Corrigé des exercices - Dunod

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|x| n
2. On montre comme dans l’exercice précédent que lim = 0. On en déduit que
n→+∞ n!
Exercice 23.5
lim u n(x) = cos x et
n→+∞
lim v n(x) = sin x.
n→+∞
1. Puisque que f est de classe C 2 , on peut appliquer la formule de Taylor-Young à l’ordre 2
au voisinage de 0. On obtient
et donc pour h ≠ 0,
On en déduit
f(x + h) = f(x) + hf ′ (x) + h2
2 f ′′ (x) + o(h 2 )
f(x − h) = f(x) − hf ′ (x) + h2
2 f ′′ (x) + o(h 2 )
f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
h 2 = h2 f ′′ (x) + o(h 2 )
h 2 = f ′′ (x) + o(h).
2. a) Par hypothèse, on a pour tout h ≠ 0,
f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
lim
h→0 h 2 = f ′′ (x).
f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
h 2
En utilisant la question 1, on obtient donc
=
2f(x)f(h) − 2f(x)
h 2 = 2f(x) f(h) − 1
h 2 .
lim 2f(x)f(h) − 1 f(x + h) + f(x − h) − 2f(x)
h→0 h 2 = lim
h→0 h 2 = f ′′ (x).
b) En considérant x ∈ R tel que f(x) ≠ 0 (c’est possible car f n’est pas la fonction nulle),
on obtient
f(h) − 1
lim
h→0 h 2 = f ′′ (x)
2f(x) .
Pour que la limite soit finie, il faut que la limite du numérateur soit nulle et donc que
f(0) = 1. La formule de Taylor-Young au voisinage de 0 à l’ordre 2 :
f(h) = 1 + hf ′ (0) + h2
2 f ′′ (0) + o(h 2 )
donne alors
f(h) − 1
h 2 = f ′ (0)
h
+ 1 2 f ′′ (0) + o(1).
Cette expression a une limite finie en 0 si et seulement si f ′ (0) = 0 et cette limite est alors
égale à 1 2 f ′′ (0).
En remplaçant dans l’expression trouvée précédemment, on obtient, pour tout réel x,
f ′′ (0)f(x) = f ′′ (x).