Chapitre II. Dérivation
Donc,
f
(x) =
1
2h
(f (x + h) − f (x − h)) −
h
4
f
(x + θh) − f
(x − θ 1 h)
,
ce qui implique
f
(x)
M 0
h
+
h
2
M 2 pour h > 0.
Il suffit de prendre h =
2
M 0
M 2
pour obtenir l’inégalité demandée.
II.3.20. Pour p = 2, le résultat est contenu dans le problème précédent.
On procède par récurrence et on suppose que la proposition est vérifiée aux
ordres 2, 3, . . . , p pour la montrer à l’ordre p + 1. On a
f
(p−1) (x + h) = f
(p−1) (x) + f
(p) (x)h + f
(p+1) (x + θh)
h 2
2
et
f
(p−1) (x − h) = f
(p−1) (x) − f
(p) (x)h + f
(p+1) (x − θ 1 h)
h 2
2
.
Donc,
f
(p) (x) =
1
2h
f
(p−1) (x + h) − f
(p−1) (x − h)
−
h
4
f
(p+1) (x + θh) − f
(p+1) (x − θ 1 h)
et
f
(p) (x)
M p−1
h
+
h
2
M p+1 , pour h > 0.
En prenant h =
2
M p−1
M p+1
, on trouve M p
2M p−1 M p+1 . L’hypothèse de
récurrence au rang p − 1 donne par un simple calcul
M p 2
p
2 M
1
p+1
0
M
p
p+1
p+1 .
(∗)
La proposition est donc prouvée pour k = p. On la prouve maintenant pour
1 k p − 1. Par hypothèse de récurrence, on a
M k 2
k(p−k)
2
M
1−
k
p
0
M
k
p
p ,
ce qui, combiné à (∗), donne
M k 2
k(p+1−k)
2
M
1−
k
p+1
0
M
k
p+1
p+1 .
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