Soit f : R −→ R une fonction dérivable. Pour tout a et h, il existe θ

Soit f:R−→ Rune fonction dérivable. Pour tout aet h, il existe θ∈[0 ,1] tel que
f(a+h)−f(a) = hf0(a+θh).(∗)
a) Prouver que fest un polynôme de degré au plus 2si θne dépend ni de ani de h.
b) Même question en supposant que fest quatre fois dérivable.
* * *
a) On remplace hpar −hdans (∗) puis apar a+h:
f(a+h)−f(a) = hf0(a+ (1 −θ)h).(1)
Les relations (∗) et (1) impliquent
hf0(a+θh) = hf0(a+ (1 −θ)h)(2)
pour tous aet h. Les nombres x=a+θh et y=a+ (1 −θ)hpeuvent prendre
toute valeur de Rpour un choix approprié de aet hsi θ6=1
2. En effet, h=x−y 2θ−1
et a=x−θx−y
2θ−1et ce choix de aet hdonne les valeurs voulues pour xet y. On
peut donc réécrire la relation (2) sous la forme
f0(x) = f0(y)pour tous xet y,
autrement dit, f0est une fonction constante, f0=Bet f(x) = C+Bx.
On suppose maintenant que θ=1
2. La relation (∗) s’écrit alors
f(a+h)−f(a) = hf0a+h
2.(3)
On remplace dans cette relation hpar −hpour obtenir
f(a−h)−f(a) = −hf0a−h
2(4)
et hpar 2hpuis apar a−hpour obtenir
f(a+h)−f(a−h) = 2hf0(a).(5)
La combinaison (4)+(5)-(3) donne
f0a+h
2+f0a−h 2= 2f0(a).
On fait dans cette relation la substitution (i) a=x+t
2,h=x+t:
f0(x+t) + f0(0) = 2f0x+t
2
et la substitution (ii) a=x+t
2,h=x−t:
f0(x) + f0(t) = 2f0x+t
2.
On a donc
f0(x+t) + f0(0) = f0(x) + f0(t).(6)
On pose ϕ(t) = f0(t)−f0(0) = f0(x+t)−f0(x)pour tout x(d’après (6)). On a
alors
(f(x+y)−f(x)) −(f(y)−f(0)) = yf 0x+y
2−yf 0y 2(d’après (3))
=y(f0(x)−f0(0)) (d’après (6))
=yϕ(x)(par définition de ϕ)
=xϕ(y)(par symétrie.)
Ainsi, ϕ(x)
x=ϕ(y) ypour tous xet ynon nuls et ϕ(x) = Kx. Donc, par définition
de ϕ,f0(x+t)−K(x+t) = f0(x)−Kx pour tout tet f0(x)−Kx est constant :
f0(x) = B+Kx ou f(x) = Kx2
2+Bx +C.

b) On dérive (∗)rfois par rapport à h(avec la formule de Leibniz) pour obtenir
f(r)(a+h) = hθrf(r+1)(a+θh) + rθr−1f(r)(a+θh).
On prend alors h= 0, ce qui donne f(r)(a) = rθr−1f(r)(a). Ici, θest fixé, aparcourt
Ret r≤3.
r= 1 ⇒f0(a) = f0(a)(rien de nouveau),
r= 2 ⇒f00(a)=0pour tout aou 2θ= 1,
r= 3 ⇒f000(a)=0pour tout aou 3θ2= 1.
Si 3θ2= 1, alors 2θ6= 1 et f00(a)=0pour tout a, ce qui implique f000 (a) = 0 pour
tout a. On a donc dans tous les cas f000(a)=0pour tout aet fest un polynôme
de degré au plus 2.
Source : A.R. Rajwade, A.K.Bhandari, Surprises and Counterexamples in Real Func-
tion Theory, Hindustan Book Agency, 2007 (suivant T.W. Chaundy, On the formula of
the mean, Math. Gaz., 34 (1950), 219-220).