Formule de Taylor-Lagrange

Transcription

1 Formule de Taylor-Lagrange Exercice. Soit x un réel strictement positif et f une fonction sur [0, x].. Quelles sont les hypothèses qui permettent d écrire la formule de Taylor-Lagrange pour f sur [0, x] à l ordre (c est-à-dire avec un reste où intervient la dérivée troisième de f)? Ecrire cette formule.. On pose f(t) = ln ( + t). Justifier la possibilité d écrire la formule de Taylor-Lagrange pour f à l ordre, et écrire cette formule. Allez à : Correction exercice Exercice. Soit a un réel strictement positif.. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction cosinus hyperbolique, sur l intervalle [0, a], avec le reste à l ordre 5.. Montrer que. En déduire que : Allez à : Correction exercice Exercice. 0 ch(a) a! a4 4! a5 5! sh(a) 4 84 ch ( ) Ecrire la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction f définie par f(x) = entre a = 4 et b = 5 x avec un reste à l ordre.. En déduire que 7 une valeur approchée de à près Allez à : Correction exercice Exercice 4. Soit la fonction définie sur R + par f(x) = x 4. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l ordre de f entre 6 et 7.. En déduire que < 7 4 < 65 Allez à : Correction exercice 4 Exercice 5.. Ecrire la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction f(x) = entre 6 et 7 avec un reste à l ordre x.. Montrer que est une valeur approchée de à près. Allez à : Correction exercice 5 Exercice 6. (Hors programme) Montrer que pour tout x [0,[ : x argth(x) x + x +x ( x )

2 Allez à : Correction exercice 5 Exercice 7. A l aide de la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l ordre montrer que 0 est une valeur approchée à près de sin(0 ). Allez à : Correction exercice 7 Exercice 8.. Enoncer le théorème de Taylor-Lagrange, on notera n + l ordre du reste dans la formule.. Ecrire la conclusion de ce théorème lorsqu on l applique à la fonction f: t, entre 00 et 0 et t avec un reste à l ordre.. En déduire un nombre décimal qui approche avec une précision inférieur à près. Allez à : Correction exercice 8 Exercice 9. Soit x R +,. Montrer que 0 < e x x x < x. En déduire une valeur approchée de e 0, à près. Allez à : Correction exercice 9 6 ex Exercice 0. Montrer que pour tout t I = ], + [, (t ) t < ln(t) < t On pourra utiliser la formule de Taylor Lagrange entre et t. Allez à : Correction exercice 0 Exercice.. Enoncé le théorème de Taylor-Lagrange.. Soit f: [0, + [ R définie par f(t) = ln( + t). Calculer les dérivées successives de f jusqu à l ordre 4.. En utilisant Taylor-Lagrange, en déduire l encadrement de ln() suivant : 7 57 ln() 9 Allez à : Correction exercice Exercice.. Soit a > 0. Démontrer que. En déduire que Allez à : Correction exercice cos(a) + a! a4 4! a5 5! cos ( ) < Exercice.

3 Démontrer que pour tout x [0, + [ : Allez à : Correction exercice x + x 9 4x 8 x + x + x 9 Exercice 4. Démontrer que En déduire une valeur approchée de e à 0 5 près. Allez à : Correction exercice 4 e ( + +! +! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! ) 9! Exercice 5. Inégalités de Kolmogorov Soit f une fonction définie sur R, de classe C. On suppose que f et f sont bornées, et on pose : M 0 = sup f(x), M = sup f (x) x R x R (M 0 et M sont donc des nombres réels tels que, pour tout x réel, on a f(x) M 0 et f (x) M. Le but de cet exercice est de prouver que f est bornée, et de majorer M = sup x R f (x) en fonction de M 0 et M. Soit x R, et h > 0.. Appliquer la formule de Taylor-Lagrange à f entre x et x + h à l ordre.. En déduire l inégalité : f (x) M 0 h + hm En particulier, si on choisit h =, on obtient, pour tout x R : f (x) M 0 + M Ce qui prouve que f est bornée, avec M M 0 + M. On se propose de trouver une meilleure majoration :. Etudier la fonction h M 0 + hm sur ]0, + [. h 4. En déduire que M M 0 M Allez à : Correction exercice 5 Exercice 6. Soit f: [0,] R de classe C vérifiant f(0) = f (0) = f () = 0 et f() =. Montrer qu il existe c [0,] tel que f (c) 4. Indication, on pourra appliquer la formule de Taylor-Lagrange entre 0 et, puis entre et. Allez à : Correction exercice 6 Exercice 7. Soit f: R R une fonction de classe C vérifiant la propriété suivante : il existe un polynôme de degré impair tel que pour tout n 0, pour tout x R, f (n) (x) P(x). Montrer qu il existe a R tel que f (n) (a) = 0 pour tout n 0.. En déduire que f est identiquement nulle.. Le résultat subsiste-t-il si on suppose que P est de degré pair? Allez à : Correction exercice 7

4 Exercice 8. Soit f: R R de classe C et λ > 0 vérifiant :. Montrer que f = 0 sur l intervalle ] λ, λ [.. Montrer que f = 0 sur R. Allez à : Correction exercice 8 { f(n) (0) = 0, n 0 sup f (n) (x) λ n n! R Exercice 9. Soient a et b deux réels tels que a < b et f C ([a, b]).. Montrer qu il existe c ] a+b, b[ tel que : a + b b a f(b) = f ( ) + f (. Montrer qu il existe c ]a, a+b [ tel que : a + b b a f(a) = f ( ) f (. Montrer qu il existe c ]a, b[ tel que : a + b a + b ) + (b a) 8 ) + (b a) 8 4 f a + b ( f a + b ( ) + (b a) 48 ) (b a) 48 f (c ) f (c ) f(b) = f(a) + (b a)f a + b (b a) ( ) + f (c) 4 On utilisera bien sur les questions. et. et on pourra appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à f. Allez à : Correction exercice 9 CORRECTIONS Correction exercice.. Si f est de classe C sur [0, x] et de classe C sur ]0, x[ on peut appliquer la formule de Taylor à l ordre. Il existe c ]0, x[ tel que : f(x) = f(0) + xf (0) + x f (0) + x 6 f() (c). f est C + sur ], + [ donc sur [0, x], on peut écrire la formule de Taylor-Lagrange à n importe quel ordre. f(0) = 0, f (t) = +t f (0) =, f (t) = (+t) f (0) = et f () (t) = (+t) Il existe c ]0, x[. f(x) = x x + x 6 x = x ( + c) + x ( + c) Allez à : Exercice Correction exercice.. Les dérivées de ch sont ch (t) = sh(t), ch (t) = ch(t), ch () (t) = sh(t), ch (4) (t) = ch(t) et ch (5) (t) = sh(t) ch est une fonction de classe C 5 (et même C ) sur R donc sur [0, a]. Il existe c ]0, a[ tel que : ch(a) = ch(0) + sh(0) a + ch(0) a!. D après la question précédente + sh(0) a! a4 a5 a + ch(0) + sh(c) = + 4 5! + a4 4 + a5 0 sh(c)

5 ch(a) a a4 4 = a5 0 sh(c) Or sh est une fonction croissante sur [0, a], donc sh(0) < sh(c) < sh (a) Donc, puisque a > 0 : a 5 a5 a5 sh(0) < sh(c) < On a même des inégalités strictes.. On prend a =. Et De plus sh(a) 0 < ch(a) a a4 4 < a5 0 sh(a) < ch ( ) ( ) ( ) 4 < ( ) 0 sh ( ) ( ) + ( ) 4 < ch ( ) < + ( ) + ( ) 4 + ( ) 0 sh ( ) 4 + ( ) + ( ) 4 = = = ( ) 5 0 = 0 = 840 Donc Allez à : Exercice < ln() sh ( ) < sh(ln()) = eln() e ln() = = 4 < 4 84 < ch ( ) < sh ( ) < Correction exercice.. f est C sur R + donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange sur [4,5]. Il existe c ]4,5[ tel que : Donc Donc On en déduit les encadrements f(x) = x ; f (x) = x ; f (x) = 4 x 5 = 4 x 5 f(4) = 4 = ; f (4) = 4 = = 6 ; f(5) = f(4) + (5 4)f (4) + 5 (5 4) f (c) 5 = c 5 = c 5 > 7 6 c > 4 c 5 > 4 5 = 5 = c 5 5 = c 5 < < = < 5 <

6 Ce qui montre que 7 6 est une valeur approchée de 5 à 56 près. Allez à : Exercice Correction exercice 4... Il existe c ]6,7[ tel que Allez à : Exercice 4 f(x) = x 4 f(6) = (6) 4 = ( 4 ) 4 = f (x) = 4 x 4 f (6) = 4 (4 ) 4 = 4 = f (x) = 6 x 7 4 f (c) = 6 c 7 4 f(7) = f(6) + f (6)(7 6) + f (c) 6 (7 6)! 7 4 = + c < c < 7 < c 4 < < c 7 4 < < c 7 4 < 7 7 < c 7 4 < < 7 c 4 < < + 7 c 4 < < 7 4 < < 7 4 < 65 Correction exercice 5.. f est C sur [6,7] et deux fois dérivable sur ]6,7[ donc on peut appliquer la formule de Taylor- Lagrange entre 6 et 7. Donc il existe c ]6,7[ tel que : f(x) = x = x f(6) = 4 f (x) = x = x f (6) = = 4 = 8. D après. Et f (x) = 4 x 5 6 f(7) = f(6) + (7 6)f (6) + (7 6) f (c) 7 = c 5 = c 5 = c 5 7 > > 0 c > 6 c 5 > 6 5 = 4 5 = 04 c 5 < 04 8 c 5 < 8 04 < 4 8 = 0, = Ce qui montre que 7 < < 5 0 4

7 Finalement < 0 < 7 8 < est bien une valeur approchée de à près. Allez à : Exercice 5 Correction exercice 6. (Hors programme) argth est une fonction de classe C sur [0, x] et dérivable sur ]0, x[, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à l ordre. Pour x > 0 f(t) = ln (+t ) = ln( + t) ln ( t), d où f(0) = 0 t Donc f (t) = ( + t) + ( t), d où f (0) = f"(t) = ( + t) + ( t) d où f"(0) = 0 f () (t) = ( + t) + ( t), d où f () (c) = + = (+c) +( c) = +c+c +c + c+c c = +c (+c) ( c) ( c ) ( c ) ( c ) Il existe c dans l intervalle ]0, x[ tel que : argth(x) = x + x 6 + c x + c ( c = x + ) ( c ) 0 < c < x donc 0 < c < x d où + c < + x Et 0 < x < c < entraine que < < c x et que donc < < ( c ) ( x ) On en déduit que 0 < +c ( c ) < +x ( x ) On multiplie ces inégalité par x > 0, 0 < x inégalités pour conclure. Si x = 0 les égalités sont vérifiées trivialement. Allez à : Exercice 5 +c < x ( c ) +x ( x ), il ne reste qu à ajouter x à ces Correction exercice 7. f(t) = sin(t) f(0) = 0 f (t) = cos(t) f (0) = f (t) = sin (t) f est C sur [0,0 ] et C sur ]0,0 [ car f est C sur R. Il existe c ]0,0 [ sin(0 ) = sin(0) + (0 0) cos(0) + (0 0) ( sin(c)) sin(0 ) = sin(c) sin(0 ) 0 = sin(c) sin(0 ) 0 = sin(c) sin(0 ) Donc 0 est une valeur approchée de sin(0 ) à Allez à : Exercice 7 Correction exercice 8.. Si f est une application de classe C n sur [a, b] et de classe C n+ sur ]a, b[ alors il existe c ]a, b[ tel que. f(b) = f(a) + (b a)f (a) + (b a)! f (a) + + (b a)n f (n) (a) + n! (b a)n+ f (n+) (c) (n + )! 7

8 . f(t) = t f(00) = 00 = 0 f (t) = t = t t f (00) = = 000 = 000 f (t) = ( ) t 5 = 4 t t f (c) = 4 c c Il existe c ]00,0[ 0 = (0 00) + (0 00) ( ) c c = c c = 8 c c 00 < c < < c c < < c c c c < < < < = Donc < Une valeur approchée à de est = = 0,0995 Allez à : Exercice 8 Correction exercice 9.. L exponentielle est une fonction C donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l ordre. Il existe c ]0, x[ tel que : e x = e 0 + xe 0 + x! e0 + x! ec = + x + x + x 6 ec 0 < e c < e x 0 < x 6 ec < x Car l exponentielle est croissante et que x > 0, par conséquent Ce qui entraine que Soit encore. On pose x = 0, = 0 Donc + x + x 6 ex < + x + x + x 6 ec < + x + x + x 6 ex + x + x < ex < + x + x + x 6 ex 0 < e x x x < x 6 ex 0 < e 0, 0 00 < 0 6 e0, < 0 6 = 0,5 0 = = + 0, + 0,005 =,05 00 Est une valeur approchée de e 0, à près. Allez à : Exercice 9 c c 8

9 Correction exercice 0. La formule de Taylor Lagrange pour la fonction ln entre et t > dit qu il existe c ], t[ tel que ln(t) = ln() + (t ) ln (t ) (t ) () + ln (c) ln(t) = t c < c < t < c < t t < (t ) (t ) (t ) < c t < c < (t ) (t ) (t ) (t ) (t ) (t ) < c < t t < t c < t t (t ) (t ) t < ln(t) < t t Comme t (t ) < t, on a bien t (t ) t < ln(t) < t Allez à : Exercice 0 Correction exercice.. Si f est une application de classe C n sur [a, b] et de classe C n+ sur ]a, b[ alors il existe c ]a, b[ tel que. Remarque : f(b) = f(a) + (b a)f (a) + (b a)! f (a) (b a)n f (n) (a) + n! f (t) = = ( + t) + t f (t) = ( + t) = ( + t) f (t) = ( )( + t) = ( + t) f (4) (t) = ( )( + t) 4 6 = ( + t) 4 (b a)n+ f (n+) (c) (n + )! Il est très maladroit de dériver ces fonctions comme des quotients et donc d utiliser la formule ( u v ), il est bien préférable de s apercevoir que ces fonctions sont de la forme u α et que leur dérivée sont de la forme αu α u.. On va utiliser la formule avec a = 0, b = et n = (donc le reste est à l ordre 4) Il existe c ]0,[ f() = f(0) + ( 0)f (0) + ( 0) ( f 0) () + f (0) +!! ( 0)4 f (4) (c) 4! ln() = ln() + +! ( ) +! + 4! ( 6 ( + c) 4) = + 4 ( + c) 4 = ( + c) 4 = ( + c) 4 0 < c < < + c < < ( + c) 4 < 4 = 6 6 < ( + c) 4 < 64 < 4( + c) 4 < 4 4 < ( + c) 4 < < 5 6 ( + c) 4 < < ln() < < ln() < 9

10 Allez à : Exercice Correction exercice.. cos est C sur R donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à n importe quel ordre et sur n importe quel intervalle, on va l appliquer entre 0 et a > 0 avec un reste à l ordre 5. On pose f(t) = cos(t) Il existe c ]0, a[ tel que : Ce qui entraine que f(a) = f(0) + af (0) + a! f (0) + a! f() (0) + a4 4! f(4) (0) + a5 5! f(5) (c) f(0) = cos(0) = f (t) = sin(t) f (0) = 0 f (t) = cos(t) f (0) = f () (0) = sin(t) f () (0) = 0 f (4) (t) = cos(t) f (4) (0) = f (5) (t) = sin(t) cos(a) = a! + a4 4! a5 5! sin(c) cos(a) + a! a4 4! = a5 5! sin(c) Maintenant on peut prendre la valeur absolue puis majorer la valeur absolu du sinus par.. On prend bien sur a = cos ( ) + ( ) cos(a) + a! a4 a5 a5 a5 = sin(c) = sin(c) 4! 5! 5! 5!! 4 ( ) 4! ( ) 5! ( ) ( 4 ) ( 5 ) +! 4! 5! Il reste à simplifier les fractions ( )! + ( ) 4! ( ) 5! cos ( ) + ( ) cos ( ) ( )!! 4 ( ) 4! ( 4 ) ( 5 ) + + 4! 5! = = = ( 5 ) = 5! 0 = ( ) 5! Allez à : Exercice cos ( ) Correction exercice. Soit x > 0 f(t) = = ( + t) + t Pour t > cette fonction est C donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à n importe quel ordre et sur n importe quel intervalle, on va l appliquer entre 0 et x > 0 avec un reste à l ordre. Il existe c ]0, x[ tel que : 0

11 f(x) = f(0) + xf (0) + x! f (0) + x! f() (c) f(t) = = ( + t) f(0) = + t f (t) = ( ) ( + t) 4 f (0) = f (t) = ( ) ( 4 ) ( + t) 7 f (0) = ( ) ( 4 ) = 4 9 f () (t) = ( ) ( 4 ) ( 7 ) ( + t) 0 f () (c) = ( ) ( 4 ) ( 7 ) ( + c) 0 = 8 0 ( + c) ( + c) = x 7 + x 9 4x 0 ( + c) 8 ( + t) = x x x 0 < c < x < + c < + x < ( + c) 0 < ( + x) 0 ( + x) 0 < ( + c) 0 < 4x 8 0 ( + x) > 4x 8 0 ( + x) > x + x 0 ( + c) > 4x 8 x + x 9 4x 8 9 4x ( + c) 8 x + x 9 4x 0 ( + x) > > x 8 + x + x 9 4x 8 x + x 9 4x 8 < < x + x + x 9 4x 8 Car 0 > x + x 9 4x 8 0 ( + x) < x + x 9 4x 0 ( + x) < 0 8 Si x = 0 alors les trois termes de ces inégalités sont nuls et dans ce cas il y a égalité. Pour tout x 0 x + x 9 4x 8 x + x + x 9 Allez à : Exercice Correction exercice 4. f: t e t est C sur R donc on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange à n importe quel ordre et sur n importe quel intervalle, on va l appliquer entre 0 et > 0 avec un reste à l ordre 9. Il existe c ]0,[ tel que : ( f() = f(0) + ( 0)f 0) ( (0) + f 0) (0) + f () ( 0)4 (0) + f (4) (0)!! ( 0)5 + f (5) ( 0)6 (0) + f (6) (0) + 5! 6! ( 0)9 + f (9) (c) 9! Or pour tout k 0, f (k) (t) = e t donc f (k) (0) =, on a donc 4! ( 0)7 f (7) (0) + 7! ( 0)8 f (8) (0) 8! Ce qui entraine que e = + +! +! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! + 9! ec e ( + +! +! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! ) = 9! ec Puis on prend la valeur absolue et on majore e c par e = e, puis e par e ( + +! +! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! ) = 9! ec = 9! ec < 9! e < 9!

12 9! = = = Par conséquent < = = 0 < = 0 00 = = ! +! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! Est une valeur approchée de e à 0 5 près. Allez à : Exercice 4 Correction exercice 5.. f est de classe C sur R, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l ordre. Il existe c ]x, x + h[ tel que : f(x + h) = f(x) + (x + h x)f (x + h x) (x) + f (c) f(x + h)!. D après. : = f(x) + hf (x) + h! f (c) f(x + h) = f(x) + hf (x) + h! f (c) f (x) = h (f(x + h) f(x) h f (c)) f (x) = f(x + h) f(x) h f (c) h f(x + h) + f(x) + h f (c) h = f(x + h) + ( f(x)) + ( h f (c)) = h f(x + h) + f(x) + h f (c) h M 0 + M 0 + h M = M 0 h h + hm Franchement j ai fait des chichis parce que l on peut très bien écrire directement que : f(x + h) f(x) h f (c) f(x + h) + f(x) + h f (c) On rappelle l inégalité triangulaire A + B + C A + B + C On rappelle que l inégalité suivante est en générale très fausse A B A B Et puisqu on est dedans rappelons que A B A B. Posons g(h) = M 0 + hm h, pour h > 0. g (h) = M 0 h + M = 4M 0 + h M h = M h (h 4M 0 M ) = M h (h M 0 M ) (h + M 0 M ) Cette dérivée s annule pour Elle négative pour h 0 = M 0 M

13 Et positive pour Elle admet un minimum en h 0 0 < h < h 0 h > h 0 g(h 0 ) = M 0 + h 0M = M 0 h 0 M + 0 M On déduit de cela que pour tout h M 0 M M = M 0 M + M 0 M = M 0 M Or f (x) g(h) donc pour tout x Par conséquent Allez à : Exercice 5 g(h) M 0 M f (x) M 0 M M = sup f (x) M 0 M x R Correction exercice 6. f est de classe C sur R, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l ordre entre 0 et Il existe c ]0, h[ tel que : Ce qui équivaut à f ( ) = f(0) + ( ( 0) f (0) + 0) f (c! ) f ( ) = 8 f (c ) f est de classe C sur R, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange avec un reste à l ordre entre et Il existe c ], [ tel que : f ( ) = f() + ( ) f () + ( ) f (c! ) On rappelle que la formule «marche» aussi si b = < a = Ce qui équivaut à f ( ) = + 8 f (c ) On en déduit que 8 f (c ) = + 8 f (c ) D où f (c ) f (c ) = 8 Si 4 < f (c ) < 4 f (c ) < 4 et 4 < f (c ) < 4 f (c ) < 4 alors 4 < f(c ) < 4 et 8 < f (c ) f (c ) < 8, l inégalité de droite contredit f (c ) f (c ) = 8, par conséquent soit f (c ) 4, soit f (c ) 4, il existe bien une valeur c ]0,[ tel que f (c) 4. Allez à : Exercice 6 Correction exercice 7.

14 . P est un polynôme de degré impair donc P admet une racine réelle (c est une conséquent quasi-évidente du théorème des valeurs intermédiaire puisque les limites en ± d un polynôme sont ± et que les polynômes sont des fonctions continues), appelons a cette racine f (n) (a) P(a) = 0. On applique la formule de Taylor-Lagrange, avec reste à l ordre n +, sur ]a, x[ ou ]x, a[, selon que a < x ou que x < a, intervalle que l on nomme I, il existe c I tel que (x f(x) = f(a) + (x a)f a) (x (a) + f a)n (a) + + f (n) (x a)n+ (a) + f (n+) (c)! n! (n + )! (x a)n+ = f (n+) (c) (n + )! Donc x a n+ f(x) = f (n+) x a n+ (c) P(c) (n + )! (n + )! L inégalité vient de l hypothèse de l énoncé. Puis comme P est une fonction continue sur un intervalle fermé borné, il existe M tel que pour tout c I, P(x) M, par conséquent x a n+ f(x) M (n + )! Et enfin on fait tendre n vers l infini, comme M ne dépend pas de n, x a n+ M tend vers 0, on en déduit (n+)! que f(x) = 0 pour tout x R.. Non, il suffit de prendre une fonction à dérivée bornée comme f = cos, les dérivées successives de cette fonction sont ± cos et ± sin donc f (n) (x) étant le polynôme constant égal à (il s agit donc d un polynôme de degré pair), et pourtant f 0. Allez à : Exercice 7 Correction exercice 8.. On applique la formule de Taylor-Lagrange, avec reste à l ordre n, sur ]0, x[ ou ]x, 0[, selon que 0 < x ou que x < 0, intervalle que l on nomme I, il existe c I tel que f(x) = f(0) + xf (0) + x! f (0) + + xn (n )! f(n) (0) + xn n! f(n+) (c) = xn n! f(n) (c) On prend x ] λ, λ [ x < λ f(x) = xn n! f(n) (c) = x n f (n) (c) x n sup f (n) (x) (λ x ) n n! n! R Comme λ x ]0,[, lim n + (λ x )n = 0 Cela montre que f(x) = 0 pour tout x 0. Comme f (0) = f la première condition entraine que f(0) = 0. On aurait peut conclure aussi en invoquant la continuité de f en 0.. Soit g(x) = f (x + λ ) g (n) (x) = f (n) (x + λ ) C est évident, il faut quand même noter que la dérivée de g est la dérivée composée de f avec la fonction x x + λ, dont la dérivée est, et que donc que g (x) = f (x + λ ), les dérivées suivantes s en déduisent par une récurrence bien évidente. Reprenons 4

15 g (n) (0) = f (n) ( λ ) = 0 Car ], [, en utilisant la question ) pour g (au lieu de f) g = 0 sur ], [, comme λ λ λ λ λ λ < x < λ λ < x + λ < λ On en déduit que f = 0 sur ], [, et donc sur ], [, ce qui signifie que l on a «agrandi» λ λ λ λ l intervalle où f est nulle de à droite. Cela doit vous convaincre qu en recommençant on pourra λ agrandir l intervalle autant qu on le souhaite à droite, et évidemment on peut faire pareil à gauche. Pour cela considérons les fonctions Et faisons un raisonnement par récurrence g p (x) = f (x + p λ ), p N H p : x ] λ, p + λ [, f(x) = 0 H 0 est vraie c est le ), H, c est ce que nous venons de montrer. Montrons que pour p 0, H p H p+ Comme ci-dessus g (n) p+ (x) = f (n) (x + p + λ ) Par conséquence Car p+ λ g (n) p+ (0) = f (n) ( p + λ ) = 0 ], p+ [ et d après l hypothèse de récurrence. λ λ En utilisant le ) pour la fonction g p+ au lieu de la fonction f Ce qui entraine que λ < x < λ λ + p + λ On en déduit que f est nulle sur ] p λ, p+ C est bien la proposition H p+. x ] λ, λ [, g p+ (x) = 0 x ] λ, p + [, f (x + λ λ ) = 0 p + < x + λ < λ + p + λ p p + < x + λ λ < p + λ [, comme f était déjà nulle sur ], p+ [, f est nulle sur λ λ λ ] λ, p + λ [ Ceci étant vraie pour tout p on en déduit que f est nulle sur ] λ, + [ Par un raisonnement analogue on en déduit que f est nulle sur ], [ et donc sur R. λ Allez à : Exercice 8 Correction exercice 9.. f est C sur [ a+b, b] et C sur ] a+b, b[, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange sur [a+b, b] 5

16 a + b a + b a + b f(b) = f ( ) + (b ) a + b f ( ) (b + ) a + b f a + b (! ) (b + ) f (c! ) a + b b a a + b (b a) = f ( ) + f ( ) + f a + b (b a) ( ) + f (c 8 48 ). f est C sur [a, a+b ] et C sur ]a, a+b a+b [, on peut appliquer la formule de Taylor-Lagrange sur [a, ] a + b a + b f(a) = f ( ) + (a ) a + b f ( ) + (a a + b ) f a + b (! ) + (a a + b ) f (c! ) a + b a b a + b (a b) = f ( ) + f ( ) + f a + b (a b) ( ) + f (c 8 48 ) a + b b a a + b (b a) = f ( ) f ( ) + f a + b (b a) ( ) f (c 8 48 ). f(b) f(a) a + b b a = (f ( ) + f ( a + b b a (f ( ) f ( a + b a + b ) + (b a) 8 ) + (b a) 8 f a + b ( f a + b ( ) + (b a) 48 ) (b a) 48 f (c )) f (c )) = (b a)f a + b (b a) ( ) + (f (c 48 ) + f (c )) = (b a)f a + b (b a) ( ) + f (c ) + f (c ) 4 f (c )+f (c ) est le milieu de f (c ) et de f (c ) donc f (c )+f (c ) est compris entre f (c ) et f (c ), autrement dit Si f (c ) < f (c ) f (c ) + f (c ) ]f (c ), f (c )[ Et si f (c ) < f (c ) f (c ) + f (c ) ]f (c ), f (c )[ Comme f est continue sur [a, b] donc sur [c, c ], d après le théorème des valeurs intermédiaire il existe c [c, c ] tel que f (c ) + f (c ) = f (c) Par conséquent f(b) f(a) = (b a)f a + b (b a) ( ) + f (c) 4 Je n ai pas traité le cas où f (c ) = f (c ), mais dans ce cas c = c ou c = c convient de manière évidente. Allez à : Exercice 9 6