Théorie des fonctions analytiques/Partie I/Chapitre 06

Joseph-Louis Lagrange

Théorie des fonctions analytiques

Gauthier-Villars, 1868 (Œuvres de Lagrange. Tome IX, p. 69-85).

CHAPITRE VI.

Résolution générale des fonctions en séries. Développement des fonctions en séries terminées et composées d’autant de termes qu’on voudra. Moyen d’exprimer les restes depuis un terme quelconque proposé. Théorème nouveau sur ces séries

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33. Nous avons vu jusqu’ici comment on peut trouver directement tous les termes du développement de la fonction $f(x+i)$ suivant les puissances de $i\,;$ on peut, de la même manière, développer une fonction quelconque suivant les puissances ascendantes d’une des variables contenues dans la fonction.

En effet, si l’on reprend la formule

$f(x+i)=f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+{\frac {i^{3}}{2.3}}f'''(x)+\ldots ,$

puisque $x$ et $i$ sont deux quantités indéterminées, on y peut substituer $x-i$ à la place de $x,$ ce qui donnera

$f(x)=f(x-i)+if'(x-i)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x-i)+\ldots .$

De plus, on pourra mettre $xz$ à la place de $i,$ et l’on aura

$f(x)=f(x-xz)+xzf'(x-xz)+{\frac {x^{2}z^{2}}{2}}f''(x-xz)+\ldots ,$

où $z$ est une quantité arbitraire quelconque.

Ici $f(x)$ représente, comme l’on voit, une fonction quelconque de $x,$ et $f'(x-xz),f''(x-xz),\ldots$ représentent les fonctions primes, secondes, etc., de $f(x),$ en y substituant $x(1-z)$ à la place de $x.$ Mais, quoique $f(x)$ ne représente qu’une fonction de $x$ relativement à ses fonctions dérivées, il est clair qu’elle peut représenter en général une fonction quelconque de $x$ et d’autres quantités quelconques, pourvu que ces quantités $y$ soient regardées comme constantes dans la formation des fonctions dérivées $f'(x),f''(x),\ldots .$

Si dans la formule précédente on fait $z=0,$ l’équation devient identique à $f(x)=f(x),$ et, si l’on fait $z=1,$ la quantité $x-xz$ s’évanouit, de sorte que, si l’on dénote simplement par $f,f',f'',\ldots$ les valeurs des fonctions $f(x),$ $f'(x),f''(x),\ldots$ lorsque $x=0,$ on aura

$f(x)=f+xf'+{\frac {x^{2}}{2}}f''+\ldots .$

Ainsi, lorsque $f(x)$ sera une fonction donnée de plusieurs variables $x,y,\ldots ,$ il n’y aura qu’à chercher par les règles générales les fonctions dérivées par rapport à $x$ seul et y faire ensuite $x=0\,;$ on aura tous les termes du développementde la fonction suivant les puissances ascendantes de $x,$ et il est clair que les valeurs des quantités $f',f'',\ldots$ seront des fonctions de $y,\ldots$ sans $x,$ toutes dérivées de la fonction primitive suivant une loi dépendante de la manière dont la quantité $x$ entrera dans cette fonction.

34. On pourrait trouver ce développement d’une manière plus simple en supposant tout de suite

$f(x)=\mathrm {A} +\mathrm {B} x+\mathrm {C} x^{2}+\mathrm {D} x^{3}+\ldots ,$

$\mathrm {A,B,C} ,\ldots$ étant des quantités indépendantes de $x.$ Pour les déterminer, on considérera que cette équation, devant être identique, doit avoir lieu pour toutes les valeurs de $x.$ Donc : 1^o en faisant $x=0,$ on aura $f=\mathrm {A} \,;$ 2^o en prenant les fonctions primes de tous ses termes (n^os 10, 17), on aura encore l’équation identique

$f'(x)=\mathrm {B} +2\mathrm {C} x+3\mathrm {D} x^{2}+\ldots ,$

où, faisant de nouveau $x=0,$ on aura $f'=\mathrm {B} \,;$ 3^o en prenant de nou-

veau les fonctions primes, on aura

$f''(x)=2\mathrm {C} +2.3\mathrm {D} x+3.4\mathrm {E} x^{2}+\ldots ,$

où, faisant derechef $x=0,$ on aura $f''=2\mathrm {C} .$ Continuant de la même manière, on trouvera

$f'''=2.\mathrm {3} D,\quad f^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}=2.3.4\mathrm {E} ,\quad \ldots ,$

d’où l’on tire

$\mathrm {A} =f,\quad \mathrm {B} =f',\quad \mathrm {C} ={\frac {1}{2}}f'',\quad \mathrm {D} ={\frac {1}{2.3}}f''',\quad \ldots ,$

ce qui donnera, par la substitution, la même série pour $f(x)$ que ci-dessus. Mais cette méthode est moins directe que la précédente, et elle suppose déjà la théorie des fonctions dérivées ; elle est d’ailleurs moins rigoureuse, en ce qu’elle suppose de plus que la somme de tous les termes affectés de $x$ devient nulle lorsque $x=0,$ quoique les coefficients de ces termes augmentent à l’infini dans les équations dérivées ; mais le grand avantage de la méthode précédente consiste en ce qu’elle donne le moyen d’arrêter le développement de la série à tel terme que l’on voudra et de juger de la valeur du reste de la série.

Ce problème, l’un des plus importants de la théorie des séries, n’a pas encore été résolu d’une manière générale. On pourrait, à la vérité, le résoudre pour chaque fonction en particulier par les méthodes exposées dans le Chapitre premier ; mais il serait impossible de parvenir par cette voie à une solution générale pour une fonction quelconque.

35. Reprenons donc la formule générale trouvée ci-dessus (n^o 33),

$f(x)=f(x-xz)+xzf'(x-xz)+{\frac {x^{2}z^{2}}{2}}f''(x-xz)+\ldots ,$

et supposons qu’on veuille s’arrêter au premier terme $f(x-xz).$ Comme tous les termes suivants sont multipliés par $x,$ nous supposerons

$f(x)=f(x-xz)+x\mathrm {P} ,$

$\mathrm {P}$ étant regardé comme une fonction de $z$ qui devra être nulle lorsque $z=0,$ puisqu’alors $f(x-xz)$ devient $f(x).$

Comme cette équation doit avoir lieu quelle que soit la valeur de $z,$ qui est arbitraire, son équation prime relativement à $z$ aura donc lieu aussi (n^o 17). On prendra donc les fonctions primes relativement a cette variable, et il est facile de voir que la fonction prime du terme $f(x-xz)$ sera $-xf'(x-xz),$ car on a démontré (n^o 16) que, si $y=f(p),$ $p$ étant une fonction de $x,$ on a

$y'=p'f'(p)\,;$

ainsi, en rapportant les fonctions dérivées à la variable $z$ et faisant $p=x-xz,$ on aura

$p'=-x\quad {\text{et}}\quad y'=-xf'(p)=-xf'(x-xz).$

Donc, à cause que $f(x)$ ne renferme point $z,$ l’équation prime relative à $z$ de l’équation ci-dessus sera

$0=-xf'(x-xz)+x\mathrm {P} ',$

$\mathrm {P} '$ étant la fonction prime de $\mathrm {P}$ relativement à $z,$ d’où l’on tire

$\mathrm {P} '=f'(x-xz).$

On aura donc la valeur de $\mathrm {P}$ en cherchant une fonction de $z$ dont la fonction prime soit égale à $f'(x-xz)$ et qui, de plus, soit telle qu’elle devienne nulle lorsque $z=0.$ Cette valeur de $\mathrm {P}$ ainsi trouvée, si l’on y fait $z=1,$ on aura

$f(x)=f+x\mathrm {P} .$

Supposons, en second lieu,

$f(x)=f(x-xz)+xzf'(x-xz)+x^{2}\mathrm {Q} ,$

$\mathrm {Q}$ étant une fonction de $z,$ qui devra être nulle, comme l’on voit, lorsque $z=0.$

En prenant, comme ci-dessus, les fonctions primes relativement à $z,$ on aura cette équation prime

$0=-xf'(x-xz)+xf'(x-xz)-x^{2}zf''(x-xz)+x^{2}\mathrm {Q} ',$

où les fonctions désignées par $f',f''$ sont les fonctions primes et secondes de $f(x)$ relativement à $x$ et dans lesquelles on a mis ensuite $x-xz$ pour $x.$ On tire de là, en effaçant ce qui se détruit,

$\mathrm {Q} '=zf''(x-xz),$

de sorte qu’on aura la valeur de $\mathrm {Q}$ en cherchant une fonction de $z$ dont la fonction prime ait la valeur qu’on vient de trouver pour $\mathrm {Q} '$ et qui ait la condition de devenir nulle lorsque $z=0.$ Si ensuite on fait $z=1$ on aura

$f(x)=f+xf'+x^{2}\mathrm {Q} .$

Soit, en troisième lieu,

$f(x)=f(x-xz)+xzf'(x-xz)+{\frac {x^{2}z^{2}}{2}}f''(x-xz)+x^{3}\mathrm {R} ,$

$\mathrm {R}$ étant une fonction de $z$ qui s’évanouisse lorsque $z=0.$ On trouvera, en prenant les fonctions primes relativement à $z$ et effaçant les termes qui se détruisent mutuellement,

$\mathrm {R} '={\frac {z^{2}}{2}}f'''(x-xz),$

la fonction représentée par $f'''$ étant la fonction tierce de $f(x)$ relativement à $x$ transformée par la substitution de $x-xz$ à la place de $x.$

Il faudra donc, pour avoir la valeur de $\mathrm {R} ,$ trouver une fonction primitive de $z$ dont la fonction prime soit la valeur précédente de $\mathrm {R} '$ et qui soit telle qu’elle s’évanouisse lorsque $z=0.$ Cette fonction étant trouvée, on aura, en faisant $z=1,$

$f(x)=f+xf'+{\frac {x^{2}}{2}}f''+x^{3}\mathrm {R} ,$

et ainsi de suite.

En continuant ainsi, on aura la formule du n^o 33

$f(x)=f+xf'+{\frac {x^{2}}{2}}f''+{\frac {x^{3}}{2.3}}f'''+\ldots .$

Mais l’analyse précédente a l’avantage de donner la manière d’avoir les restes $x\mathrm {P} ,x^{2}\mathrm {Q} ,x^{3}\mathrm {R} ,\ldots$ de la série lorsqu’on veut l’interrompre à son premier, deuxième, troisième, etc., terme.

36. Voilà le problème résolu analytiquement ; mais, comme les quantités $\mathrm {P,Q,R} ,\ldots$ ne sont connues que par leurs fonctions primes, il reste encore à remonter de ces fonctions aux fonctions primitives, ce qui peut être souvent fort difficile et même impossible.

Cependant, si l’on connaissait la quantité $\mathrm {P} ,$ on en pourrait déduire toutes les autres par les simples fonctions dérivées, car la comparaison des valeurs de $f(x)$ donne

$\mathrm {P} =zf'(x-xz)+x\mathrm {Q} ,$

et l’on a trouvé $f'(x-xz)=\mathrm {P} '\,;$ donc, substituant, on aura

$\mathrm {P} =z\mathrm {P} '+x\mathrm {Q} ,$

d’où l’on tire

$\mathrm {Q} ={\frac {\mathrm {P} -z\mathrm {P} '}{x}}.$

On a ensuite

$\mathrm {Q} ={\frac {z^{2}}{2}}f''(x-xz)+x\mathrm {R} ,$

et l’on a trouvé

$2f''(x-xz)=\mathrm {Q} '\,;$

donc

$\mathrm {Q} ={\frac {z}{2}}\mathrm {Q} '+x\mathrm {R} ,$

d’où l’on tire

$\mathrm {R} ={\frac {\mathrm {Q} -{\frac {1}{2}}z\mathrm {Q} '}{x}}.$

On trouvera de même

$\mathrm {S} ={\frac {\mathrm {R} -{\frac {1}{3}}z\mathrm {R} '}{x}},$

et ainsi de suite.

Si l’on fait $\mathrm {P} =zp,\ \mathrm {Q} =z^{2}q,\ \mathrm {R} =z^{3}r,\ldots ,$ on aura

$q=-{\frac {p'}{x}},\quad r=-{\frac {q'}{2x}},\quad s=-{\frac {r'}{3x}},\quad \ldots ,$

et la fonction $f(x)$ deviendra, en remettant $i$ à la place de $xz.$

${\begin{aligned}f(x)&=f(x-i)+ip,\\&=f(x-i)+if'(x-i)+i^{2}q,\\&=f(x-i)+if'(x-i)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x-i)+i^{3}r,\\&=\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$

Ainsi, connaissant le premier reste $ip,$ on pourra connaître tous les autres restes $i^{2}q,i^{3}r,\ldots$ par les simples fonctions dérivées relatives à $z={\frac {i}{x}},$ et, si l’on prend simplement les fonctions dérivées relativement à $i,$ on aura

$q=-p',\quad r=-{\frac {q'}{2}},\quad s=-{\frac {r'}{3}},\quad \ldots .$

Par exemple, en faisant $f(x)={\frac {1}{x}}$ comme dans le n^o 4, on aura

$f(x-i)={\frac {1}{x-i}},$

et, prenant les fonctions dérivées par rapport à $x,$ on aura

$f'(x-i)=-{\frac {1}{(x-i)^{2}}},\quad f''(x-i)={\frac {2}{(x-i)^{3}}},\quad \ldots \,;$

or on trouve

$p={\frac {f(x)-f(x-i)}{i}}=-{\frac {1}{x(x-i)}}\,;$

de là, en prenant les fonctions dérivées par rapport à $i,$ on tirera tout de suite

$q=-p'={\frac {1}{x(x-i)^{2}}},\quad r=-{\frac {q'}{2}}=-{\frac {1}{x(x-i)^{3}}},\quad \ldots .$

Donc, si l’on fait ces substitutions dans les expressions de $f(x),$ et qu’on y mette ensuite $x+i$ à la place de $x,$ on aura

${\frac {1}{x+i}}={\frac {1}{x}}-{\frac {i}{x(x+i)}}={\frac {1}{x}}-{\frac {i}{x^{2}}}+{\frac {i^{2}}{x^{2}(x+i)}}=\ldots ,$

comme dans le numéro cité.

Soit encore $f(x)={\sqrt {x}}\,;$ on aura

$f(x-i)={\sqrt {x-i}},$

et, prenant les fonctions dérivées par rapport à $x,$

$f'(x-i)={\frac {1}{2{\sqrt {x-i}}}},\quad f''(x-i)=-{\frac {1}{4(x-i)^{\frac {3}{2}}}},\quad \ldots .$

Ici on aura

$p={\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {x-i}}}{i}}={\frac {1}{{\sqrt {x}}+{\sqrt {x-i}}}},$

et de là, en prenant les fonctions dérivées relatives à $i,$

${\begin{aligned}q=&-{\frac {1}{2{\sqrt {x-i}}\left({\sqrt {x}}+{\sqrt {x-i}}\right)^{2}}},\\r=&-{\frac {1}{8(x-i)^{\frac {3}{2}}\left({\sqrt {x}}+{\sqrt {x-i}}\right)^{2}}}+{\frac {1}{4(x-i)\left({\sqrt {x}}+{\sqrt {x-i}}\right)^{3}}}\\=&{\frac {{\sqrt {x}}+3{\sqrt {x-i}}}{8(x-i)^{\frac {5}{2}}\left({\sqrt {x}}+{\sqrt {x-i}}\right)^{3}}},\\\ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$

Par ces substitutions dans les expressions de $f(x),$ on aura, en mettant $x+i$ à la place de $x,$

${\begin{aligned}{\sqrt {x+i}}&={\sqrt {x}}+{\frac {i}{{\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}}}={\sqrt {x}}+{\frac {i}{2{\sqrt {x}}}}-{\frac {i^{2}}{2{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{2}}}\\&={\sqrt {x}}+{\frac {i}{2{\sqrt {x}}}}-{\frac {i^{2}}{8x{\sqrt {x}}}}+{\frac {i^{3}\left({\sqrt {x+i}}+3{\sqrt {x}}\right)}{8x{\sqrt {x}}\left({\sqrt {x+i}}+{\sqrt {x}}\right)^{3}}}\\&={\sqrt {x}}+{\frac {i}{2{\sqrt {x}}}}-{\frac {i^{2}}{8x{\sqrt {x}}}}+{\frac {i^{3}}{16x^{2}{\sqrt {x}}}}+\ldots ,\end{aligned}}$

comme dans le même numéro cité.

37. On peut aussi tirer directement de la formule du n^o 3

$f(x+i)=f(x)+i\mathrm {P}$

la loi de la série et l’expression des restes, en prenant alternativement

les fonctions dérivées par rapport à $x$ et à $i\,;$ nous marquerons ces dernières par un trait placé au bas.

On a d’abord, par les fonctions dérivées relatives à $x,$

$f'(x+i)=f'(x)+i\mathrm {P} ',$

ensuite, par les fonctions dérivées relatives à $i,$

$f'(x+i)=\mathrm {P} +i\mathrm {P} _{_{'}},$

car il est visible que, relativement à $i,$ la dérivée de $f(x+i)$ est la même que relativement à $x.$ On aura donc

$f'(x)+i\mathrm {P} '=\mathrm {P} +i\mathrm {P} _{_{'}},$

d’où l’on tire

$\mathrm {P} =f'(x)+i\mathrm {\left(P'-P_{_{'}}\right)} .$

Faisons $\mathrm {Q=P'-P_{_{'}}} \,;$ on aura, en substituant la valeur de $\mathrm {P} ,$

$f(x+i)=f(x)+if'(x)+i^{2}\mathrm {Q} .$

Prenons de nouveau les fonctions dérivées par rapport à $x$ et par rapport à $i\,;$ on aura

$f'(x+i)=f'(x)+if''(x)+i^{2}\mathrm {Q} '\quad {\text{et}}\quad f'(x+i)=f'(x)+2i\mathrm {Q} +i^{2}\mathrm {Q} _{_{'}}\,;$

donc

$f''(x)+i\mathrm {Q} '=2\mathrm {Q} +i\mathrm {Q} _{_{'}},$

d’où

$\mathrm {Q} ={\frac {f''(x)+i\mathrm {\left(Q'-Q_{_{'}}\right)} }{2}}.$

Donc, si l’on fait $\mathrm {R={\frac {\left(Q'-Q_{_{'}}\right)}{2}}} ,$ on aura, en substituant,

$f(x+i)=f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+i^{3}\mathrm {R} .$

On trouvera de même, en faisant $\mathrm {S={\frac {R'-R_{_{'}}}{2}}} ,$ et ainsi de suite.

$f(x+i)=f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+{\frac {i^{3}}{2.3}}f'''(x)+i^{4}\mathrm {S} ,$

et ainsi de suite.

Si l’on fait, par exemple, $f(x)={\frac {1}{x}},$ ce qui donne

$\mathrm {P} ={\frac {1}{i}}\left({\frac {1}{x+i}}-{\frac {1}{x}}\right)=-{\frac {1}{x(x+i)}},$

on aura

$\mathrm {P} '={\frac {1}{x^{2}(x+i)}}+{\frac {1}{x(x+i)^{2}}},\quad \mathrm {P} _{_{'}}={\frac {1}{x(x+i)^{2}}},$

donc

$\mathrm {Q} ={\frac {1}{x^{2}(x+i)}},$

ensuite

$\mathrm {Q} '=-{\frac {2}{x^{3}(x+i)}}-{\frac {1}{x^{2}(x+i)^{2}}},\quad \mathrm {Q} _{_{'}}=-{\frac {1}{x^{2}(x+i)^{2}}},$

et de là

$\mathrm {R} =-{\frac {1}{x^{3}(x+i)}}\,;$

on trouvera de même

$\mathrm {S} ={\frac {1}{x^{4}(x+i)}},$

et ainsi de suite, ce qui redonnera la série déjà trouvée.

Mais, pour notre objet, il importe moins de connaître les restes exacts de la série développée jusqu’à un terme quelconque que d’avoir des limites de ces restes pour pouvoir apprécier l’erreur qu’on peut commettre en ne tenant compte que de quelques-uns des premiers termes.

38. Pour cela, nous allons établir ce lemme général :

Si une fonction prime de $x,$ telle que $f'(x),$ est toujours positive pour toutes les valeurs de $x$ depuis $x=a$ jusqu’à $x=b,$ $b$ étant $>a,$ la différence des fonctions primitives qui répondent à ces deux valeurs de $x,$ savoir $f(b)-f(a),$ sera nécessairement une quantité positive.

Reprenons la formule

$f(x+i)=f(x)+i\mathrm {P} ,$

dans laquelle $\mathrm {P}$ est une fonction de $x$ et $i,$ qui, en faisant $i=0,$ devient

$f'(x)$ (n^os 3, 8) ; il est évident que, si $f'(x)$ est une quantité positive, la valeur de $\mathrm {P}$ sera nécessairement positive depuis $i=0$ jusqu’à une certaine valeur de $i$ qu’on pourra prendre aussi petite qu’on voudra. Donc, lorsque la valeur de la fonction prime $f'(x)$ est positive, on pourra toujours prendre pour $i$ une quantité positive et assez petite pour que la quantité $f(x+i)-f(x)$ soit nécessairement positive.

Mettons successivement à la place de $x$ les quantités

$a,\quad a+i,\quad a+2i,\quad a+3i,\quad \ldots ,\quad a+ni\,;$

il en résultera que l’on peut prendre $i$ positif et assez petit pour que toutes les quantités

$f(a+i)-f(a),\quad f(a+2i)-f(a+i),$

$f(a+3i)-f(a+2i),\quad \ldots ,\quad f(\left[a+(n+1)i\right]-f(a+ni)$

soient nécessairement positives si les quantités

$f'(a),\quad f'(a+i),\quad f'(a+2i),\quad \ldots ,\quad f'(a+ni)$

le sont. Donc aussi, dans ce cas, la somme des premières quantités, c’est-à-dire la quantité $f\left[a+(n+1)i\right]-f(a),$ sera positive.

Faisons maintenant $a+(n+1)i=b\,;$ on aura

$i={\frac {b-a}{n+1}},$

et l’on en conclura que la quantité $f(b)-f(a)$ sera nécessairement positive si toutes les quantités

$f'(a),\quad f'\left(a+{\frac {b-a}{n+1}}\right),\quad f'\left(a+{\frac {2(b-a)}{n+1}}\right),$

$f'\left(a+{\frac {3(b-a)}{n+1}}\right),\quad \ldots ,\quad f'\left(a+{\frac {n(b-a)}{n+1}}\right)$

sont positives, en prenant $n$ aussi grand qu’on voudra.

Donc, à plus forte raison, la quantité $f(b)-f(a)$ sera positive, si $f'(x)$ est toujours une quantité positive, en donnant à $x$ toutes les valeurs possibles, depuis $x=a$ jusqu’à $x=b,$ puisque parmi ces valeurs se trouveront nécessairement les valeurs

$a,\quad a+{\frac {b-a}{n+1}},\quad a+{\frac {2(b-a)}{n+1}},\quad \ldots ,\quad a+{\frac {n(b-a)}{n+1}},$

en prenant $n$ aussi grand qu’on voudra.

39. À l’aide de ce lemme, on peut trouver des limites en plus et en moins de toute fonction primitive dont on connaît la fonction prime.

Soit la fonction primitive $\operatorname {F} (z)$ dont la fonction prime $\operatorname {F} '(z)$ soit exprimée par $z^{m}\mathrm {Z} ,$ $\mathrm {Z}$ étant une fonction donnée de $z.$ Soient $\mathrm {M}$ la plus grande et $\mathrm {N}$ la plus petite valeur de $\mathrm {Z}$ pour toutes les valeurs de $z$ comprises entre les quantités $a$ et $b,$ en regardant comme plus grandes les négatives moindres et comme moindres les négatives plus grandes, ce qui est conforme à la marche du calcul, puisque, par exemple, $-1>-2,\ -5>-7,$ et de même $-2<-1,$ et ainsi des autres. Donc les quantités $\mathrm {M-Z}$ et $\mathrm {Z-N}$ seront toujours positives depuis $z=a$ jusqu’à $z=b,$ et il en sera de même des quantités $z^{m}(\mathrm {M-Z} )$ et $z^{m}(\mathrm {Z-N} ).$

Donc : 1^o si l’on fait $f'(z)=z^{m}(\mathrm {M-Z} ),$ on aura, par le lemme précédent,

$f(b)-f(a)>0\,;$

or, $z^{m}\mathrm {Z}$ étant $\operatorname {F} '(z),$ sa fonction primitive sera $\operatorname {F} (z),$ et, comme $\mathrm {M}$ est une quantité constante, la fonction primitive de $\mathrm {M} z^{m}$ est ${\frac {\mathrm {M} z^{m+1}}{m+1}}\,;$ donc on aura

$f(z)={\frac {\mathrm {M} z^{m+1}}{m+1}}-\operatorname {F} (z),$

et, faisant successivement $z=a$ et $z=b,$ l’équation

$f(b)-f(a)>0$

donnera

${\frac {\mathrm {M} b^{m+1}}{m+1}}-\operatorname {F} (b)-{\frac {\mathrm {M} a^{m+1}}{m+1}}+\operatorname {F} (a)>0,$

d’où l’on tire

$\operatorname {F} (b)<\operatorname {F} (a)+{\frac {\mathrm {M} \left(b^{m+1}-a^{m+1}\right)}{m+1}}.$

2^o Si l’on fait $f'(z)=z^{m}(\mathrm {Z-N} ),$ on aura aussi

$f(b)-f(a)>0,$

et l’on trouvera, comme ci-dessus,

$f(z)=\operatorname {F} (z)-{\frac {\mathrm {N} z^{m+1}}{m+1}}\,;$

donc, faisant successivement $z=a$ et $z=b,$ l’équation

$f(b)-f(a)>0$

donnera

$\operatorname {F} (b)-{\frac {\mathrm {N} b^{m+1}}{m+1}}-\operatorname {F} (a)+{\frac {\mathrm {N} a^{m+1}}{m+1}}>0,$

id’où l’on tire

$\operatorname {F} (b)>\operatorname {F} (a)+{\frac {\mathrm {N} \left(b^{m+1}-a^{m+1}\right)}{m+1}}.$

Appliquons ces résultats aux quantités $\mathrm {P,Q,R} ,\ldots$ du n^o 35.

Comme ces quantités sont regardées comme des fonctions de $z,$ nous supposerons d’abord $\mathrm {P} =\operatorname {F} (z),$ et par conséquent.

$\mathrm {P} '=\operatorname {F} '(z)=f'(x-xz)\,;$

donc, puisqu’on a supposé $\operatorname {F} '(z)=z^{m}\mathrm {Z} ,$ prenant $m=0,$ on aura

$\mathrm {Z} =f'(x-xa).$

Faisons maintenant $a=0$ et $b=1\,;$ la condition de la fonction $\mathrm {P} ,$ qui doit être nulle lorsque $z=0,$ donnera $\operatorname {F} (a)=0,$ et alors $\operatorname {F} (b)$ sera la valeur de $\mathrm {P}$ répondant à $z=1$

Donc, si $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ sont la plus grande et la plus petite valeur de $f'(x-xz)$ relativement à toutes les valeurs de $z,$ depuis $z=0$ jusqu’à $z=1,$ on aura

$\operatorname {F} (b)<\mathrm {M} \quad {\text{et}}\quad >\mathrm {N} .$

Par conséquent, $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ seront les deux limites de la quantité $\mathrm {P} ,$ en y faisant $z=1.$

Supposons, en second lieu, $\mathrm {Q} =\operatorname {F} (z)\,;$ on aura

$\mathrm {Q} '=\operatorname {F} '(z)=zf''(x-xz)\,;$

donc, faisant $m=1,$ on aura

$\mathrm {Z} =f''(x-xz).$

Soient pareillement $a=0$ et $b=1\,;$ on aura aussi, par la condition de la fonction $\mathrm {Q} ,$ qui doit être nulle lorsque $z$ est nul,

$\operatorname {F} (a)=0,$

et alors $\operatorname {F} (b)$ sera égale à la valeur de $\mathrm {Q}$ répondant à $z=1$

Donc, si $\mathrm {M} _{1}$ et $\mathrm {N} _{1}$ sont la plus grande et la plus petite valeur de $f''(x-xz)$ pour toutes les valeurs de $z,$ depuis $z=0$ jusqu’à $z=1,$ on aura

$\operatorname {F} (b)<{\frac {\mathrm {M} _{1}}{2}}\quad {\text{et}}\quad >{\frac {\mathrm {N} _{1}}{2}},$

de sorte que ${\frac {\mathrm {M} _{1}}{2}}$ et ${\frac {\mathrm {N} _{1}}{2}}$ seront les limites de la valeur $\mathrm {Q}$ lorsque $z$ y est égal à $1.$

Supposons, en troisième lieu, $\mathrm {R} =\operatorname {F} (z)\,;$ on aura

$\mathrm {R} '=\operatorname {F} '(z)={\frac {z^{2}}{2}}f'''(x-xz)\,;$

donc, faisant $m=2,$ $a=0,$ $b=1,$ on trouvera de la même manière que, si $\mathrm {M} _{2}$ et $\mathrm {N} _{2}$ sont la plus grande et la plus petite valeur de ${\frac {1}{2}}f'''(x-xz),$ en donnant à $z$ toutes les valeurs depuis zéro jusqu’à l’unité, on aura ${\frac {\mathrm {M} _{2}}{3}}$ et ${\frac {\mathrm {N} _{2}}{3}}$ pour les limites de la valeur de la quantité $\mathrm {R}$ lorsqu’on y fait $z=1$ Et ainsi de suite.

Maintenant il est clair que, en donnant à $z,$ dans une fonction de $x(1-z),$ toutes les valeurs depuis $z=0$ jusqu’à $z=1,$ les valeurs que recevra cette fonction seront les mêmes que celles que recevrait une pareille fonction de $u$ en donnant successivement à $u$ toutes les valeurs depuis $u=0$ jusqu’à $u=x,$ car, faisant $x(1-z)=u,$ $z=0$ donne $u=x,$ $z=1$ donne $u=0,$ et les valeurs intermédiaires de $z$ donneront des valeurs de $u$ intermédiaires entre celles-ci. D’où il est aisé de conclure que les quantités $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ seront la plus grande et la plus petite valeur de $f'(u)$ relativement à toutes les valeurs de $u,$ depuis $u=0$ jusqu’à $u=x,$ et que, par conséquent, toute valeur intermédiaire entre $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ pourra être exprimée par $f'(u),$ en donnant à $u$ une valeur intermédiaire entre $0$ et $x.$ Donc la valeur de la quantité $\mathrm {P}$ relative à $z=1$ pourra être exprimée par $f'(u),$ $u$ étant une quantité entre $0$ et $x.$ On en conclura de même que la valeur de $\mathrm {Q}$ répondant à $z=1$ pourra être exprimée par ${\frac {1}{2}}f''(u),$ en donnant à $u$ une valeur intermédiaire entre $0$ et $x,$ et l’on en conclura pareillement que la valeur de $\mathrm {R}$ relative à $z=1$ pourra être exprimée par ${\frac {1}{2.3}}f'''(u),$ en prenant pour $u$ une quantité entre $0$ et $x.$ Et ainsi de suite.

40. D’où résulte enfin ce théorème nouveau et remarquable par sa simplicité et sa généralité, qu’en désignant par $u$ une quantité inconnue, mais renfermée entre les limites $0$ et $x,$ on peut développer successivement toute fonction de $x$ et d’autres quantités quelconques suivant, les puissances de $x$ de cette manière,

${\begin{aligned}f(x)&=f+xf'(u)\\&=f+xf'+{\frac {x^{2}}{2}}f''(u)\\&=f+xf'+{\frac {x^{2}}{2}}f''+{\frac {x^{3}}{2.3}}f'''(u)\\&=\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

les quantités $f,f',f'',\ldots$ étant les valeurs de la fonction $f(x)$ et de ses dérivées $f'(x),f''(x),\ldots ,$ lorsqu’on y fait $x=0.$

Ainsi, pour le développement de $f(z+x)$ suivant les puissances de $x,$ on aura

$f=f(z),\quad f'=f'(z),\quad f''=f''(z),\quad \ldots ,$

où l’on remarquera que les quantités $f'(z),f''(z),\ldots$ sont également les fonctions primes, secondes, etc. de $f(z),$ ce qui est évident ; car il est visible que $f'(z+x),f''(z+x),\ldots$ sont également les fonctions primes, secondes, etc. de $f(z+x),$ soit qu’on les prenne relativement

à $x$ ou relativement à $z,$ puisque l’augmentation de $z+x$ est la même enchangeant $x$ en $x+i$ ou $z$ en $z+i.$

Prenant donc $f'(z),f''(z),\ldots$ pour les fonctions dérivées de $f(z)\,;$ on aura

${\begin{aligned}f(z+x)&=f(z)+xf'(z+u)\\&=f(z)+xf'(z)+{\frac {x^{2}}{2}}f''(z+u)\\&=f(z)+xf'(z)+{\frac {x^{2}}{2}}f''(z)+{\frac {x^{3}}{2.3}}f'''(z+u)\\&=\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots ,\end{aligned}}$

où $u$ désigne une quantité inconnue, mais renfermée entre les limites $0$ et $x.$

En changeant $z$ en $x$ et $x$ en $i,$ on aura le développement de $f(x+i)$ suivant les puissances de $i,$ et l’on voit que dans ce développement la série infinie, à commencer d’un terme quelconque, est toujours égale à la valeur de ce premier terme en y mettant $x+j$ à la place de $x,$ $j$ étant une quantité entre $0$ et $i,$ que par conséquent la plus grande et la plus petite valeur de ce terme relativement à toutes les valeurs de $j,$ depuis $0$ jusqu’à $i,$ seront les limites de la valeur du reste de la série continuée à l’infini.

Si l’on fait $f(z)=z^{m},$ on aura le développement du binôme $(z+x)^{m},$ et l’on en conclura que la somme de tous les termes, à commencer d’un terme quelconque

${\frac {m(m-1)\ldots (m-n+1)}{1.2\ldots n}}z^{m-n}x^{n},$

sera renfermée entre ces limites

${\frac {m(m-1)\ldots (m-n+1)}{1.2\ldots n}}z^{m-n}x^{n},$

et

${\frac {m(m-1)\ldots (m-n+1)}{1.2\ldots n}}(z+x)^{m-n}x^{n}\,;$

car il est évident que la plus grande et la plus petite valeur de $(z+u)^{m-n}$ seront $(z+x)^{m-n}$ et $z^{m-n}.$

La perfection des méthodes d’approximation dans lesquelles on emploie les séries dépend non-seulement de la convergence des séries, mais encore de ce qu’on puisse estimer l’erreur qui résulte des termes qu’on néglige, et à cet égard on peut dire que presque toutes les méthodes d’approximation dont on fait usage dans la solution des problèmes géométriques et mécaniques sont encore très-imparfaites. Le théorème précédent pourra servir, dans beaucoup d’occasions, à donner à ces méthodes la perfection qui leur manque et sans laquelle il est souvent dangereux de les employer.

On trouve dans la Leçon IX du Calcul des fonctions^[1] une méthode plus simple d’avoir les limites du développement d’une fonction, avec de nouvelles remarques sur ce sujet. (Voir aussi un Mémoire de M. Ampère dans le Tome VI du Journal de l’École Polytechnique.)

1. Œuvres de Lagrange, t. X