Chapitre III. Suites et séries de fonctions
Donc, g (n+1) (t) = h (n) (t). De plus, d’après la formule du binôme de Newton
(voir III.4.4),
g(t) = −
∞
n=1
1
2
n
(−2t)
n .
Clairement, f (x) =
+∞
n=0
x n . Donc, g (n) (0) = −n!
1
2
n
(−2)
n et f (n) (g(0)) = n!.
Finalement, d’après la formule de Faà di Bruno, on a
− (n + 1)!
1
2
n + 1
(−2)
n+1 = g
(n+1) (0) = h
(n) (0)
= n!
k!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
−
1
2
1
(−2)
k 1
· · ·
−
1
2
n
(−2)
n
kn
= (−2)
n n!
(−1)
k k!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
1
2
1
k 1
· · ·
1
2
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.
III.4.22. [18]. On observe d’abord que si f vérifie les hypothèses énoncées
dans le problème, alors son inverse g est défini sur un intervalle ouvert contenant f (x 0 ). De plus,
g
(y) = h(g(y)) où h(x) =
1
f (x)
.
Clairement, puisque f est C ∞ , g l’est aussi. Notre but est de prouver que g
vérifie les hypothèses du problème III.4.16. On sait, d’après III.4.19, que
h est analytique dans un intervalle ouvert contenant x 0 (comme composée de
deux fonctions analytiques). Donc, d’après III.4.17, il existe des constantes
strictement positives A et B telles que
h
(n) (x)
A
n!
B n
(1)
dans un intervalle ouvert I 0 ⊂ I contenant x 0 . On montre maintenant par
récurrence qu’il existe un ouvert K contenant f (x 0 ) tel que
g
(n) (y)
n! (−1)
n−1
1
2
n
(2A)
n
B n−1 pour y ∈ K.
(2)
On choisit K de sorte que g(K) soit contenu dans I 0 . D’après (1), on a alors
|g (y)| = |h(g(y))| A, ce qui prouve (2) pour n = 1. On suppose que (2) est
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Donc, g (n+1) (t) = h (n) (t). De plus, d’après la formule du binôme de Newton
(voir III.4.4),
g(t) = −
∞
n=1
1
2
n
(−2t)
n .
Clairement, f (x) =
+∞
n=0
x n . Donc, g (n) (0) = −n!
1
2
n
(−2)
n et f (n) (g(0)) = n!.
Finalement, d’après la formule de Faà di Bruno, on a
− (n + 1)!
1
2
n + 1
(−2)
n+1 = g
(n+1) (0) = h
(n) (0)
= n!
k!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
−
1
2
1
(−2)
k 1
· · ·
−
1
2
n
(−2)
n
kn
= (−2)
n n!
(−1)
k k!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
1
2
1
k 1
· · ·
1
2
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.
III.4.22. [18]. On observe d’abord que si f vérifie les hypothèses énoncées
dans le problème, alors son inverse g est défini sur un intervalle ouvert contenant f (x 0 ). De plus,
g
(y) = h(g(y)) où h(x) =
1
f (x)
.
Clairement, puisque f est C ∞ , g l’est aussi. Notre but est de prouver que g
vérifie les hypothèses du problème III.4.16. On sait, d’après III.4.19, que
h est analytique dans un intervalle ouvert contenant x 0 (comme composée de
deux fonctions analytiques). Donc, d’après III.4.17, il existe des constantes
strictement positives A et B telles que
h
(n) (x)
A
n!
B n
(1)
dans un intervalle ouvert I 0 ⊂ I contenant x 0 . On montre maintenant par
récurrence qu’il existe un ouvert K contenant f (x 0 ) tel que
g
(n) (y)
n! (−1)
n−1
1
2
n
(2A)
n
B n−1 pour y ∈ K.
(2)
On choisit K de sorte que g(K) soit contenu dans I 0 . D’après (1), on a alors
|g (y)| = |h(g(y))| A, ce qui prouve (2) pour n = 1. On suppose que (2) est
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