Solutions
L’application de la formule de Faà di Bruno donne l’égalité cherchée car
g (n) (0) = n!, f (n) (g(0)) = f (n) (1) = n!A n et h (n) (0) = n!A (1 + A)
n−1 .
III.4.19. [18]. Soit x 0 un élément de I. On note y 0 = f (x 0 ). On déduit
de III.4.17 qu’il existe des intervalles I 1 ⊂ I et J 1 ⊂ J (contenant respectivement x 0 et y 0 ) et des constantes strictement positives A, B, C et D tels
que
f
(n) (x)
A
n!
B n pour x ∈ I 1
et
g
(n) (y)
C
n!
D n pour y ∈ J 1 .
D’après la formule de Faà di Bruno, on a
h
(n) (x) =
n!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
g
(k) (f (x))
f (1) (x)
1!
k 1
f (2) (x)
2!
k 2
· · ·
f (n) (x)
n!
kn
où k = k 1 + k 2 + · · · + k n et la somme est prise sur l’ensemble des indices
k 1 , k 2 , . . . , k n tels que k 1 + 2k 2 + · · · + nk n = n. Ceci, combiné au résultat du
problème précédent, donne
h
(n) (x)
n!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
Ck!
D k
A
B 1
k 1
A
B 2
k 2
· · ·
A
B n
kn
=
n!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
Ck!
D k
A k
B n
=
n!C
B n
n!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
A k
D k
=
n!C
B n
A
D
1 +
A
D
n−1
.
Le résultat de III.4.16 implique alors que h est analytique réelle sur I.
III.4.20. Le résultat de III.4.15 implique que g(x) = f (−x) est analytique
réelle sur l’intervalle −I = {x : −x ∈ I}. Puisque x → −x est analytique réelle,
le résultat se déduit du problème précédent.
III.4.21. [18]. On considère g(t) = 1 −
√
1 − 2t, |t| <
1
2 et f (x) =
1
1−x ,
|x| < 1. On a alors
h(t) = f (g(t)) =
1
√
1 − 2t
= g
(t).
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