Voy a tratar de dar una prueba del caso general $[y_0,\ldots,y_n;f]$. Esta prueba tiene muchas similitudes con el de timur, pero voy a formular las cosas más en términos de límites en lugar de usar $\epsilon$s y $\delta$s. Mi otra respuesta que estaba mal, pero se los dejo ya que había algunas partes interesantes, uno de los cuales voy a rehacer aquí.
Espero no pasar por alto nada grave esta vez. Sin embargo, estoy seguro de que me he tomado un par de técnicos atajos que podría necesitar rellenar: el lema que se proporciona al final es un intento de que.
Notación: Vamos a $R^{n+1}_k\subset\mathbb{R}^{n+1}$ consta de los puntos de $y=(y_0,\ldots,y_n)$ para los que en la mayoría de los $k$ coeficientes tienen el mismo valor: es decir $R^{n+1}_1$ son aquellos en los que todos los $y_i$ son distintos, mientras que $R^{n+1}_{n+1}=\mathbb{R}^{n+1}$. Luego tenemos la $[\cdot;f]:R^{n+1}_1\rightarrow\mathbb{R}$ se define como
$$
[y_0,\ldots,y_n;f]=\frac{[y_1,\ldots,y_n;f]-[y_0,\ldots,y_{n-1};f]}{y_n-y_0}
\etiqueta{1}
$$
para $y\in R^{n+1}_{1}$: generalizada de los casos $n=0,1,2$ señaló que en el problema original.
Definición: decimos que una función $f$ $\mathcal{F}^n$ si por cualquier $y,y'\in R^{n+1}_1$,
$$\lim_{y,y'\rightarrow x^{[n+1]}}\Big|[y;f]-[y';f]\Big|=0\tag{2}$$
donde, por $x\in\mathbb{R}$, el punto de $x^{[n+1]}=(x,\ldots,x)\in\mathbb{R}^{n+1}$. Esto es sólo el equivalente de la $\epsilon$-$\delta$ la formulación en términos de límites.
(i) Suponga $f$$\mathcal{F}^n$. Si tomamos cualquier secuencia $y^{(k)}\in R^{n+1}_1$ que converge a$x^{[n+1]}$, $[y^{(k)};f]$ se convierte en una secuencia de Cauchy: es decir, para $p,q\ge k$, $\big|[y^{(p)};f]-[y^{(q)};f]\big|\rightarrow0$ como $n\rightarrow\infty$. Por lo tanto, $[f^{(k)};f]$ deben converger. Vamos a denotar el límite de $[x^{[n+1]};f]=g_n(x)$.
(ii) Vamos a demostrar por inducción que $[y_0,\ldots,y_n;f]$ es simétrica en el $y_i$. Obviamente, no tiene por $n=0,1$. Suponga que tiene de $n<N$. Establecimiento $n=N\ge2$, vamos a $y=(u,v,A,w)\in R^{n+1}_1$ donde $A=(a_1,\ldots,a_{n-2})$ (posiblemente vacía). Entonces tenemos
$$
\begin{split}
[u,v,A,w;f]=&\frac{[u,v,A;f]-[v,A,w;f]}{u-w}\\
=&\frac{1}{u-w}\Big([u,A,v;f]-[v,A,w;f]\Big)\\
=&\frac{1}{u-w}\left(\frac{[u,A;f]-[A,v;f]}{u-v}-\frac{[v,A;f]-[A,w;f]}{v-w}\right)\\
=&\frac{[u,A;f]}{(u-v)(u-w)}+\frac{[v,A;f]}{(v-u)(v-w)}+\frac{[w,A;f]}{(w-u)(w-v)}
\end{split}
$$
que es simétrica en $u,v,w$. Desde el primer paso, vemos también que debe ser simétrica en las permutaciones de $v,A$. Estas simetrías generar toda la permutación de grupo, de modo que la simetría también se aplica a las $n=N$.
(iii) una vez más, utilizamos la inducción, partiendo de las siguientes depara $n<N$: Una función de $f$ $\mathcal{F}^n$ si y sólo si es $C^n$, es decir,$\mathcal{F}^n=C^n$: en particular, también es $\mathcal{F}^k$ todos los $k<n$. La definición de $[y;f]$ $y\in R^{n+1}_1$ puede ser extendido de forma continua a todos los $y\in\mathbb{R}^{n+1}$. Por otra parte, $g_n(x)=f^{(n)}(x)/n!$ donde $f^{(n)}$ $n$th derivados.
Para $n=0,1$, el asumption es cierto. Así que vamos a $n=N\ge2$.
Para poder utilizar la hipótesis de inducción, primero tenemos que demostrar que cuando $f$$\mathcal{F}^n$, también es $\mathcal{F}^{n-1}$. Para ello, podemos reescribir la ecuación (1)
$$(u-v)[u,A,v;f]=[u,A;f]-[A,v;f]$$
para $A=(a_1,\ldots,a_{n-1})$. Para$u=(u_1,\ldots,u_n)$$v=(v_1,\ldots,v_n)$, ambas en $R^n_1$, a continuación, obtener
$$
\begin{split}
(u_1-v_1)[u_1,\ldots,u_n,v_1;f]&+(u_2-v_2)[u_2,\ldots,u_n,v_1,v_2;f]\\
&+\cdots+(u_n-v_n)[u_n,v_1,\ldots,v_n;f]\\
=&[u_1,\ldots,u_n;f]-[v_1,\ldots,v_n;f]\\
\end{split}\etiqueta{3}
$$
donde $u,v\rightarrow x^{[n]}$ conduce a
$\big|[u;f]-[v;f]\big|\rightarrow0$,
es decir, la definición de $f$$\mathcal{F}^{n-1}$.
Para cualquier $y\in R^{n+1}_n$, es decir, no todos los $y_i$ son iguales, podemos reorganizar la $y_i$ hacer $[y;f]=[u,A,v;f]$ donde $u\not=v$ y uso (1) para obtener $[y;f]$, expresado en términos de$[u,A;f]$$[A,v;f]$, ambos de los cuales son definidos en el conjunto de la $\mathbb{R}^n$. Esto nos provee con una extensión de $[y;f]$ todos los $y\in R^{n+1}_n$.
Por último, en la ecuación (3), nos vamos a $u=x^{[n]}$, $v=x'^{[n]}$: por la continuidad, podemos hacer que, o bien podemos tomar los límites de $u\rightarrow x^{[n]}$ $v\rightarrow x'^{[n]}$ (y tomamos estos límites antes de la tarde límite). Dividiendo por $x-x'$ en ambos lados, a continuación, da
$$
\frac{g_{n-1}(x)-g_{n-1}(x')}{x-x'}
=[x,\ldots,x,x';f]+\cdots+[x,x',\ldots,x';f]
$$
donde $x'\rightarrow x$ da $g_{n-1}'(x)=n\cdot[g_n(x)]$. Por lo tanto, $g_n(x)=f^{(n)}/n!$.
La única cosa a destacar es que la final de la extensión de $[y;f]$ $y\in R^{n+1}_n$ a todos los de $\mathbb{R}^{n+1}$ es continua. Básicamente, esto se sigue de la definición, pero tenemos que usar el siguiente lema (que he implícitamente utilizado más arriba), para asegurar que el límite en (2) se aplica incluso si la secuencia, incluso si $y\in R^{n+1}_n$ en lugar de $R^{n+1}_1$.
Lema: Dado $x,v_i,u^{(i)}_j\in\mathbb{R}$, de modo que $v_i\rightarrow x$$u^{(i)}_{j}\rightarrow v_i$, entonces podemos recoger $j_i$, de modo que $u^{(i)}_{j_i}\rightarrow x$.
Uno de los usos de la lema es que si $y^{(i)}\in R^{n+1}_n$, $z^{(i,j)}\in R^{n+1}_1$, podemos establecer $v_i=[y^{(i)};f]$, $u^{(i)}_j=[z^{(i,j)};f]$, y reemplazar el límite de $[y^{(i)};f]$, lo cual es tomado en $R^{n+1}_n$, con un límite tomado en $R^{n+1}_1$.
