Solutions
II.3.30. Les hypothèses et la formule de Taylor appliquée à f (n) donnent
f
(n) (x 0 + θ(x)(x − x 0 ))
= f
(n) (x 0 ) +
f (n+p) (x 0 + θ 1 θ(x)(x − x 0 ))
p!
(θ(x)(x − x 0 ))
p .
D’où,
f (x) = f (x 0 ) +
f (x 0 )
1!
(x − x 0 ) + . . . +
f (n) (x 0 )
n!
(x − x 0 )
n
+
f (n+p) (x 0 + θ 1 θ(x)(x − x 0 ))
n!p!
(x − x 0 )
n+p (θ(x))
p .
D’autre part,
f (x) = f (x 0 ) +
f (x 0 )
1!
(x − x 0 ) + . . . +
f (n) (x 0 )
n!
(x − x 0 )
n
+
f (n+p) (x 0 + θ 2 (x − x 0 ))
(n + p)!
(x − x 0 )
n+p .
On obtient en regroupant ces deux dernières égalités
f (n+p) (x 0 + θ 1 θ(x)(x − x 0 ))
n!p!
(θ(x))
p =
f (n+p) (x 0 + θ 2 (x − x 0 ))
(n + p)!
.
Un passage à la limite lorsque x tend vers x 0 , f (n+p) étant continue et
f (n+p) (x 0 ) = 0, donne
1
(n+p)! =
1
n!p! lim
x→x 0
(θ(x))
p .
On remarque que l’on retrouve le résultat donné en II.3.15 si p = 1.
II.3.31. D’après la formule de Taylor, on a
1
√ x
k=1
f (kx) =
1
√ x
k=1
f
(0)kx +
1
2
f
(θkx)k
2 x
2
= f
(0)x
1
√
x
1
√
x
+ 1
2
+ η(x),
(1)
où
η(x) =
1
2
1
√ x
k=1
f
(θkx)k
2 x
2 .
(2)
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