Sujet D.4.6 Formule de Taylor avec reste intégral
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Exercice a
En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction $\,f:x\mapsto\op{Arctan}x\sp{1.5},\,$ déterminer les valeurs de :
$\displaystyle{}\int_0^1\!\frac{t\sp{1.5}(1-t)}{(1+t^2)^2}\,\d t\ \txt{et}\int_0^1\!\frac{(3\sp{1.5}t^2-1)\sp{1.5}(1-t)\sp{1.5}^2\!}{(1+t^2)^3}\,\d t$
croissance de l'intégrale des fonctions réelles
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
formule de Taylor avec reste intégral
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$
indication
Appliquer la formule de Taylor avec reste intégral entre $0$ et $1,$ d'abord à l'ordre $1$ puis à l'ordre $2\sp{1.5}.$
réponse
On obtient successivement :
$\eqalign{&\int_0^1\!\frac{t\sp{1.5}(1-t)}{(1+t^2)^2}\,\d t=\frac12-\frac\pi8\\[.5ex]
&\int_0^1\!\frac{(3\sp{1.5}t^2-1)\sp{1.5}(1-t)\sp{1.5}^2\!}{(1+t^2)^3}\,\d t=\frac\pi4-1}$
correction
La
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
fonction
$\,f:x\mapsto\op{Arctan}x\,$ est de classe $\,\sc C^\I\,$ sur $\,\bb R\sp{1.5},\,$ avec :
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
$\displaystyle{}f'(x)=\frac1{1+x^2}\ \txt{et}\ f''(x)=-\frac{2\sp{1.5}x}{(1+x^2)^2}$
On peut appliquer à la fonction $\,f\,$ la formule de Taylor d'ordre $\,1\,$ avec
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
reste intégral,
entre $\,0\,$ et $\,1:\,$
$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$
$\displaystyle{}f(1)=f(0)+f'(0)+\int_0^1\!\frac{(-2\sp{1.5}t)}{(1+t^2)^2}\sp{1.5}(1-t)\sp{1.5}\d t$
On en déduit alors la valeur de la première intégrale :
$\eqalign{ \int_0^1\frac{t\sp{1.5}(1-t)}{(1+t^2)^2}\,\d t&=\frac12\sp{1.5}\big(f(0)\sp{-1.5}+\sp{-1.5}f'(0)\sp{-1.5}-\sp{-1.5}f(1)\big)=\frac12-\frac\pi8}$
L'intégrale d'une telle fonction rationnelle se calcule classiquement par une décomposition en éléments simples :
On peut ensuite dériver $\,f''(x)\,$ en tant que
$\displaystyle{} \frac{t\sp{1.5}(1-t)}{(1+t^2)^2}=-\frac1{t^2+1}+\frac{t+1}{(t^2+1)^2}$
Il va de soi cependant que cette méthode conduirait à des calculs beaucoup plus longs.
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I\sp{1.5},$ tel que : $\,g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$
Alors les quotients $\,1/g\,$ et $\,f/g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
quotient :
$\displaystyle{}\!\Big(\dfrac 1g\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}-\dfrac{g'(x)}{g(x)^2}\txt{et}
\Big(\dfrac fg\Big)'(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\dfrac{f'(x)\,g(x)-f(x)\,g'(x)}{g(x)^2}$
$\eqalign{f'''(x)=-2\ \frac{(1+x^2)^2-4\sp{1.5}x^2(1+x^2)}{(1+x^2)^4}=\frac{2\sp{1.5}(3\sp{1.5}x^2-1)}{(1+x^2)^3}}$
On applique maintenant à nouveau la formule de Taylor avec
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
reste intégral,
cette fois-ci à l'ordre $\,2:\,$
$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$
$\displaystyle{}f(1)=f(0)+f'(0)+\frac{f''(0)}2+\int_0^1\!\frac{3\sp{1.5}t^2-1}{(1+t^2)^3}\sp{1.5}(1-t)^2\d t$
On obtient ainsi la valeur de la deuxième intégrale :
$\displaystyle{}\int_0^1\!\!\frac{(3\sp{1.5}t^2-1)\sp{1.5}(1-t)^2\!}{(1+t^2)^3}\,\d t=\frac\pi4-1$
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Exercice b
Démontrer que, pour tout $\,x\app\bb [\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\,$ et tout $\,p\app\bb N:\,$
$\displaystyle{}\sum_{k=0}^{2\sp{1.5}p+1}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}\leq\sin x\leq\sum_{k=0}^{2\sp{1.5}p}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}$
En déduire une approximation à $10^{-4}$ près de $\,\sin(1)\,$ par un nombre rationnel.
croissance de l'intégrale des fonctions réelles
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
formule de Taylor avec reste intégral
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$
indication
Appliquer au sinus la formule de Taylor d'ordre $\,2\sp{1.5}n+1\sp{1.5},\,$ avec reste intégral entre $\,0\,$ et $\,x\sp{1.5}.\,$
réponse
On a bien, pour tout $\,x\app\bb [\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\,$ et tout $\,p\app\bb N\sp{1.5},\,$ l'encadrement :
$\displaystyle{}\sum_{k=0}^{2\sp{1.5}p+1}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}\leq\sin x\leq\sum_{k=0}^{2\sp{1.5}p}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}$
On en déduit l'approximation : $\,\sin(1)\simeq\dfrac{8483}{10080}\pm10^{-4}.\,$
correction
La fonction
Les fonctions cosinus et sinus sont de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
sinus
est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec pour tout $\,k\app\bb N:\,$
$\eqalign{&\ptt x\app\bb R,\ \big(\cos'(x)=-\sin x\txt{et} \sin'(x)=\cos x\big) \ \txt{d'où :}\\[-1ex]
&\cos^{(k)}(x)=\cos\big(x+\dfrac{k\sp{1.5}\pi}2\big)\txt{et}\sin^{(k)}(x)=\sin\big(x+\dfrac{k\sp{1.5}\pi}2\big)}$
$\displaystyle{} \sin^{(2\sp{1.5}k)}(0)=0\ \txt{et}\ \sin^{(2\sp{1.5}k+1)}(0)=(-1)^k$
On peut alors lui appliquer la formule de Taylor d'ordre $\,2\sp{1.5}n+1\sp{1.5},\,$ avec
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
reste intégral
entre $\,0\,$ et $\,x:\,$
$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$
$\eqalign{\smh{1.25}{\ptt x\app\bb R\sp{1.5},\ \sin x}&=T_n(x)+R_n(x)\\ \txt{avec :}\ T_n(x)&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}\\[-.5ex]
\txt{et :}\ R_n(x)&=\int_0^x\frac{\sin^{(2\sp{1.5}n+2)}t}{(2\sp{1.5}n+1)\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-t)^{2\sp{1.5}n+1}\d t}$
Pour $\,t\app\,\,[\sp{1.5}0,x\sp{1.5}]\!\subset\![\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ on a d'une part : $\,(x-t)^{2\sp{1.5}n+1}\geq0\sp{1.5},\,$ et d'autre part :
$\displaystyle{}\sin^{(2\sp{1.5}n+2)}\sp{-1.5}t=\sin\big(t+(n+1)\sp{1.5}\pi\big)=(-1)^{n+1}\sin t$
Par
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
croissance
de l'intégrale, $\,R_n(x)\,$ est du signe de $\,(-1)^{n+1}\,$ pour $\,x\app\bb [\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ d'où : $\,R_{2\sp{1.5}p+1}(x)\geq0\,$ et $\,R_{2\sp{1.5}p}(x)\leq0\sp{1.5}.\,$
On a bien ainsi établi l'encadrement de $\,\sin x\,$ sur $\,[\sp{1.5}0,\pi\sp{1.5}]:\,$
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
$\displaystyle{}\sum_{k=0}^{2\sp{1.5}p+1}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}\leq\sin x\leq\sum_{k=0}^{2\sp{1.5}p}(-1)^k\frac{x^{2\sp{1.5}k+1}}{(2\sp{1.5}k+1)\sp{1.5}!}$
Pour $\,p=1\sp{1.5},\,$ on obtient un encadrement de $\,\sin(1)\,$ par deux nombres
Les nombres rationnels sont les nombres réels $\,q\,$ tels que :
rationnels :
$\displaystyle{}\iex a\app\bb Z\sp{1.5},\,\iex\bb \app \bb Z\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\},\ \ q=\frac ab$
Leur ensemble se note $\,\bb Q\,;\,$ un $\,x\app\bb R\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\bb Q\,$ est un nombre irrationnel.
$\eqalign{1-\frac1{3\sp{1.5}!}+\frac1{5\sp{1.5}!}-\frac1{7\sp{1.5}!}&\leq\sin(1)\leq 1-\frac1{3\sp{1.5}!}+\frac1{5\sp{1.5}!}\\
\txt{soit :}\ \frac{4241}{5040}&\leq\sin(1)\leq\frac{101}{120}}$
On peut donc approcher $\,\sin(1)\,$ par la moyenne de ces deux nombres, à la précision : $\,\dfrac1{2\sp{1.5}.7\sp{1.5}!}\simeq0,000099<10^{-4}.\,$
$\displaystyle{}\sin(1)\simeq\frac{8483}{10080}\pm10^{-4}$
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Exercice c
Pour $\,f\app\sc C^2(\bb R,\bb R)\,$ et $\,a,h\app\bb R\sp{1.5},\,$ on considère les fonctions $\,\phi:t\mapsto f(a+t\sp{1.5}h)\,$ et $\,\psi:t\mapsto f'(a+t\sp{1.5}h)\sp{1.5}.\,$
Démontrer l'existence de réels $\,\alpha_h,\beta_h,\gamma_h\app\,[\sp{1.5}0,1]\,$ tels que :
$\eqalign{ & f(a+h)=f(a)+h\sp{1.5}f'(a+\alpha_hh)&(1)\\[.5ex]
& f'(a+h)=f'(a)+h\sp{1.5}f''(a+\beta_hh)&(2)\\[.25ex]
& f(a+h)=f(a)+h\sp{1.5}f'(a)+\smh{1}{\frac{h^2}2}\sp{1.5}f''(a+\gamma_hh)\ \ \ &(3)}$
En supposant que $\,f''(a)\neq 0\sp{1.5},\,$ en déduire la limite de $\,\alpha_h\,$ lorsque $\,h\,$ tend vers $\,0\sp{1.5}.\,$
croissance de l'intégrale des fonctions réelles
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
formule de Taylor avec reste intégral
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :
$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$
indication
1
Pour obtenir la relation $(3)$ on peut, selon ses connaissances :
- soit appliquer directement à la fonction $\phi$ l'égalité de Taylor-Lagrange, à l'ordre $1$ entre $0$ et $1\sp{1.5},$
- soit commencer en utilisant avec $\phi$ la formule de Taylor à reste intégral, à l'ordre $1$ entre $0$ et $1\sp{1.5}.$
indication
2
Substituer $\,\alpha_hh\,$ à $\,h\,$ dans la relation $(2)\sp{1.5},$ pour obtenir $\,\alpha_h\,$ en fonction de deux valeurs de $\,f''\sp{1.5}.\,$
réponse
Il existe bien $\,\alpha_h,\beta_h,\gamma_h\app\,[\sp{1.5}0,1]\,$ vérifiant $(1),\sp{1.5}(2)$ et $(3)\sp{1.5}.$
Avec l'hypothèse $\,f''(a)\neq 0\sp{1.5},\,$ on en déduit : $\,\lim h0 \ \alpha_h=\dfrac12\!\cdot\,$
correction
On considère les fonctions suivantes, respectivement de classe $\sc C^2$ et $\sc C^1$ sur $\,\bb R:\,$
$\displaystyle{}\phi:t\mapsto f(a+t\sp{1.5}h)\txt{et}\psi:t\mapsto f'(a+t\sp{1.5}h)$
En leur appliquant
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ continue sur $[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]$ et dérivable sur $]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5}.$ Alors, il existe un $\,c\sp{1.5}\app\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,$ tel que :
l'égalité
des accroissements finis sur l'intervalle $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ on obtient $\,\alpha_h\sp{1.5}, \sp{1.5}\beta_h\app\,[\sp{1.5}0,1]\,$ tels que :
$\displaystyle{}\smh{2.25}{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}=f'(c)$
$\displaystyle{}\phi(1)=\phi(0)+\phi'(\alpha_h)\,\txt{et}\,\psi(1)=\psi(0)+\psi'(\beta_h)$
$\eqalign{\txt{d'où :}\ f(a+h)&=f(a)+h\sp{1.5}f'(a+\sp{-1.5}\alpha_h\sp{1.5}h)&(1)\\
\txt{et :}\ f'(a+h)&=f'(a)+h\sp{1.5}f''(a+\sp{-1.5}\beta_h\sp{1.5}h)\ \ \ &(2)}$
Si on connaît
Soit $\,f:[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]\to\bb R\,$ de classe $\sc C^n$ sur $[\sp{1.5}a,b\sp{1.5}]$ et $n\!+\!1$ fois dérivable sur $]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\sp{1.5}.$
Alors, il existe un $\,c\sp{1.5}\app\,]\sp{1.5}a,b\sp{1.5}[\,$ tel que :
l'égalité
de Taylor-Lagrange, celle-ci appliquée à $\phi$ à l'ordre $1$ nous donne directement :
$\displaystyle{} f(b)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(b-a)^k+f^{(n+1)}(c)\,\frac{(b-a)^{n+1}\!}{(n+1)\sp{1.5}!}$
$\displaystyle{}\iex\gamma_h\app\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\ \,\phi(1)=\phi(0)+\phi'(0)+\smh{.75}{\smb{1}{\frac12}}\,\phi''(\gamma_h)$
Cependant, si on ne connaît que l'inégalité de Taylor-Lagrange, on peut démontrer comme suit cette égalité :- On applique d'abord à la fonction $\,\phi\,$ la formule de Taylor d'ordre $1$ avec
Soit $\,f:I\to\bb K\,$ de classe $\sc C^{n+1}\sp{1.5};$ pour tous $\,a,x\app I\sp{1.5},\,$ on a alors :reste intégral, entre $0$ et $1:$$\displaystyle{}f(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k\sp{1.5}!}\sp{1.5}(x-a)^k+\int_a^x\frac{f^{(n+1)}(t)}{n\sp{1.5}!}\,(x-t)^n\d t$$\displaystyle{}\phi(1)=\phi(0)+\phi'(0)+\smh{1.5}{\int_0^1}(1-t)\sp{1.5}\phi''(t)\d t$La fonction $\,\phi''\,$ étant continue, elle envoie le segment $[\sp{1.5}0,1]$ sur unL'image d'un segment $\,[a,b]\,$ par une fonction réelle continue est un segment.segment : $\,[\sp{1.5}m\sp{1.5},M]=\phi''([\sp{1.5}0,1])\sp{1.5}.\,$
- On peut ensuite
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$encadrer ce reste intégral, après avoir intégré $\,(1-t)\,$ sur $\,[\sp{1.5}0,1]\,$ par$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$primitivation :$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$$\eqalign{&\smh{1.5}{\dint_0^1\!(1-t)\d t=\Big[-\frac{(1-t)^2}2\Big]_0^1=\dfrac12}\\[-1.5ex] \!\!\txt{d'où :}&m\leq 2\!\int_0^1\!(1-t)\,\phi''(t)\d t\leq M}$
- On a donc : $\,2\smh{0}{\dint_0^1}\!(1-t)\,\phi''(t)\d t\,\app\, \phi''([\sp{1.5}0,1])\sp{1.5},\,$ ce qui prouve enfin l'existence de $\,\gamma_h\app\,[\sp{1.5}0,1]\,$ tel que :
$\eqalign{&\phi(1)=\phi(0)+\phi'(0)+\smh{.5}{\frac12}\,\phi''(\gamma_h)\sp{1.5}, \txt{soit :}\\[-.5ex] &f(a+h)=f(a)+h\sp{1.5}f'(a)+\smh{1}{\frac{h^2}2}\sp{1.5}f''(a+\gamma_h\sp{1.5}h)&\ \ \ (3)}$
$\eqalign{h\sp{1.5}f'(a+\sp{-1.5}\alpha_h\sp{1.5}h)-h\sp{1.5}f'(a)=\smh{1}{\frac{h^2}2}\sp{1.5}f''(a+\gamma_h\sp{1.5}h)}$
On substitue ensuite $\,\alpha_h\sp{1.5}h\,$ à $\,h\,$ dans l'expression de $\,f'(a+h)\,$ fournie par la relation $(2):$
$\displaystyle{}h^2\,\alpha_h\sp{1.5}f''\big(a+\sp{-1.5}\beta_h\sp{1.5}(\alpha_h\sp{1.5}h)\big)=\smh{1}{\frac{h^2}2}\sp{1.5}f''(a+\gamma_h\sp{1.5}h)$
Après simplification par $\,h\neq0\sp{1.5},\,$ et en suposant $\,f''(a)\neq0\sp{1.5},\,$ on obtient finalement, par
$\,f:I\to\bb K\,$ est continue en $\,a\app I\,$ ssi elle a une limite finie en $\,a\sp{1.5}.\,$
Cette limite est alors égale à $\,f(a):\,$ $\,\smb{.75}{\lim x a}f(x)=f(a)\sp{1.5}.\,$
$\sc C(I,\bb K)$ est l'ensemble des $\,f:I\to\bb K\,$ continues en tout $x\app I\sp{1.5}.$
continuité
de $f''$ en $\,a:\,$
$\displaystyle{}\alpha_h=\frac{f''(a+\gamma_h\sp{1.5}h)}{2\,f''\big(a+\sp{-1.5}\beta_h\sp{1.5}(\alpha_h\sp{1.5}h)\big)}\ \,\tend h0\
\,\frac{f''a)}{2\,f''(a)}=\frac12$