L'inégalité de Landau

La stratégie. La dérivée $f^{\prime }(x)$ n'est contrôlée par aucune hypothèse directe : on ne connaît que $f$ et $f^{\prime \prime }$. Il faut la faire apparaître, et l'inégalité de Taylor-Lagrange est faite pour cela, puisqu'elle relie $f$ en deux points à $f^{\prime }$ en l'un d'eux. On l'écrit de part et d'autre du point courant, puis on soustrait : le terme $f(x)$, commun aux deux, disparaît, et $f^{\prime }(x)$ reste isolé.

a) Les deux développements, et la soustraction. L'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $2$ s'écrit $$\Vert f(b)-f(a)-(b-a)f^{\prime }(a)\Vert \le \frac{|b-a{|}^2}{2}\sup \Vert f^{\prime \prime }\Vert .$$ En $a=x$ et $b=x\pm h$, avec $h>0$, et en majorant le $\sup$ local par $M_2$ : $$\Vert \underset{=:R_{+}}{\underbrace{f(x+h)-f(x)-h{f}^{\prime }(x)}}\Vert \le \frac{h^2}{2}{M}_2,\Vert \underset{=:R_{-}}{\underbrace{f(x-h)-f(x)+h{f}^{\prime }(x)}}\Vert \le \frac{h^2}{2}{M}_2$$ (pour le second, $b-a=-h$ : le signe change dans le terme d'ordre $1$, pas dans le reste). Alors $$R_{+}-R_{-}=f(x+h)-f(x-h)-2h{f}^{\prime }(x),$$ le terme $f(x)$ s'est éliminé — c'est tout l'intérêt du procédé, puisqu'on ne connaît de $f(x)$ qu'une majoration. D'où $2h{f}^{\prime }(x)=f(x+h)-f(x-h)-R_{+}+R_{-}$ et, par l'inégalité triangulaire, $$2h\Vert f^{\prime }(x)\Vert \le 2M_0+h^2{M}_2,\text{soit}\Vert f^{\prime }(x)\Vert \le \frac{M_0}{h}+\frac{h{M}_2}{2}\text{pour tout }h>0.$$

b) L'optimisation en $h$. Le majorant ne dépend plus de $x$ : en prenant $h=1$, on a déjà $M_1\le M_0+\frac{M_2}{2}<+\infty$. Reste à choisir le meilleur $h$.

Cas $M_2>0$ (et $M_0>0$, sans quoi $f\equiv 0$ et tout est nul). La fonction $\psi (h)=\frac{M_0}{h}+\frac{h{M}_2}{2}$ a pour dérivée ${\psi }^{\prime }(h)=-\frac{M_0}{h^2}+\frac{M_2}{2}$, négative puis positive, qui s'annule en $h_{\star }=\sqrt{\frac{2M_0}{M_2}}$ : c'est le minimum, et $$\psi (h_{\star })=M_0\sqrt{\frac{M_2}{2M_0}}+\frac{M_2}{2}\sqrt{\frac{2M_0}{M_2}}=\sqrt{\frac{M_0{M}_2}{2}}+\sqrt{\frac{M_0{M}_2}{2}}=\sqrt{2M_0{M}_2}.$$ L'inégalité du a) valant pour tout $h>0$, elle vaut pour $h_{\star }$ : $$M_1=\underset{\mathbb{R}}{\sup }\Vert f^{\prime }\Vert \le \sqrt{2M_0{M}_2}.$$

Cas $M_2=0$. L'inégalité devient $\Vert f^{\prime }(x)\Vert \le \frac{M_0}{h}$ pour tout $h>0$ ; en faisant tendre $h$ vers $+\infty$, on obtient $f^{\prime }(x)=0$, donc $M_1=0=\sqrt{2M_0\cdot 0}$ : la formule reste vraie sans exception. (C'est cohérent : $f^{\prime \prime }\equiv 0$ signifie $f^{\prime }$ constante, et une fonction affine non constante ne serait pas bornée.)

La lecture du résultat. La dérivée intermédiaire est contrôlée par les deux extrêmes, et par une moyenne géométrique, non arithmétique. Un contrôle : $f=\sin$ donne $M_0=M_2=M_1=1$, et la borne vaut $\sqrt{2}\approx 1,414$ — vraie, avec de la marge. (On peut montrer que $\sqrt{2}$ est la meilleure constante possible sur $\mathbb{R}$, et qu'elle devient $2$ sur une demi-droite : nous l'admettons, la construction des fonctions extrémales dépasse cette séance.)

c) La variante sur un segment. Ici $f$ n'est connue qu'en $0$ et $1$ : on développe depuis le point courant $t$ vers ces deux extrémités. Avec $f(0)=f(1)=0$ : $$\Vert \underset{=:S_0}{\underbrace{-f(t)+t{f}^{\prime }(t)}}\Vert \le \frac{t^2}{2}M,\Vert \underset{=:S_1}{\underbrace{-f(t)-(1-t)f^{\prime }(t)}}\Vert \le \frac{(1-t{)}^2}{2}M.$$ Le terme $-f(t)$ est identique dans les deux et disparaît par différence : $S_0-S_1=t{f}^{\prime }(t)+(1-t)f^{\prime }(t)=f^{\prime }(t)$, d'où $\Vert f^{\prime }(t)\Vert \le \Vert S_0\Vert +\Vert S_1\Vert \le \frac{M}{2}(t^2+(1-t{)}^2)$. Le trinôme $\psi (t)=2t^2-2t+1$ a son sommet en $t=\frac{1}{2}$ où il vaut $\frac{1}{2}$, et son maximum sur $[0,1]$ aux bords, où $\psi (0)=\psi (1)=1$ : donc $\Vert f^{\prime }(t)\Vert \le \frac{M}{2}$.

La constante est optimale. Avec $E=\mathbb{R}$ et $f(t)=t(1-t)$ : $f(0)=f(1)=0$, $f^{\prime \prime }=-2$ donc $M=2$, et $f^{\prime }(t)=1-2t$ vérifie ${\sup }_{[0,1]}|f^{\prime }|=|f^{\prime }(0)|=1=\frac{M}{2}$. L'égalité est atteinte, précisément là où $\psi$ vaut $1$ — au centre, la majoration est deux fois meilleure, $\Vert f^{\prime }(\frac{1}{2})\Vert \le \frac{M}{4}$.

Le point délicat. C'est la soustraction qui fait tout : elle élimine la seule quantité inconnue. Un développement unilatéral donnerait $\Vert t{f}^{\prime }(t)\Vert \le \Vert f(t)\Vert +\frac{t^2}{2}M$, inutilisable puisque $\Vert f(t)\Vert$ n'est pas contrôlé, et catastrophique près de $t=0$ où l'on divise par $t$.

Ce que l'exercice installe. Le procédé « deux formules de Taylor depuis le point courant, combinaison qui élimine l'inconnue, optimisation du paramètre libre » est le moule d'une famille entière d'inégalités, jusqu'aux estimations d'erreur de l'analyse numérique. Retenir le geste d'optimisation : quand une inégalité est vraie pour tout $h>0$, elle est vraie pour le meilleur $h$.