Pour tout x > −1, il existe un nombre c entre 0 et x tel que
f (x) = f (0) + x f
(0) +
x 2
2
f
(c) , c’est-à-dire
ln(1+x) = x −
x
2
2
1
(1+c) 2
Cherchons un encadrement de ln(1+x) pour x 0.Pour cela, il faut majorer et minorer le terme −
1
(1+c) 2 . Puisque 0 c x, on a 1+c 1 donc
0 <
1
(1+c) 2 1. En multipliant par −
x 2
2
0 , il vient
−
x
2
2
−
x
2
2
1
(1+c) 2 0
On en déduit l’encadrement
x −
x
2
2
ln(1+x) x pour tout x 0
Exemple 2. Prenons la fonction x → sin x qui est dérivable sur R autant de
fois qu’on veut. On a sin
(x) = cos x et sin
(x) = cos
(x) = − sin x : les
dérivées d’ordre pair de la fonction sinus sont ± sin x, donc valent 0 pour
x = 0. Pour les dérivées d’ordre impair, on a sin
(3) (x) = − cos x ,
sin
(5) (x) = cos x, etc (les signes changent chaque fois). Puisque
cos 0 = 1, on en déduit la valeur des premières dérivées de x → sin x
en 0 :
36
Chapitre 2 • Formules de Taylor
sin(0)
sin
(0)
sin
(0)
sin
(3) (0) sin
(4) (0)
sin
(5) (0)
0
1
0
−1
0
1
On a ainsi les formules de Taylor suivantes :
à l'ordre 3 : sin x = x −
x
3
3!
cos(c) ,
où c est entre 0 et x
à l'ordre 5 : sin x = x −
x
3
3!
+
x
5
5!
cos(d) ,
où d est entre 0 et x
On en déduit des encadrements de sin x : par exemple, la première inégalité donne |sin x − x| =
−
x 3
3!
cos(c)
=
|x| 3
3!
|cos c| et en utilisant
| cos c| 1 , il vient
|sin x − x|
|x|
3
3!
pour tout x ∈ R.
Avec la formule à l’ordre 5, on a de même
sin x −
x −
x
3
3!
|x|
5
5!
pour tout x ∈ R.
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