Corrigé des exercices - Dunod

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On en déduit que g (k) (0) = 0 si k est pair et g (k) (0) = 2d k f (k) (0) si k est impair.
On trouve h(0) = 0, h(1) = 0, par définition de A. Pour x ∈ [0,1], on obtient successivement
h ′ (x) = 2 3 g′ (x) − 2 3 g′ (0) − 1 3 xg′′ (x) + 5Ax 4 ,
h ′′ (x) = 1 3 g′′ (x) − 1 3 xg(3) (x) + 20Ax 3 ,
h (3) (x) = − 1 3 xg(4) (x) + 60Ax 2 .
On en déduit, compte tenu de la valeur des dérivées de g en 0, que h(0) = h ′ (0) = h ′′ (0) = h (3) (0) = 0.
2. La fonction h est dérivable sur [0,1] et h(0) = h(1) = 0. D’après le théorème de Rolle,
il existe α 1 ∈ ]0,1[ tel que h ′ (α 1 ) = 0. De même, il existe α 2 ∈ ]0,α 1 [ tel que h ′′ (α 2 ) = 0.
Enfin, on trouve α ∈ ]0,α 2 [ tel que h (3) (α) = 0. Comme h (3) (α) = − 1 3 αg(4) (α) + 60Aα 2 ,
cela équivaut à
Reprenons l’expression de g (4) . On a
g (4) (α) = 180Aα.
g (4) (α) = d 4 (f (4) (c + dα) − f(c − dα)).
La fonction f (4) étant dérivable sur [a,b], il existe, d’après la formule des accroissements
finis, ζ ∈ ]c − dα,c + dα[⊂]a,b[ tel que
g (4) (α) = 2d 5 αf (5) (ζ).
Comme α ≠ 0, on en déduit que A = d5 f (5) (ζ)
.
90
On calcule la valeur de A. On obtient, compte tenu des expressions de g et g ′ ,
Comme par ailleurs
On en déduit que
A = 1 3 (df ′ (c + d) + df ′ (c − d) + 4df ′ (c)) − (f(c + d) − f(c − d))
= b − a (
( )) a + b
f ′ (a) + f ′ (b) + 4f ′ − (f(b) − f(a)).
6
2
A = d5 f (5) (ζ)
90
f(b) = f(a) + b − a
6
= (b − a)5 f (5) (ζ)
90 · 32
= (b − a)5 f (5) (ζ)
.
2880
( ( ) ) a + b
f ′ (a) + 4f ′ + f ′ (b − a)5
(b) −
2
2880 f(5) (ζ).
Exercice 23.14
Soit ε > 0 et x 1 a tel que |f ′′ (x)| ε pour tout x x 1 .
Pour x x 1 , l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 appliquée entre x et x + 1 donne
|f(x + 1) − f(x) − f ′ (x)| ε . On en déduit par l’inégalité triangulaire que
2
|f ′ (x)| |f ′ (x) − f(x + 1) + f(x)| + |f(x + 1) − f(x)|
ε + |f(x + 1) − f(x)|.