Solutions
II.2.37. [G. Peyser, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 1102-1104]. On suppose que
a n−1 < a n et ε > 0. Clairement,
S(x) = P (x) − εR(x)
où R(x) = (x−a 2 )(x−a 3 ) · · · (x−a n ). On suppose, par exemple, que P (x) < 0
pour x ∈ ]a n−1 , a n [. On a alors aussi S(x) < 0 et R(x) < 0 pour x ∈ ]a n−1 , a n [.
Puisque
S
(x) = P
(x) − εR
(x),
(∗)
on voit que S (c n−1 ) = −εR (c n−1 ). Le problème précédent implique
R (c n−1 ) > 0 et, d’après (∗), on a S (c n−1 ) < 0. Puisque S passe de négatif à positif en un point de l’intervalle ]a n−1 , a n [, on voit que f n−1 > c n−1 .
L’autre proposition se prouve de la même façon.
II.2.38. [G. Peyser, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 1102-1104]. On pose
W (x) = (x − a i )
i (x − a i+1 ). Si i = 2, 3, . . . , n − 1, alors W (x) = 0 pour
x = a i et pour
x = c =
ia i+1 + a i
i + 1
= a i+1 −
a i+1 − a i
i + 1
.
Si i = 1, W ne s’annule alors qu’en c. En appliquant d’abord le premier résultat de II.2.36 (n − i − 1) fois, puis le premier résultat du problème précédent
(i − 1) fois en prenant ε successivement égal à a i − a 1 , a i − a 2 , . . ., a i − a i−1 ,
on arrive à
c i c = a i+1 −
a i+1 − a i
i + 1
.
On peut appliquer les secondes parties des deux problèmes précédents pour
obtenir l’inégalité de gauche.
II.2.39. On observe que, d’après le théorème des accroissements finis, pour
tout x dans ]0 , 1/K[ ∩ [0 , 1], on a
|f (x)| Kx |f (x 1 )| K
2 xx 1 |f (x 2 )| . . . K
n xx 1 · · · x n−1 |f (x n )| ,
où 0 < x n < x n−1 < . . . < x 1 < x. Donc, |f (x)| (Kx)
n
|f (x n )|. La fonction
f étant bornée, il s’ensuit que f (x) ≡ 0 sur [0 , 1/K] ∩ [0 , 1]. Si K 1, on
peut prouver de la même manière que f (x) ≡ 0 sur [1/K , 2/K]. On arrive, en
répétant le procédé un nombre fini de fois, à f (x) ≡ 0 sur [0 , 1].
II.2.40. Pour x 1 ∈ J 1 et x 3 ∈ J 3 , on a
f (k−1) (x 3 ) − f (k−1) (x 1 )
x 3 − x 1
= f
(k) (ζ)
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II.2.37. [G. Peyser, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 1102-1104]. On suppose que
a n−1 < a n et ε > 0. Clairement,
S(x) = P (x) − εR(x)
où R(x) = (x−a 2 )(x−a 3 ) · · · (x−a n ). On suppose, par exemple, que P (x) < 0
pour x ∈ ]a n−1 , a n [. On a alors aussi S(x) < 0 et R(x) < 0 pour x ∈ ]a n−1 , a n [.
Puisque
S
(x) = P
(x) − εR
(x),
(∗)
on voit que S (c n−1 ) = −εR (c n−1 ). Le problème précédent implique
R (c n−1 ) > 0 et, d’après (∗), on a S (c n−1 ) < 0. Puisque S passe de négatif à positif en un point de l’intervalle ]a n−1 , a n [, on voit que f n−1 > c n−1 .
L’autre proposition se prouve de la même façon.
II.2.38. [G. Peyser, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 1102-1104]. On pose
W (x) = (x − a i )
i (x − a i+1 ). Si i = 2, 3, . . . , n − 1, alors W (x) = 0 pour
x = a i et pour
x = c =
ia i+1 + a i
i + 1
= a i+1 −
a i+1 − a i
i + 1
.
Si i = 1, W ne s’annule alors qu’en c. En appliquant d’abord le premier résultat de II.2.36 (n − i − 1) fois, puis le premier résultat du problème précédent
(i − 1) fois en prenant ε successivement égal à a i − a 1 , a i − a 2 , . . ., a i − a i−1 ,
on arrive à
c i c = a i+1 −
a i+1 − a i
i + 1
.
On peut appliquer les secondes parties des deux problèmes précédents pour
obtenir l’inégalité de gauche.
II.2.39. On observe que, d’après le théorème des accroissements finis, pour
tout x dans ]0 , 1/K[ ∩ [0 , 1], on a
|f (x)| Kx |f (x 1 )| K
2 xx 1 |f (x 2 )| . . . K
n xx 1 · · · x n−1 |f (x n )| ,
où 0 < x n < x n−1 < . . . < x 1 < x. Donc, |f (x)| (Kx)
n
|f (x n )|. La fonction
f étant bornée, il s’ensuit que f (x) ≡ 0 sur [0 , 1/K] ∩ [0 , 1]. Si K 1, on
peut prouver de la même manière que f (x) ≡ 0 sur [1/K , 2/K]. On arrive, en
répétant le procédé un nombre fini de fois, à f (x) ≡ 0 sur [0 , 1].
II.2.40. Pour x 1 ∈ J 1 et x 3 ∈ J 3 , on a
f (k−1) (x 3 ) − f (k−1) (x 1 )
x 3 − x 1
= f
(k) (ζ)
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