Solutions
III.3.27. On suppose, contrairement à l’énoncé, que lim
n→+∞
a n = 0. Étant
donné ε > 0, il existe alors n 0 tel que |a n | < ε/2 si n > n 0 . Donc,
|(1 − x)f (x)|
(1 − x)
n 0
k=0
a k x
k
+
ε
2
,
ce qui implique
lim
x→1 −
|(1 − x)f (x)| = 0
contrairement aux hypothèses.
III.4. Séries de Taylor
III.4.1. On suppose que
f (n) (x)
M pour n ∈ N ∗ et x ∈ [a , b]. D’après la
formule de Taylor avec reste de Lagrange (voir II.3.3(a)), on a
f (x) =
n
k=0
f (k) (x 0 )
k!
(x − x 0 )
k + r n (x),
où
|r n (x)| =
f (n+1) (x 0 + θ(x − x 0 ))
(n + 1)!
(x − x 0 )
n+1
M
(b − a)
n+1
(n + 1)!
.
Donc, lim
n→+∞
r n (x) = 0 et
f (x) = lim
n→+∞
n
k=0
f (k) (x 0 )
k!
(x − x 0 )
k =
+∞
k=0
f (k) (x 0 )
k!
(x − x 0 )
k .
III.4.2. Non, car f (n) (0) = 0 pour n ∈ N et f (x) = 0 pour x = 0.
III.4.3. D’après le test de Weierstrass, la série
+∞
n=0
cos(n 2 x)
e n
et la série dérivée
+∞
n=0
−n 2 sin(n 2 x)
e n
convergent normalement sur R. La fonction f est donc continue sur R. En répétant ce raisonnement, on voit que f appartient à C ∞
R . On
peut de plus montrer que f (2k−1) (0) = 0 et f (2k) (0) = (−1)
k
+∞
n=0
n 4k
e n . Donc,
f (2k) (0)
x 2k
(2k)!
>
n 2 x
2k
2k
e
−n , x = 0, n ∈ N.
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