Taylor en zéro, sur un polynôme de degré 3

Ce qu'on montre. Les quatre dérivées en $0$, puis que la formule de Taylor redonne exactement $P$.

Les dérivées successives. $$P(x)=2x^3-x+5,P^{\prime }(x)=6x^2-1,P^{\prime \prime }(x)=12x,P^{\prime \prime \prime }(x)=12.$$ Toutes les dérivées suivantes sont nulles, la dérivation faisant chuter le degré d'une unité à chaque fois.

Les valeurs en $0$. $$P(0)=5,P^{\prime }(0)=-1,P^{\prime \prime }(0)=0,P^{\prime \prime \prime }(0)=12.$$

La formule de Taylor en $0$. Pour un polynôme de degré $\le 3$, elle s'écrit $$P(x)=P(0)+\frac{P^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{P^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\frac{P^{\prime \prime \prime }(0)}{3!}{x}^3.$$ En remplaçant : $$P(x)=5+\frac{-1}{1}x+\frac{0}{2}{x}^2+\frac{12}{6}{x}^3=5-x+2x^3.$$ C'est bien le polynôme de départ.

Ce que la vérification illustre. Contrairement au cas des fonctions quelconques, il n'y a aucun reste : la formule de Taylor d'un polynôme est une égalité exacte, et la somme s'arrête au degré du polynôme. Elle ne fait que relire les coefficients : $a_k=\frac{P^{(k)}(0)}{k!}$, ici $a_0=5$, $a_1=-1$, $a_2=0$, $a_3=2$.

Point délicat. Le facteur $k!$ au dénominateur n'est pas décoratif : sans lui on obtiendrait $12x^3$ au lieu de $2x^3$. Il compense exactement ce que les dérivations successives ont fait apparaître.