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2 • Différentielles d’ordre supérieur
Par suite,
f (x) − p(x) = r (x) −
r (a) + r (b)
2
,
d’où
b
a
( f (x) − p(x)) dx =
b
a
r (x) dx − (b − a)
r (a) + r (b)
2
.
Si l’on note k := max j∈[a,b] f
(j), on a r (x) ≤ k(x −c)
2 /2 et donc par l’inégalité
triangulaire
b
a
r (x)dx − (b − a)
r (a) + r (b)
2
≤
k
2
b
a
(x − c)
2 dx +
k
8
(b − a)
3 = k
(b − a)
3
6
.
Par suite, on a le résultat demandé avec C = 1/6. Lorsque F = R on peut l’améliorer
en C = 1/12 par application du théorème de Rolle, pour chaque point x ∈ [a, b], à la
dérivée seconde de f − p x , où p x est le polynôme du second degré coïncidant avec f
en a, b et x.
Exercice 2.3
i). Comme f : I → E est de classe C
1 , pour tout a ∈ I , pour tout (x, y) ∈ I × I
avec x
= y, l’application F : z → ( f (z) − f (y) − (z − y) f
(a))/(x − y) est
aussi de classe C
1 , et sa différentielle est donnée par
dF(z) · h =
1
x − y
(d f (z) · h − h f
(a)) =
1
x − y
(d f (z) − d f (a)) · h .
Donc d’après le théorème des accroissements finis (version “raffinée”),
F(x) − F(y) ≤ |x − y| sup
z∈]x,y[
1
x − y
(d f (z) − d f (a))
,
ce qui donne
1
x − y
( f (x) − f (y) ) − f
(a)
≤ sup
z∈]x,y[
d f (z) − d f (a) .
ii). L’application
g : I × I → E
(x, y) →
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
1
x − y
( f (x) − f (y) ) si x = y
f
(x)
s ix = y