Inscription / Connexion Nouveau Sujet
Accueil l'île des mathématiques Forum de mathématiquesListe de tous les forums de mathématiques SupérieurOn parle exclusivement de maths, pour le supérieur principalement, les BTS, IUT, prépas... École ingénieur AnalyseTopics traitant de analyse [tout]Lister tous les topics de mathématiques
Niveau école ingénieur
Partager :

Formule de Taylor avec reste intégral

Posté par
Jean1418 03-09-23 à 14:24

Bonjour,
J'ai du mal à démontrer la formule de Taylor avec reste intégral généralisée. Soit f de classe C^{k+1}(\Omega, \mathbb{R}^n) avec \Omega un ouvert de \mathbb{R}^d. Alors, avec \alpha = (\alpha_1,...,\alpha_d) et |\alpha| = \sum \alpha_i :
f(b)=\sum_{|\alpha|\leq k} \frac{(b-a)^{\alpha}}{\alpha !} \partial^{\alpha} f(a) + \sum_{|\alpha| = k+1} (b-a)^{\alpha} \int_{0}^1 \frac{(1-t)^k}{k!} \partial^{\alpha}(ta+(1-t)b)dt

Je sais bien qu'il faut faire par récurrence, comme pour le cas où d=1 et n=1. Cependant, si f est C^{k+2}, j'obtiens par intégration par parties :
\sum_{|\alpha| = k+2} (b-a)^{\alpha} \int_{0}^1 \frac{(1-t)^{k+1}}{(k+1)!} \partial^{\alpha}(ta+(1-t)b)dt=\sum_{|\alpha|=k+2}\frac{(b-a)^{\alpha}}{k!}\int_{0}^1(1-t)^k \int_{0}^t \partial^{\alpha} f(xa+(1-x)b) dx dt

L'intégrale de 0 à t est difficile à calculer. Je suis bloqué.
Comment faire ?

Posté par
Ulmierere : Formule de Taylor avec reste intégral 03-09-23 à 21:00

Bonsoir

Je te propose de commencer par écrire deux petites modifications de ton énoncé

1) ça donne quoi si je remplace b par a+h ?
2) en plus de ça, ça donne quoi si d = 1 ?

Quand tu auras 2), démontre la par récurrence (ce sera plus simple à comprendre, puisque c'est de la dimension 1).
Et enfin, tu appliques 2) avec la fonction t\mapsto f(a+th)

Posté par
Jean1418re : Formule de Taylor avec reste intégral 04-09-23 à 00:11

En suivant ces indications j'ai effectivement réussi. Merci.
Cordialement.

Posté par
Ulmierere : Formule de Taylor avec reste intégral 04-09-23 à 12:12

Bravo

Posté par
Jean1418re : Formule de Taylor avec reste intégral 10-09-23 à 20:48

Bon en fait la formule de mon énoncé est fausse, la bonne est donnée dans l'image en PJ. Cela dit, j'ai parlé trop vite et j'ai un problème pour démontrer cette formule. En effet, quand j'applique 2) à la fonction, on obtient :
f(a+h)=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}g^{(k)}(0) + \int_{0}^{1} \frac{1}{n!}(1-t)^n g^{(n+1)}(t) dt
où g=f \circ \phi et \phi(t)=a+th

A partir de là, je ne vois pas. Les dérivées successives de g sont très dures à calculer. Je ne sais calculer que g', qui est le théorème du cours :
g'(t)=df(\phi(t)). \phi'(t)=df(\a+th).h

Même par récurrence je n'y arrive pas.

Posté par
Jean1418re : Formule de Taylor avec reste intégral 10-09-23 à 23:20

(voici le théorème)

Formule de Taylor avec reste intégral

Posté par
Barjovrillere : Formule de Taylor avec reste intégral 11-09-23 à 17:38

Bonjour, si j'ai compris  c'est qu'avec la technique ci-dessus tu as du mal a exprimé g^{(n+1)}(t) en fonction des dérivées partielles de f .
Voici une solution qui n'utilise que la formule de ton cours sur les dérivées composées.
On fait par récurrence tu pars de la formule à l'ordre n sur la pièce jointe, regardes juste l'intégrale. Tu poses la fonction g(t)= \partial ^{\alpha} \varphi(tx + (1-t)y)=\partial ^{\alpha} \varphi(y + t(x-y))=\partial ^{\alpha} \phi \circ u où u(t)= y+ t(x-y) . Et \alpha le multi indice de taille n.
Donc tu fais une intégration par partie sur l'intégrale \int_{0}^1 (1-t)^{n-1} g(t) dt .
Tu intègres le terme (1-t)^{n-1} et tu dérives g . En utilisant la formule de ton cours tu as que g'(t)=d( \partial ^{\alpha} \varphi (u(t)).u'(t) .
Tu utilises une autre formule bien connue pour toute fonction v : \mathbb{R}^d \to \mathbb{R}^n , différentiable tu as dv(x).h= \sum_{i=1}^d \frac{\partial v}{\partial x_i} h_i . Et la je te laisse finir les calculs il y a tous les éléments qui apparaissent

Posté par
Jean1418re : Formule de Taylor avec reste intégral 12-09-23 à 21:00

Je ne vois pas où tu veux en venir. On a :
\frac{-1}{k}g(0)-\int_{0}^1 \frac{1}{k}(1-t)^k \sum_{i=1}^d (x_i-y_i) \partial^{\alpha+\delta_i} \phi(u(t)) dt = \int_{0}^1 (1-t)^{k-1} g(t) dt \\
où \delta_i est le vecteur dont les coordonnées sont nulles, sauf la i-ième qui vaut 1.

Lorsque je somme cela sur $\alpha$ je n'aboutis pas et je ne comprends pas comment tu peux conclure par récurrence.

Posté par
Barjovrillere : Formule de Taylor avec reste intégral 19-09-23 à 17:07

Bonjour, désolé pour la réponse tardive.
Pour la méthode que j'ai proposé, si tu prends l'égalité que tu as obtenu à gauche (il y a une erreur de signe il faut changer les moins par des plus), et que tu multiplies par \frac{k}{\alpha !} , il y aura un terme qui marche bien, (celui avec g(0)) l'autre terme est plus pénible à traiter, pour le mettre de la bonne forme je pense qu'il faut faire du dénombrement et faire attention au subtilité d'écriture (comme par exemple pour passer de \frac{\partial}{\partial x_i} \partial^{\alpha} , à \partial^{\alpha + \delta_i} , il faut modifier quelque chose dans les sommes car, on peut remarquer que la première écriture prend en compte l'ordre de dérivation, et la deuxième non, or par le théorème de Schwarz, on peut dériver dans n'importe quel ordre et on aura le même résultat, mais alors pour écrire proprement l'égalité il faut compter le nombre de multi indice " \alpha " et "\delta_i " qui donne le multi indice " \alpha + \delta_i et modifier la somme en conséquence).

Plutôt que de se casser la tête avec ça, c'est plus facile de revenir à la première méthode, où tu te ramène à la dimension 1 en introduisant g(t) = \varphi \circ u(t)=g(y+t(x-y)) .
Pour calculer g^{(n+1)}(t) tu peux admettre la formule qui est valable pour tout k, g^{(k)}(t)=\sum_{|\alpha|=k} \frac{k!}{\alpha !}(x-y)^{\alpha} \partial^{\alpha}\varphi(y+t(x-y)) .

Si tu veux démontrer cette formule, tu peux remarquer que g'(t)= \sum_{i=1}^d (x_i-y_i)\frac{\partial}{\partial x_i} \varphi(y +t(x-y))= (\sum_{i=1}^d (x_i-y_i) \partial_i) (\varphi)(y +t(x-y))  . Et donc dériver k fois g c'est la même chose que d'appliquer l'opérateur (\sum_{i=1}^d (x_i-y_i) \partial_i)   k fois à \varphi qu'on évalue ensuite en y+t(x-y) en gros tu as la formule g^{(k)}(t)= ((\sum_{i=1}^d (x_i-y_i) \partial_i)^k(\varphi))(y+t(x-y)) .
Et tu peux alors montrer par récurrence le "binôme de newton généralisé avec la notation multi indice" (formule valable sur tous les anneaux commutatifs)
(\sum_{i=1}^d x_i)^k= \sum_{|\alpha|=k} \frac{k!}{\alpha !} x^{\alpha} .
(La récurence se fait sur d et pour d=2 tu retrouves le binôme de newton).

Posté par
Barjovrillere : Formule de Taylor avec reste intégral 19-09-23 à 17:43

Barjovrille @ 19-09-2023 à 17:07

mais alors pour écrire proprement l'égalité

Je voulais dire pour faire le changement de variable proprement plutôt*.

Posté par
Barjovrillere : Formule de Taylor avec reste intégral 20-09-23 à 17:57

Pour la première méthode que j'ai proposé on peut procéder de cette façon :
On insère la partie gauche de ton égalité avec le reste,
comme j'ai dit plus haut  le terme problématique est :

\sum_{|\alpha|=k} \frac{1}{\alpha !} \int_{0}^1 (1-t)^k \sum_{i=1}^d (x_i-y_i)(x-y)^{\alpha} \partial_i \partial^{\alpha} \varphi(y+t(x-y)) dt
Qui est égale à :

\sum_{|\alpha|=k} \sum_{i=1}^d \frac{1}{\alpha !} \int_{0}^1 (1-t)^k  (x-y)^{\alpha+ \delta_i} \partial^{\alpha + \delta_i} \varphi(y+t(x-y))

Jusqu'ici pas de problème d'après la remarque que j'ai faite plus haut il y a plusieurs couple (\alpha, \delta_i) qui forme le même multi indice \alpha + \delta_i c'est important de s'en rendre compte pour le changement de variable.(Par exemple (2,2,1)= (1,2,1)+ (1,0,0)= (2,1,1) + (0,1,0)...) On veut pouvoir poser \nu= \alpha + \delta_i . La fonction   (\alpha, \delta_i) \mapsto \alpha + \delta_i est une surjection de A_k \times A_1 \to A_{k+1} où   A_i est l'ensemble des multi indice de taille i. Si on se donne \nu un multi indice de taille n+1, on veut connaître les couples (\alpha, \delta_i) tel que \alpha + \delta_i = \nu . En fait ce sont tous les couples de la forme (\nu - \delta_i, \delta_i) (quand c'est possible de retirer 1 à la coordonnée i). Donc en gros un terme du type \frac{1}{\alpha !} (x-y)^{\alpha + \delta_i} \partial^{\alpha+\delta_i} se transformera après changement de variable en \frac{1}{\nu-\delta_i !} (x-y)^{\nu} \partial^{\nu}= \frac{\nu_i}{\nu !} (x-y)^{\nu} \partial^{\nu} . (On préfère la deuxième écriture car il n'y a plus besoin de faire attention à si on peut enlever 1 à la coordonnée i). Après changement de variable la somme s'écrit alors :
\sum_{|\nu|=k+1} (\sum_{i=1}^{d} \frac{\nu_i}{\nu !})(x-y)^{\nu} \int_{0}^{1} (1-t)^k \partial^{\nu} \varphi(y+t(x-y))dt. Mais comme |\nu|= k+1, on a \sum_{i=1}^{d} \nu_i= k+1 , donc la somme est égale à \sum_{|\nu|=k+1} \frac{k+1}{\nu !}(x-y)^{\nu} \int_{0}^{1} (1-t)^k \partial^{\nu} \varphi(y+t(x-y))dt. Et on peut terminer la récurrence.


Rechercher
Menu
Espace membre
Changer d'île

Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :

Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1675 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !