Solutions
En appliquant deux fois la formule de changement de variable, on obtient
R n (x) =
1
n!
x−a
0
f
(n+1) (u + a) (x − u − a)
n du
=
(x − a)
n+1
n!
1
0
f
(n+1) ((x − a)t + a) (1 − t)
n dt.
La monotonie de f (n+1) implique
0 R n (x)
(x − a)
n+1
n!
1
0
f
(n+1) ((b − a)t + a) (1 − t)
n dt
=
x − a
b − a
n+1
R n (b)
si a < x < b et b ∈ I. Clairement, R n (b) f (b), d’où
0 R n (x)
x − a
b − a
n
f (b) pour a < x < b, a, b ∈ I.
Donc, lim
n→+∞
R n (x) = 0. Ceci montre que la série de Taylor converge uniformément sur tout sous-intervalle compact de I. Puisque l’on peut choisir arbitrairement a < b dans I, le fait que f soit analytique se déduit donc de III.4.7.
III.4.16. La démonstration est semblable à celle de III.4.1.
III.4.17. [18]. Soit x 0 ∈ I. Par hypothèse, il existe r > 0 tel que
f (x) =
+∞
n=0
f (n) (x 0 )
n!
(x − x 0 )
n
pour |x − x 0 | < r.
En dérivant m fois, on obtient
f
(m) (x) =
+∞
n=m
f (n) (x 0 )
n!
n(n − 1) · · · (n − m + 1) (x − x 0 )
n−m .
Donc,
f
(m) (x)
+∞
n=m
f (n) (x 0 )
n!
n(n − 1) · · · (n − m + 1) |x − x 0 |
n−m .
La définition du rayon de convergence d’une série entière (voir III.3.1) implique que, pour 0 < ρ < r, il existe C > 0 tel que
f (n) (x 0 )
n!
C
ρ n .
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