}{9360}$, est négatif : la somme partielle dépasse $I$, c'est une valeur PAR EXCÈS, et $\frac{977}{1080}-\frac{1}{9360}<I<\frac{977}{1080}$. Le piège : s'arrêter dès qu'un terme GARDÉ est petit. C'est le premier terme NÉGLIGÉ qui décide.

d) Il faut un premier terme négligé inférieur à $10^{-6}$. Avec quatre termes, ce serait $b_4=\frac{1}{17\times 40\,320}=\frac{1}{685\,440}\approx 1{,}46\times 10^{-6}$ : pas assez. Avec cinq, c'est $b_5=\frac{1}{21\times 3\,628\,800}=\frac{1}{76\,204\,800}\approx 1{,}3\times 10^{-8}$ : largement. Il faut cinq termes. Passer de trois chiffres exacts à six ne coûte que deux termes de plus, parce que les factorielles écrasent les $b_n$ : c'est ce qui rend ces séries utilisables à la main.

a) La série rappelée est la série de Maclaurin de $\arctan$ ; ses sommes partielles sont les polynômes de Taylor. Elle ne contient que des puissances impaires, parce que $\arctan$ est impaire : le coefficient de $x^{4}$ est nul, donc $T_3=T_4=x-\frac{x^{3}}{3}=P$. Le premier terme négligé est $+\frac{x^{5}}{5}$. Cette remarque vaut une meilleure borne : on travaille avec le reste $R_4$, en $|x|^{5}$, au lieu de $R_3$, en $x^{4}$.

b) Pour $0<|x|\le 1$, la série est alternée et ses termes en valeur absolue sont $b_n=\frac{|x|^{2n+1}}{2n+1}$. Ils sont positifs ; ils décroissent, car $|x|^{2n+3}\le|x|^{2n+1}$ quand $|x|\le 1$ et $2n+3>2n+1$ ; ils tendent vers $0$, car $b_n\le\frac{1}{2n+1}$. L'estimation des séries alternées donne $|\arctan x-P(x)|\le b_2=\frac{|x|^{5}}{5}$. L'inégalité de Taylor serait ici un mauvais outil : la cinquième dérivée de $\arctan$ est une fraction rationnelle pénible à majorer. Choisir l'outil fait partie de la question.

c) La borne $\frac{|x|^{5}}{5}$ croît avec $|x|$ : il suffit de la regarder au bord. En $0{,}3$ : $\frac{0{,}00243}{5}=4{,}86\times 10^{-4}<10^{-3}$, donc la précision est garantie sur tout $[-0{,}3\,;0{,}3]$. En $0{,}4$ : $\frac{0{,}01024}{5}\approx 2{,}05\times 10^{-3}>10^{-3}$, la borne ne garantit plus rien. Au dixième, $r=0{,}3$. Le seuil exact de la borne est $|x|\le\left(\frac{1}{200}\right)^{1/5}\approx 0{,}35$ ; ce n'est pas le point où l'erreur réelle atteint $10^{-3}$, qui est un peu plus loin, car la borne majore. On répond avec la borne : c'est la seule chose qu'on sait garantir.

d) L'estimation des séries alternées donne aussi le signe : celui du premier terme négligé, $\frac{x^{5}}{5}$. Pour $0<x\le 1$, il est positif : $\arctan x>P(x)$, valeur PAR DÉFAUT. Pour $-1\le x<0$, il est négatif : $P(x)$ est PAR EXCÈS. C'est cohérent avec l'imparité, les deux courbes étant symétriques par rapport à l'origine. Sur la figure, la courbe de $P$ passe sous celle de $\arctan$ à droite de $0$ et au-dessus à gauche.

e) En $x=2$, la formule donnerait $\frac{32}{5}=6{,}4$. Mais elle n'a aucun sens : pour $|x|>1$ le terme général $\frac{2^{2n+1}}{2n+1}$ tend vers l'infini, la série DIVERGE, et l'estimation des séries alternées, qui suppose des termes décroissant vers $0$, ne s'applique pas. Écrire $|\arctan 2-P(2)|\le 6{,}4$ serait d'ailleurs vrai mais par hasard. La figure montre le vrai problème : $P(2)=-\frac{2}{3}$ est négatif alors que $\arctan 2>0$ ; hors de $[-1\,;1]$, $P$ ne suit plus $\arctan$ du tout. Une borne se cite avec son domaine de validité.