Chapitre II. Dérivation
pour un certain ζ ∈ ]x 1 , x 3 [. Donc,
m k (J)
1
x 3 − x 1
f
(k−1) (x 3 )
+
f
(k−1) (x 1 )
1
λ 2
f
(k−1) (x 3 )
+
f
(k−1) (x 1 )
.
On obtient l’inégalité voulue en prenant la borne inférieure sur tous les x 1 ∈ J 1
et x 3 ∈ J 3 .
II.2.41. On procède par récurrence sur k. Pour k = 1, l’inégalité se déduit
du théorème des accroissements finis et du fait que |f (x)| 1. On suppose que
l’inégalité à prouver est vérifiée à l’ordre k. D’après le résultat du problème
précédent, on a
m k+1 (J)
1
λ 2
(m k (J 1 ) + m k (J 3 ))
1
λ 2
1
λ k
1
2
k(k+1)
2
k
k +
1
λ k
3
2
k(k+1)
2
k
k
= 2
k(k+1)
2
k
k
1
λ k
1 λ 2
+
1
λ k
3 λ 2
.
En prenant λ 1 = λ 3 =
kλ
2(k+1) et λ 2 =
λ
k+1 , on obtient
m k+1 (J)
2
(k+1)(k+2)
2
(k + 1)
k+1
λ k+1
.
II.2.42. On a
P
(p−1) (x) = (p − 1)! a p−1 +
(p + 1)!
2!
a p+1 x
2 + . . . +
n!
(n − p + 1)!
a n x
n−p+1 .
Le théorème de Rolle implique qu’entre deux zéros réels consécutifs de P se
trouve exactement un zéro de P . Le polynôme P (p−1) a donc n − p + 1 zéros
réels distincts et P (p) a n − p zéros réels distincts. Comme on l’a déjà mentionné, entre deux zéros réels consécutifs de P (p−1) se trouve exactement un
zéro de P (p) .
Supposons, contrairement à la proposition à prouver, que a p−1 et a p+1 sont
de même signe. On peut supposer, sans perte de généralité, qu’ils sont tous
deux positifs. Il existe alors ε > 0 tel que P (p−1) soit décroissant sur ]−ε , 0[
et croissant sur ]0 , ε[. Clairement, P (p) (0) = 0. S’il n’y a pas d’autres zéros
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