Chapitre II. Dérivation
Puisque f est bornée dans un voisinage de 0 et
1
√ x
k=1
k
2 =
1
√
x
1
√
x
+ 1
2
1
√
x
+ 1
6
,
(2) implique lim
x→0 +
η(x) = 0 et (1) donne alors
lim
x→0 +
1
√ x
k=1
f (kx) =
f (0)
2
.
II.3.32. Le théorème de Bolzano-Weierstrass (voir, par exemple, II.4.30
(vol. I)) implique que l’ensemble des zéros de f admet au moins une valeur d’adhérence dans [c , d] ; on la notera p. Clairement, f (p) = 0. Soit {x n }
une suite de zéros de f convergente vers p. D’après le théorème de Rolle, entre
deux zéros de f se trouve au moins un zéro de f , donc p est aussi une valeur
d’adhérence de l’ensemble des zéros de f . Puisque f est continue, f (p) = 0
et, par récurrence, f (k) (p) = 0 pour tout k ∈ N ∗ . En conséquence, d’après la
formule de Taylor,
f (x) =
f (n) (p + θ(x − p))
n!
(x − p)
n
pour un certain θ ∈ ]0 , 1[. Puisque sup
f (n) (x)
: x ∈ ]a , b[
= O(n!), il
existe M > 0 tel que |f (x)| M |x − p|
n pour n suffisamment grand. Donc, si
x ∈ ]a , b[ et |x − p| < 1, alors f (x) = 0.
II.3.33. Comme dans la solution du problème précédent, on peut montrer
que f (k) (0) = 0 pour tout k ∈ N ∗ . D’après la formule de Taylor,
f (x) =
f (n) (θx)
n!
x
n , n ∈ N
∗ .
Pour x donné, lim
n→+∞
x n
n! = 0 et on voit que f (x) = 0 pour tout x ∈ R.
II.3.34.
(a) 1.
(b) −e/2.
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