Solutions
vérifiée pour k = 1, 2, . . . , n et on montre qu’elle l’est aussi pour k = n + 1.
D’après le problème précédent, on a
g
(n+1) (y)
=
(h ◦ g)
(n) (y)
n!
k!A
k 1 !k 2 ! · · · k n !B k
1
2
1
(2A)
k 1
· · ·
(−1)
n−1
1
2
n
(2A)
n
B n−1
kn
= (−1)
n n!
(2A)
n
B n A
(−1)
k k!
k 1 !k 2 ! · · · k n !
1
2
1
k 1
· · ·
1
2
n
kn
= (−1)
n n!
(2A)
n
B n 2A(n + 1)
1
2
n + 1
= (−1)
n (n + 1)!
(2A)
n+1
B n
1
2
n + 1
.
Ceci complète la démonstration de (2) et l’analycité de g sur K se déduit donc
de III.4.16.
III.4.23. Il découle de f −1 (x) = f (x) que f envoie l’intervalle ]0 , +∞[ sur
lui-même et que f est C ∞ sur cet intervalle. Donc, f (x) > 0 et f est strictement croissante sur ]0 , +∞[. On voit, en dérivant l’égalité f (f (x)) = x, que
f (x) > 0 pour x ∈ ]0 , +∞[. On montre par récurrence, en utilisant la formule
de Faà di Bruno (voir II.1.38), que (−1)
n f (n) (x) > 0 pour x ∈ ]0 , +∞[ et
n 2. On suppose que (−1)
m f (m) (x) > 0 pour m = 2, 3, . . . , n. On a alors
0 =
n!
k 1 !k 2 ! · · · k n−1 !
f
(k) (f
(x))
f (x)
1!
k 1
f (3) (x)
2!
k 2
· · ·
f (n) (x)
(n − 1)!
k n−1
+ f
(f
(x))f
(n+1) (x)
où k = k 1 + · · · + k n−1 et la somme est prise sur l’ensemble des indices
k 1 , . . . , k n−1 tels que k 1 + 2k 2 + · · · + (n − 1)k n−1 = n. Le signe de chaque
terme sous le signe
étant égal à
sgn
(−1)
k (−1)
2k 1 (−1)
3k 2 · · · (−1)
nk n−1
= (−1)
n ,
on obtient
sgn
f
(f
(x))f
(n+1) (x)
= sgn f
(n+1) (x) = − (−1)
n .
D’après III.4.20, f est analytique sur ]0 , +∞[.
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