Inégalité de Landau

Fixons $x\in \mathbb{R}$ et $h>0$. L'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre $2$, appliquée entre $x$ et $x\pm h$, donne $$\Vert f(x+h)-f(x)-h{f}^{\prime }(x)\Vert \le \frac{h^2}{2}{M}_2,\Vert f(x-h)-f(x)+h{f}^{\prime }(x)\Vert \le \frac{h^2}{2}{M}_2.$$ Notons $R_{+}=f(x+h)-f(x)-h{f}^{\prime }(x)$ et $R_{-}=f(x-h)-f(x)+h{f}^{\prime }(x)$, de normes $\le \frac{h^2}{2}{M}_2$. En retranchant : $$2h{f}^{\prime }(x)=f(x+h)-f(x-h)-R_{+}+R_{-},$$ d'où, par l'inégalité triangulaire ($\Vert f(x\pm h)\Vert \le M_0$) : $$2h\Vert f^{\prime }(x)\Vert \le 2M_0+h^2{M}_2,\text{soit}\Vert f^{\prime }(x)\Vert \le \frac{M_0}{h}+\frac{h{M}_2}{2}.$$ On optimise en $h$ : le minimum est atteint pour $h=\sqrt{2M_0/M_2}$ (si $M_2>0$ ; si $M_2=0$, $f^{\prime }$ est constante et la borne avec $h\to \infty$ donne $f^{\prime }$ nulle), et vaut $2\sqrt{M_0{M}_2/2}=\sqrt{2M_0{M}_2}$. (Le « coup des deux côtés » $x\pm h$ gagne un facteur $\sqrt{2}$ par rapport au développement unilatéral — et la constante $\sqrt{2}$ est optimale sur $\mathbb{R}$.)