la formule de Taylor d’ordre 2

Universit´e Bordeaux I 2009-2010 Analyse 2 (MHT 302)

Compl´ ements du cours N. 2 : les r` egles de diff´ erentiation, exemples,

la formule de Taylor d’ordre 2

Par d´efaut, l’espace en question estR^d muni de la norme euclidienne.

• Diff´erentiation d’un produit de deux fonctions

Th´eor`eme 1 Soient x ∈ O, O ⊂ R<sup>d</sup> un ouvert f, g deux fonctions d´efinies l`a-dessus, f, g:O→R. Sif, g∈D(x), alors f g∈D(x)et

D(f g)(x) =f Dg(x) +g Df(x).

D´emonstration.Par la d´efinition de la diff´erentiabilit´e, on a pourh∈R^d (l’ac- croissement hest tel quex+h∈B(x, δ)⊂O)

f(x+h) = f(x) +Df(x)·h+εx(h), lim

||h||→0

|εx(h)|

||h|| = 0, g(x+h) = g(x) +Df(x)·h+ε⁰_x(h), lim

||h||→0

|ε⁰_x(h)|

||h|| = 0.

En multipliant ces deux relations, on obtient

f g(x+h) =f g(x+h) +{(f Dg(x) +g Df(x))·h}+ (ε⁰_x(h)·f(x) +εx(h)·g(x)).

La partie lin´eaire de l’expression `a droite (c.`a.d., la diff´erentielle en question) est contenue dans les accolades. Il faut maintenant d´emontrer que le reste (le terme en parenth`eses `a droite) satisfait la propri´et´e de la d´efinition de la diff´erentiabilit´e. On a

lim

||h||→0

|ε⁰_x(h)·f(x)|

||h|| =|f(x)| lim

||h||→0

|ε⁰_x(h)|

||h|| = 0,

et la v´erification pour le deuxi`eme terme du reste est identique.

• Diff´erentiation d’une composition de deux applications Ce th´eor`eme s’appelle aussi ”la r`egle de la chaine”.

Th´eor`eme 2 Soient O ⊂R^d,O1 ⊂R^d1 etO2⊂R^d2 des ouverts. Soientf ∈ D(O, O1), g∈D(O1, O2)(et doncg◦f est bien d´efinie). Alorsg◦f ∈D(O, O2) et pour tout x∈O

(Dg◦f)(x) =Dg(f(x))·Df(x).

Observez que l’expression Dg(f(x))·Df(x) est un produit des matrices de dimensionsd2×d1 etd1×d(et il est bien d´efini par cons´equent).

D´emonstration. Pour toutx∈O posonsy =f(x) et ´ecrivons, comme avant, les d´efinitions de diff´erentielles

f(x+h) = f(x) +Df(x)·h+εx(h), g(y+h⁰) = g(y) +Dg(y)·h⁰+ε⁰_y(h⁰),

1

o`u h, h<sup>0</sup> sont suffisamment petits pour que x+h ∈ B(x, δ) ⊂ O et y+h<sup>0</sup> ∈ B(y, δ<sup>0</sup>)⊂O<sub>1</sub>. Les restes admettent les majorations habituelles. Mettons main- tenantf(x+h) `a la place dey+h⁰et d´eveloppons en utilisant la premi`ere ligne (h⁰=Df(x)·h+εx(h)). Alors

g◦f(x+h) = g(f(x+h)) =g y+Df(x)·h+εx(h)

= g(y) +Dg(y)·(Df(x)·h+ε_x(h)) +ε⁰_y(Df(x)·h+ε_x(h))

= g(y) + Dg(y)Df(x)·h +

Dg(y)·εx(h) +ε⁰_y(Df(x)·h+εx(h)) . A droite, le terme entre parenth`eses est la partie lin´eaire et, donc, la diff´erentielle.

Il nous reste `a v´erifier que le reste (c.`a.d., le terme entre accolades) tend vers 0 dans le sens appropri´e. Pour la premi`ere partie :

lim

||h||→0

||Dg(y)·εx(h)||2

||h|| ≤ lim

||h||→0

||Dg(y)||o||εx(h)||1

||h||

= ||Dg(y)||o lim

||h||→0

||εx(h)||1

||h|| = 0.

Pour la deuxi`eme : on a h⁰=Df(x)·h+εx(h) et lim

||h||→0||Df(x)·h+εx(h)||1≤ lim

||h||→0(||Df(x)||o+ε)||h||= 0,

o`u ε > 0 est une constante qu’on peut choisir aussi petite qu’on veut. En particulier, nous avons||h⁰||1/||h|| ≤Cquand||h|| →0. Alors

||h||→0lim

||ε⁰_x(h⁰)||2

||h|| = lim

||h||→0

||ε⁰_x(h⁰)||2

||h⁰||1

·||h⁰||1

||h|| = 0,

car le premier facteur va vers 0 par la d´efinition et le deuxi`eme est born´e.

• Exemple Soient

g:R²→R², g(u, v) =

sinuv cos(u+v)

,

f :R²→R², f(x, y) =

x²−2xy 3y²−xy

.

Calculer la d´eriv´ee de l’applicationg◦f au point (1,1).

Solution.Bien ´evidemment, on peut ´ecrire l’application compos´ee g◦f explici- tement (faites la substitutionu=x²−2xyetv= 3y²−xy), calculer la d´eriv´ee totale et poser (x, y) = (1,1).

Nous allons faire l’usage de la r`egle de la chaine. Notamment, f⁰(1,1) = (−1,2),

Df =

f_1x⁰ f_1y⁰ f_2x⁰ f_2y⁰

=

2x−2y −2x

−y 6y−x

,

Dg =

g⁰_1u g⁰_1v g⁰_2u g⁰_2v

=

vcosuv ucosuv

−sin(u+v) −sin(u+v)

.

2

Pour (Dg◦f)(1,1) on obtient donc (Dg◦f)(1,1) =Dg(−1,2)·Df(1,1) =

2 cos(−2) −cos(−2)

−sin 1 −sin 1

·

0 −2

−1 5

=. . . .

• Formule de Taylor d’ordre 2.

Th´eor`eme 3 Soitf ∈C<sup>2</sup>(O,R)o`uO⊂R^d un ouvert. On a f(x+h) =f(x) +Df(x)·h+1

2(D²f(x)h, h) +R2(f, x;h), et lim

||h||→0

||R2(f, x;h)||

||h||² = 0 (∗).

D´emonstration. L’id´ee est d’appliquer la formue d’accroissements finis d’abord `a la fonctionf, et ensuite `a sa diff´erentiellesDf. Soitx∈Oet, comme d’habitude, h∈R^d suffisamment petit (i.e.,x+h∈B(x, δ)⊂O). Alors

f(x+h)−f(x) = Z 1

0

Df(x+th)dt·h, ou bien

f(x+h)−f(x)−Df(x)·h= Z 1

0

(Df(x+th)−Df(x))dt·h.

Maintenant,

Df(x+th)−Df(x) = Z t

0

D²f(x+sh)ds·h, et donc

f(x+h)−f(x)−Df(x)·h= Z 1

0

Z t

0

D²f(x+sh)h, h ds

dt.

On peut re´ecrire cette relation comme f(x+h) − f(x)−Df(x)·h−1

2(Df(x)h, h)

= Z 1

0

Z t

0

(D²f(x+sh)−D²f(x))h, h ds

dt=:R₂(f, x;h).

Il est possible de voir queR₂d´efini ainsi, satisfait (∗). Si on se permet de changer l’ordre de l’int´egration, on obtient

R2(f, x;h) = Z 1

0

(1−s) (D²f(x+sh)−D²f(x))h, h ds.

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