Corrigé des exercices - Dunod

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3. On écrit l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 2 entre x et x + 1, puis entre x et x + 2.
On obtient
∣ g(x + 1) − g(x) − g′ (x) − 1 2 g′′ (x)
∣ M 3
6 ,
∣ g(x + 2) − g(x) − 2g′ (x) − 4 2 g′′ (x)
∣ 8M 3
6 .
On en déduit, en utilisant l’inégalité triangulaire et en simplifiant,
|2g ′ (x) + g ′′ (x)| M 3
3 + 4M 0
|g ′ (x) + g ′′ (x)| 2M 3
3
De nouveau en utilisant l’inégalité triangulaire on obtient
+ M 0 .
|g ′ (x)| = |(2g ′ (x) + g ′′ (x)) − (g ′ (x) + g ′′ (x))|
|2g ′ x) + g ′′ (x)| + |g ′ (x) + g ′′ (x)| M 3 + 5M 0 ,
|g ′′ (x)| = |2(g ′ (x) + g ′′ (x)) − (2g ′ (x) + g ′′ (x))|
2|g ′ (x) + g ′′ (x)| + |2g ′ (x) + g ′′ (x)| 5M 3
3
Ceci est vrai pour tout réel x, donc g ′ et g ′′ sont bornées sur R.
Exercice 23.10
+ 6M 0 .
1. L’existence de θ x résulte de l’application de la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n −1
entre 0 et x. Il existe c entre 0 et x tel que
f(x) = f(0) + xf ′ (0) + · · · + xn−1
(n − 1)! f(n−1) (0) + xn
n! f(n) (c).
Pour x ≠ 0, θ x = c x ∈]0,1[ et c = xθ x.
Montrons l’unicité de θ x pour x assez petit.
Par continuité de f (n+1) , on a lim
x→0
f (n+1) (x) = f (n+1) (0) ≠ 0 et il existe α > 0 tel que
f (n+1) (x) ≠ 0 pour x ∈ [−α,α]. La fonction f (n+1) étant continue et ne s’annulant pas
sur l’intervalle [−α,α] y garde un signe constant : f (n) est strictement monotone et donc
injective sur [−α,α].
On en déduit l’unicité de c et donc de θ x , pour tout x ∈ [−α,α], non nul.
2. On écrit la formule de Taylor -Lagrange à l’ordre n. Il existe d entre 0 et x tel que
f(x) = f(0) + xf ′ (0) + · · · + xn
n! f(n) (0) + xn+1
(n + 1)! f(n+1) (d).
On a donc
x n
n! f(n) (θ x x) = xn
n! f(n) (0) + xn+1
(n + 1)! f(n+1) (d)