Solutions
II.3.26. On écrit
f (t) = f (x) + (t − x)Q(t)
et on dérive chaque membre de cette égalité par rapport à t pour obtenir
f
(t) = Q(t) + (t − x)Q
(t).
(1)
En remplaçant t par x 0 , on a
f (x) = f (x 0 ) + (x − x 0 )f
(x 0 ) + (x − x 0 )
2 Q
(x 0 ).
(2)
En dérivant (1) par rapport à t, en prenant t = x 0 et en utilisant (2), on obtient
f (x) = f (x 0 ) + (x − x 0 )f
(x 0 ) +
1
2
f
(x 0 ) (x − x 0 )
2 +
1
2
(x − x 0 )
3 Q
(x 0 ).
Il suffit de répéter n fois le procédé pour obtenir l’égalité demandée.
II.3.27. D’après la formule de Taylor donnée en II.3.1, on a
f (y n ) = f (0) + f
(0)y n + o(y n ),
f (x n ) = f (0) + f
(0)x n + o(x n ).
Donc,
f
(0) =
f (y n ) − f (x n )
y n − x n
+
o(y n ) − o(x n )
y n − x n
.
(∗)
(a) Puisque x n < 0 < y n , on voit que
o(y n ) − o(x n )
y n − x n
|o(y n )|
y n − x n
+
|o(x n )|
y n − x n
|o(y n )|
y n
+
|o(x n )|
−x n
.
Donc,
lim
n→+∞
o(y n ) − o(x n )
y n − x n
= 0,
ce qui, avec (∗), montre que lim
n→+∞
D n = f (0).
(b) D’après (∗), il suffit de prouver que lim
n→+∞
o(yn)−o(xn)
yn−xn
= 0. On a
lim
n→+∞
o(y n ) − o(x n )
y n − x n
= lim
n→+∞
o(y n )
y n
·
y n
y n − x n
−
o(x n )
y n
·
y n
y n − x n
= 0,
la dernière égalité se déduisant du fait que
yn
yn−xn
et
xn
yn−xn
sont
bornées.
(c) D’après le théorème des accroissements finis, D n = f (θ n ) où
x n < θ n < y n . Le résultat se déduit alors de la continuité de f en 0.
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