Contrôle de f' par f'' quand f s'annule aux bords

Stratégie. On ne connaît $f$ qu'en deux points, $0$ et $1$. On développe donc $f$ depuis le point courant $t$ vers ces deux extrémités, et on combine les deux relations obtenues de manière que les termes en $f(t)$ — dont on ne sait rien — s'éliminent, tandis que les coefficients de $f^{\prime }(t)$, à savoir $t$ et $1-t$, se recomposent en $1$.

L'outil. $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^2$ sur $[0,1]$ à valeurs dans l'espace normé $E$, avec $\Vert f^{\prime \prime }\Vert \le M$ sur $[0,1]$. L'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $2$, entre deux points $t$ et $b$ de $[0,1]$, s'écrit $$\Vert f(b)-f(t)-(b-t)f^{\prime }(t)\Vert \le \frac{(b-t{)}^2}{2}\underset{[t,b]}{\sup }\Vert f^{\prime \prime }\Vert \le \frac{(b-t{)}^2}{2}M.$$

Étape 1 — les deux développements. Fixons $t\in [0,1]$ et appliquons cela en $b=0$ puis en $b=1$, en utilisant $f(0)=f(1)=0$ : $$\Vert \underset{=:R_0}{\underbrace{-f(t)+t{f}^{\prime }(t)}}\Vert \le \frac{t^2}{2}M,\Vert \underset{=:R_1}{\underbrace{-f(t)-(1-t)f^{\prime }(t)}}\Vert \le \frac{(1-t{)}^2}{2}M.$$ (En effet $f(0)-f(t)-(0-t)f^{\prime }(t)=-f(t)+t{f}^{\prime }(t)$ et $f(1)-f(t)-(1-t)f^{\prime }(t)=-f(t)-(1-t)f^{\prime }(t)$.)

Étape 2 — la soustraction. Le terme $-f(t)$ étant identique dans $R_0$ et $R_1$, il disparaît par différence : $$R_0-R_1=t{f}^{\prime }(t)+(1-t)f^{\prime }(t)=f^{\prime }(t).$$ L'inégalité triangulaire donne alors $$\Vert f^{\prime }(t)\Vert \le \Vert R_0\Vert +\Vert R_1\Vert \le \frac{M}{2}(t^2+(1-t{)}^2).$$

Étape 3 — la majoration finale. La fonction $\psi (t)=t^2+(1-t{)}^2=2t^2-2t+1$ est un trinôme de coefficient dominant positif, de sommet en $t=\frac{1}{2}$ où il vaut $\frac{1}{2}$ ; sur le segment $[0,1]$ son maximum est atteint aux bords, avec $\psi (0)=\psi (1)=1$. Donc $\psi \le 1$ sur $[0,1]$ et $$\boxed{\forall t\in [0,1],\Vert f^{\prime }(t)\Vert \le \frac{M}{2}.}$$

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

Ce qu'on gagne au milieu. La majoration intermédiaire $\frac{M}{2}\psi (t)$ est bien plus fine au centre : en $t=\frac{1}{2}$ elle donne $\Vert f^{\prime }(\frac{1}{2})\Vert \le \frac{M}{4}$. La constante $\frac{M}{2}$ est le prix payé aux extrémités du segment.

La constante $\frac{M}{2}$ est optimale. Prenons $f(t)=t(1-t)$ (à valeurs réelles, $E=\mathbb{R}$). Alors $f(0)=f(1)=0$, $f^{\prime \prime }=-2$ donc $M=2$, et $f^{\prime }(t)=1-2t$ vérifie $$\underset{[0,1]}{\sup }|f^{\prime }|=|f^{\prime }(0)|=|f^{\prime }(1)|=1=\frac{M}{2}.$$ L'égalité est atteinte, et précisément en $t=0$ et $t=1$ — là où $\psi$ vaut $1$. Aucune constante plus petite que $\frac{1}{2}$ ne convient donc.

Contrôle numérique.

$f$	$M=\sup \Vert f^{\prime \prime }\Vert$	borne $M/2$	$\sup \Vert f^{\prime }\Vert$ mesuré
$t(1-t)$	$2$	$1$	$1,000000$ (égalité)
$\sin (\pi t)$	${\pi }^2=9,869604$	$4,934802$	$\pi =3,141593$
$(t(1-t),t(1-t)(1-2t))$ dans ${\mathbb{R}}^2$	$6,324555$	$3,162278$	$1,414214$

Dans les trois cas $\sup \Vert f^{\prime }\Vert \le \frac{M}{2}$, avec égalité pour le premier : la borne est vérifiée et atteinte. Vérification du trinôme : ${\max }_{[0,1]}\frac{\psi (t)}{2}\cdot 2=\psi (0)=\psi (1)=1$ et $\psi (\frac{1}{2})=\frac{1}{2}$ — le facteur $2$ entre le centre et les bords se retrouve bien.

Acquis. Le procédé « deux Taylor-Lagrange depuis le point courant, puis combinaison linéaire qui élimine l'inconnue » est le moule de toute une famille d'inégalités : celle-ci, l'inégalité de Landau $M_1\le \sqrt{2M_0{M}_2}$ (où l'on développe vers $x\pm h$ et où l'on optimise ensuite en $h$), ou encore les estimations d'erreur des schémas d'intégration numérique.