Exercice 37

1. Comme $f(0) = 0$, on a $g(x) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ : c'est le taux d'accroissement de $f$ en $0$, qui tend vers $f'(0)$. $$\boxed{g \text{ se prolonge par continuité en } 0, \text{ avec } g(0) = f'(0)}$$

2. Formule de Leibniz. Sur chacun des intervalles $]-\infty\,,0[$ et $]0\,,+\infty[$, la fonction $g$ est le produit de $f$ et de $x \mapsto \frac{1}{x}$, toutes deux de classe $\mathcal{C}^{\infty}$, et $\big(\frac{1}{x}\big)^{(k)} = \frac{(-1)^{k}k!}{x^{k + 1}}$ par récurrence. La formule de Leibniz (chapitre 9, théorème 9) donne $$g^{(n)}(x) = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n - k)}(x)\,\frac{(-1)^{k}k!}{x^{k + 1}} = \frac{(-1)^{n}n!}{x^{n + 1}}\sum_{j = 0}^{n} \frac{f^{(j)}(x)}{j!}\,(-x)^{j},$$ où l'on a posé $j = n - k$, puis utilisé $\binom{n}{k}k! = \frac{n!}{j!}$ et $(-1)^{k}x^{j} = (-1)^{n}(-x)^{j}$.

Formule de Taylor. La dernière somme est le polynôme de Taylor de $f$ au point $x$, évalué en $0$, puisque $(-x)^{j} = (0 - x)^{j}$. La formule de Taylor avec reste intégral (théorème 7), entre $x$ et $0$, et l'hypothèse $f(0) = 0$ donnent donc $$0 = f(0) = \sum_{j = 0}^{n} \frac{f^{(j)}(x)}{j!}\,(0 - x)^{j} + \int_{x}^{0} \frac{(0 - t)^{n}}{n!}\,f^{(n + 1)}(t)\,\mathrm{d} t,$$ d'où $\sum_{j = 0}^{n} \frac{f^{(j)}(x)}{j!}(-x)^{j} = \frac{(-1)^{n}}{n!}\int_{0}^{x} t^{n}f^{(n + 1)}(t)\,\mathrm{d} t$. En reportant, les facteurs $(-1)^{n}n!$ se simplifient. $$\boxed{g^{(n)}(x) = \frac{1}{x^{n + 1}}\int_{0}^{x} t^{n}f^{(n + 1)}(t)\,\mathrm{d} t \qquad (x \neq 0)}$$ On a vérifié cette formule pour $f = \sin$, $x \mapsto \mathrm{e}^{x} - 1$ et $x \mapsto \ln(1 + x)$, pour $n \leqslant 3$, en $x = 0{,}7$ et en $x = -0{,}3$. ✓

3. On compare $f^{(n + 1)}(t)$ à sa valeur en $0$. Comme $\int_{0}^{x} t^{n}\,\mathrm{d} t = \frac{x^{n + 1}}{n + 1}$, $$g^{(n)}(x) - \frac{f^{(n + 1)}(0)}{n + 1} = \frac{1}{x^{n + 1}}\int_{0}^{x} t^{n}\big(f^{(n + 1)}(t) - f^{(n + 1)}(0)\big)\,\mathrm{d} t.$$ Soit $\varepsilon > 0$. Par continuité de $f^{(n + 1)}$ en $0$, il existe $\delta > 0$ tel que $|f^{(n + 1)}(t) - f^{(n + 1)}(0)| \leqslant \varepsilon$ pour $|t| \leqslant \delta$. Pour $0 < |x| \leqslant \delta$, tout $t$ entre $0$ et $x$ vérifie $|t| \leqslant \delta$, et l'inégalité triangulaire, appliquée sur le segment d'extrémités $0$ et $x$, majore l'intégrale par $\varepsilon\,\frac{|x|^{n + 1}}{n + 1}$. Donc $\big|g^{(n)}(x) - \frac{f^{(n + 1)}(0)}{n + 1}\big| \leqslant \frac{\varepsilon}{n + 1}$. $$\boxed{\lim_{x \to 0} g^{(n)}(x) = \frac{f^{(n + 1)}(0)}{n + 1}}$$

4. On montre par récurrence sur $n$ que le prolongement de $g$ est de classe $\mathcal{C}^{n}$ sur $\mathbb{R}$, avec $g^{(n)}(0) = \frac{f^{(n + 1)}(0)}{n + 1}$. Pour $n = 0$, c'est la question 1. Supposons-le au rang $n$. La fonction $g^{(n)}$ est continue sur $\mathbb{R}$, dérivable sur $\mathbb{R}^{*}$, et sa dérivée $g^{(n + 1)}$ y admet la limite $\frac{f^{(n + 2)}(0)}{n + 2}$ en $0$, par la question 3. Le théorème de la limite de la dérivée (chapitre 9, théorème 8) montre que $g^{(n)}$ est dérivable en $0$, de dérivée cette limite, et que $g^{(n + 1)}$ est continue en $0$ ; elle l'est sur $\mathbb{R}^{*}$, où $g$ est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$. Donc $g$ est de classe $\mathcal{C}^{n + 1}$ sur $\mathbb{R}$. $$\boxed{g \in \mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R}), \qquad g^{(n)}(0) = \frac{f^{(n + 1)}(0)}{n + 1}}$$ On retrouve les coefficients attendus : $\frac{g^{(n)}(0)}{n!} = \frac{f^{(n + 1)}(0)}{(n + 1)!}$ est bien le coefficient de $x^{n}$ dans le développement limité de $\frac{f(x)}{x}$ (chapitre 10). Pour $f = \sin$, on obtient que $x \mapsto \frac{\sin x}{x}$, prolongée par $1$, est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$, avec $g''(0) = -\frac{1}{3}$. ✓

Piège. La formule de Leibniz donne $g^{(n)}(x)$ comme une somme de termes qui, pris séparément, tendent vers l'infini en $0$ : l'erreur la plus répandue est d'en conclure que $g^{(n)}$ n'a pas de limite. Les termes se compensent, et c'est la formule de Taylor qui rend cette compensation visible, en remplaçant la somme par une intégrale de taille $|x|^{n + 1}$.