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

Soit f : R −→ R une fonction dérivable. Pour tout a et h, il existe θ ∈ [0 , 1] tel que
f (a + h) − f (a) = hf 0 (a + θh).
(∗)
a) Prouver que f est un polynôme de degré au plus 2 si θ ne dépend ni de a ni de h.
b) Même question en supposant que f est quatre fois dérivable.
***
a) On remplace h par −h dans (∗) puis a par a + h :
f (a + h) − f (a) = hf 0 (a + (1 − θ)h).
(1)
Les relations (∗) et (1) impliquent
hf 0 (a + θh) = hf 0 (a + (1 − θ)h)
(2)
pour tous a et h. Les nombres x = a + θh et y = a + (1 − θ)h peuvent prendre
x−y
toute valeur de R pour un choix approprié de a et h si θ 6= 21 . En effet, h = 2θ−1
x−y
et ce choix de a et h donne les valeurs voulues pour x et y. On
et a = x − θ 2θ−1
peut donc réécrire la relation (2) sous la forme
f 0 (x) = f 0 (y)
pour tous x et y,
autrement dit, f 0 est une fonction constante, f 0 = B et f (x) = C + Bx.
On suppose maintenant que θ = 21 . La relation (∗) s’écrit alors
f (a + h) − f (a) = hf 0 a + h2 .
(3)
On remplace dans cette relation h par −h pour obtenir
f (a − h) − f (a) = −hf 0 a − h2
(4)
et h par 2h puis a par a − h pour obtenir
f (a + h) − f (a − h) = 2hf 0 (a).
(5)
La combinaison (4)+(5)-(3) donne
f 0 a + h2 + f 0 a − h2 = 2f 0 (a).
x+t
,
2
On fait dans cette relation la substitution (i) a =
f 0 (x + t) + f 0 (0) = 2f 0
et la substitution (ii) a =
x+t
,
2
h=x+t :
x+t
2
h=x−t :
f 0 (x) + f 0 (t) = 2f 0
x+t
2
.
On a donc
f 0 (x + t) + f 0 (0) = f 0 (x) + f 0 (t).
(6)
0
0
0
0
On pose ϕ(t) = f (t) − f (0) = f (x + t) − f (x) pour tout x (d’après (6)). On a
alors
(f (x + y) − f (x)) − (f (y) − f (0)) = yf 0 x + y2 − yf 0 y2
(d’après (3))
= y(f 0 (x) − f 0 (0))
(d’après (6))
= yϕ(x)
(par définition de ϕ)
= xϕ(y)
(par symétrie.)
= ϕ(y)
pour tous x et y non nuls et ϕ(x) = Kx. Donc, par définition
Ainsi, ϕ(x)
x
y
0
de ϕ, f (x + t) − K(x + t) = f 0 (x) − Kx pour tout t et f 0 (x) − Kx est constant :
2
f 0 (x) = B + Kx ou f (x) = K x2 + Bx + C.
b) On dérive (∗) r fois par rapport à h (avec la formule de Leibniz) pour obtenir
f (r) (a + h) = hθr f (r+1) (a + θh) + rθr−1 f (r) (a + θh).
On prend alors h = 0, ce qui donne f (r) (a) = rθr−1 f (r) (a). Ici, θ est fixé, a parcourt
R et r ≤ 3.
r=1
⇒
f 0 (a) = f 0 (a) (rien de nouveau),
r=2
⇒
f 00 (a) = 0 pour tout a ou 2θ = 1,
r=3
⇒
f 000 (a) = 0 pour tout a ou 3θ2 = 1.
Si 3θ2 = 1, alors 2θ 6= 1 et f 00 (a) = 0 pour tout a, ce qui implique f 000 (a) = 0 pour
tout a. On a donc dans tous les cas f 000 (a) = 0 pour tout a et f est un polynôme
de degré au plus 2.
Source : A.R. Rajwade, A.K.Bhandari, Surprises and Counterexamples in Real Function Theory, Hindustan Book Agency, 2007 (suivant T.W. Chaundy, On the formula of
the mean, Math. Gaz., 34 (1950), 219-220).