Deje $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ser una función real, y vamos a $0\leq n\leq+\infty$. Planteamos las siguientes hipótesis:
Para cada $a \in\mathbb{R}$ $k=n$ (resp., en el caso de $n=+\infty$: para cualquier $k\geq 0$), existen números reales $c_0(a),\ldots,c_k(a)$ tal que
$$f(x) = c_0(a) + c_1(a)\,(x-a) + \frac{1}{2}c_2(a)\,(x-a)^2 + \cdots + \frac{1}{k!}c_k(a)\,(x-a)^k + o((x-a)^k)$$
donde, como de costumbre, $o((x-a)^k)$ $(x-a)^k\,\varepsilon_{a,k}(x)$ para algunos la función $\varepsilon_{a,k}$ tendiendo a $0$ al $x \to a$.
En otras palabras, suponemos que $f$ tiene un poder de expansión de la orden de $k$ $o$ término de error en (toda) $a$. Tenga en cuenta que no se realiza ninguna suposición sobre la uniformidad de la $o$ término de error al $a$ varía (por ejemplo, no asumimos que $\varepsilon_{a,k}(x)$ está limitada por una función de $x-a$): sólo suponemos que por cada $a$ existe una expansión de la orden de $k$ como en el anterior, nada más.
Naturalmente, el $c_i(a)$ se determina únicamente, tenemos $c_0 = f$ (es decir, $c_0(a) = f(a)$ por cada $a$) y $f$ es continua; y por otra parte, tan pronto como $n\geq 1$, claramente, $f$ es derivable con derivada $f' = c_1$.
No podemos deducir que $f$ es dos veces diferenciable, o incluso $C^1$, a partir de la hipótesis anterior solo, no importa cuán grande $n$ es. El simple ejemplo de $f(x) = x^{n+1} \sin(x^{-n})$ proporciona un contraejemplo (es $o(x^n)$ $0$ y analítica en todas partes, por lo que tiene un poder de expansión de la orden de $n$ en todas partes, sin embargo, es fácil ver que no es $C^1$$0$); un poco más complicado contraejemplo obras para $n=\infty$.
Ahora, aquí está mi pregunta. Hagamos la siguiente hipótesis (que no es satisfecho por encima de contraejemplo):
Para cada una de las $0\leq k\leq n$, la función de $c_k$ (es decir, $a\mapsto c_k(a)$) es continua.
(En particular, si $n\geq 1$, ahora está claro que $f$$C^1$.)
Puedo concluir a partir de ambas premisas que $f$$C^n$? (O, si no, puedo concluir algo no trivial?)