LICENCE DE MATHÉMATIQUES FONDAMENTALES Calcul ...

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d’où ( ∑ p ′ (−1) i [f i , g ]) p−i = [f, g (p+1) ] − (−1) p+1 [f (p+1) , g] i=0 On en déduit la formule de Taylor suivante Théorème 4.3.1 a) FORMULE DE TAYLOR AVEC RESTE INTÉGRAL. Soient I un intervalle ouvert de R, f : I −→ E une fonction à valeurs dans un espace de Banach E qui est p + 1 fois continuement dérivable sur I. Alors, pour tout a, t ∈ I f(t) = p∑ (t − a) i f (i) (a) + i! i=0 ∫ t a (t − s) p f (p+1) (s)ds. p! b) FORMULE DE TAYLOR-LAGRANGE. Si l’on suppose seulement que f est p + 1 fois dérivable sur I et que sup ‖f (p+1) (s)‖ ≤ M < +∞ s∈I alors ∥ ∥f(t) − p∑ (t − a) i f (i) (a) ∥ ≤ i! i=0 |t − a|p+1 (p + 1)! M. Démonstration. a) On applique la Proposition 4.3.1 avec g(s) = [x, t] = tx. On remarque que (t − s)p , F = R, G = E et p! g (i) i (t − s)p−i (s) = (−1) (p − i)! pour 0 ≤ i ≤ p, de telle sorte que g (p+1) (s) ≡ 0, (−1) i [f (i) , g (p−i) ] = (−1) i p−i (t − s)i (−1) f (i) p (t − s)i (s) = (−1) f (i) (s). i! i! Il vient alors, appliquant la Proposition 4.3.1, p+1 (t − ( s)p ∑ p −(−1) f (p+1) p (t − ) s)i ′ (s) = (−1) f (i) (s) p! i! i=0 donc (t − s) p ( ∑ p f (p+1) (t − s) i ′. (s) = f (s)) (i) (4.9) p! i! i=0 81
Intégrant entre a et t, on obtient d’où le résultat. ∫ t b) Posons ψ(s) = ∑ p i=0 a (t − s) p f (p+1) (s) = f(t) − p! p∑ i=0 i (t − s) f (i) (s). D’après (4.9) on a i! ψ ′ (s) = (t − s)p f (p+1) (s). p! i (t − a) f (i) (a) i! Supposons t ≥ a, le cas t ≤ a se traîtant de manière analogue. Pour tout s ∈ I, on a Il en résulte que, pour s ∈ [a, t] ‖ψ ′ (s)‖ ≤ M |t − s|p . p! avec g(s) = −M ‖ψ ′ (t − s)p (s)‖ ≤ M p! = g ′ (s) (t − s)p+1 . On applique alors le Théorème des accroissements finis et on obtient (p + 1)! d’où le résultat car ψ(t) = f(t) et ψ(a) = ∑ p i=0 ‖ψ(t) − ψ(a)‖ ≤ g(t) − g(a), i (t − a) f (i) (a). i! Dans le cas d’applications entre espaces normés, on a les formules de Taylor suivantes Théorème 4.3.2 a) FORMULE DE TAYLOR AVEC RESTE INTÉGRAL. Soit f : U −→ F une application p + 1 fois continuement différentiable définie sur un ouvert U d’un espace normé E à valeurs dans un espace de Banach F . Alors pour tout x ∈ U et h ∈ E tels que le segment [x, x + h] soit contenu dans U, on a p∑ ∫ 1 1 f(x + h) = i! Di f(x)h i (1 − s) p + D p+1 f(x + sh)h p+1 ds 0 p! où h i = (h, · · · , h) ∈ E i . i=0 b) FORMULE DE TAYLOR-LAGRANGE. Soit f : U −→ F une application p + 1 fois différentiable définie sur un ouvert U d’un espace normé E à valeurs dans un espace de Banach F . On suppose qu’il existe M ≥ 0 telle que ‖D p+1 f(z)‖ ≤ M pour tout z ∈ U. Alors pour tout x ∈ U et h ∈ E tels que le segment [x, x + h] soit contenu dans U, on a ∥ ∥f(x + h) − p∑ i=0 1 i! Di f(x)h i ∥ ∥∥ ≤ M ‖h‖ p+1 (p + 1)! . 82
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5.4.3 Sous-espace tangent . . . . .
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Remarque 1.1.1 et a) Pour tout x, y
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où ( ∑ ∞ ) 1/p ‖x‖ p = |x
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1.3 Applications linéaires continu
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Remarque 1.3.2 a) Pour montrer qu
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d’où lim f n(x) = ‖x‖ϕ(x/
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1.4 Normes équivalentes Définitio
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Démonstration. i) ⇒ ii). Comme f
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et ‖g‖ L m (E;L n (E;F )) = ‖
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) Soit (E, 〈., .〉) un espace pr
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Soit y ∈ C et t ∈ [0, 1], on a
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Comme F ∩ F ⊥ = {0}, on a bien
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Définition 1.6.7 Soit (e n ) n∈N
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Chapitre 2 Applications différenti
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Page 84 and 85: Démonstration. a) Remarquons qu’
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Page 88: Alors il existe λ ≤ 0 tel que
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Page 93 and 94: Comme r(.) est Lipschitzienne de ra
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Page 101 and 102: De plus, p étant injective est une
Page 103: à diminuer η que ϕ(] − η, +η
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