Demostraremos el resultado para $h \to 0^{+}$ y el argumento para $h \to 0^{-}$ es similar. La prueba está tomada de mi libro favorito Un curso de matemáticas puras por G. H. Hardy.
Desde $f^{(n)}(a)$ existe se deduce que $f^{(n - 1)}(x)$ existe en alguna vecindad de $a$ y $f^{(n - 2)}(x)$ es continua en esa vecindad de $a$ . Dejemos que $h \geq 0$ y definimos otra función $$F_{n}(h) = f(a + h) - \left\{f(a) + hf'(a) + \frac{h^{2}}{2!}f''(a) + \cdots + \frac{h^{n - 1}}{(n - 1)!}f^{(n - 1)}(a)\right\}\tag{1}$$ Entonces $F_{n}(h)$ y su primer $(n - 1)$ Las derivadas se desvanecen en $h = 0$ y $F_{n}^{(n)}(0) = f^{(n)}(a)$ . Por lo tanto, si escribimos $$G(h) = F_{n}(h) - \frac{h^{n}}{n!}\{f^{(n)}(a) - \epsilon\}\tag{2}$$ donde $\epsilon > 0$ entonces tenemos $$G(0) = 0, G'(0) = 0, \ldots, G^{(n - 1)}(0) = 0, G^{(n)}(0) = \epsilon > 0\tag{3}$$ Desde $G^{(n)}(0) > 0$ se deduce que hay un número $\delta_{1} > 0$ tal que $G^{(n - 1)}(h) > 0$ para todos los valores de $h$ con $0 < h < \delta_{1}$ . Utilizando el teorema del valor medio y observando que $G^{(n - 1)}(0) = 0$ podemos ver que $G^{(n - 2)}(h) > 0$ para todos $h$ con $0 < h < \delta_{1}$ . Aplicando el mismo argumento repetidamente podemos ver que $G(h) > 0$ para todos $h$ con $0 < h < \delta_{1}$ . Así, $$F_{n}(h) > \frac{h^{n}}{n!}\{f^{(n)}(a) - \epsilon\}\tag{4}$$ para $0 < h < \delta_{1}$ . Del mismo modo, podemos demostrar que $$F_{n}(h) < \frac{h^{n}}{n!}\{f^{(n)}(a) + \epsilon\}\tag{5}$$ para todos $h$ con $0 < h < \delta_{2}$ .
Así, para cada $\epsilon > 0$ hay un $\delta = \min(\delta_{1}, \delta_{2}) > 0$ tal que $$\frac{h^{n}}{n!}\{f^{(n)}(a) - \epsilon\} < F_{n}(h) < \frac{h^{n}}{n!}\{f^{(n)}(a) + \epsilon\}\tag{6}$$ para todos los valores de $h$ con $0 < h < \delta$ . Esto demuestra el teorema para $h \to 0^{+}$ .
Hay que tener un ligero cuidado cuando se trata de valores negativos de $h$ para el caso $h \to 0^{-}$ porque aquí la naturaleza de las desigualdades dependerá de si $n$ es impar o par y por lo tanto necesitamos manejar ambos casos de par $n$ e impar $n$ por separado.
0 votos
+1. Sólo una observación: en ningún sitio he dicho que "creo que la regla de L'Hopital es la única forma de probarlo". He dicho que I no conocía otra forma, e incluso pidió una (implicando así fuertemente que realmente no lo hizo Creo que fue el único).
0 votos
@AloizioMacedo: Siento muchísimo si he malinterpretado tu comentario y si te he ofendido mínimamente. Sin embargo, mi principal objeción era que pensabas que el uso de Taylor era algo circular. Cambiaré la redacción de mi pregunta para eliminar "única forma de demostrarlo".
0 votos
Paramanand, esto debería ser una pregunta protegida, ya que una prueba de Taylor con la forma Peano del resto no es trivial de encontrar. Y una prueba que no apele a la LHR es aún más difícil de encontrar.
0 votos
@Dr.MV: ¿Cómo proteger las preguntas? Veo sólo cerrar y eliminar enlaces.
0 votos
Paramanand, acabo de enterarme de las preguntas protegidas AQUÍ . Así que puede que haya entendido mal la intención de la protección. También se necesitaría una respuesta con 10 votos a favor o más.
0 votos
Hay un muy prueba sencilla aquí .