• $S\times [a;b]$ est une partie compacte et toute fonction continue sur un compact y est uniformément continue.

• (a)

  Étudions la continuité de $F$ en $\alpha \in ℝ$ et considérons $S=[\alpha -1;\alpha +1]$.

  $$\forall \epsilon >0,\exists \eta >0,\forall (x,t),(x^{\prime },t^{\prime })\in S\times [a;b],{\parallel (x,t)-(x^{\prime },t^{\prime })\parallel }_{\mathrm{\infty }}\le \eta ⟹\left|f(x,t)-f(x^{\prime },t^{\prime })\right|\le \epsilon \text{.}$$

  Donc, pour $|x-\alpha |\le \eta$,

  $$\left|F(x)-F(\alpha )\right|\le {\int }_a^b\epsilon dt=\epsilon (b-a)\text{.}$$

  Ainsi, $F$ est continue en $\alpha$.

• (b)

  $(x,t)\mapsto {\mathrm{e}}^{xt}$ est continue par opérations et $g$ l’est donc aussi par intégration sur un segment. Pour $x\ne 0$, $g(x)=\frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x}$ et $g(0)=1$.

  Sans difficultés, on vérifie que $g$ est continue sur $ℝ$.

Réalisons le changement de variable $t=u(x)+\theta \left(v(x)-u(x)\right)$

$${\int }_{u(x)}^{v(x)}f(x,t)dt=\left(v(x)-u(x)\right){\int }_0^{1}f(x,u(x)+\theta (v(x)-u(x)))d\theta \text{.}$$

Considérons la fonction

$$g:(x,\theta )\mapsto f(x,u(x)+\theta (v(x)-u(x))\text{.}$$

Pour $[a;b]\subset I$, la fonction $g$ est continue sur le compact $[a;b]\times [0;1]$ et donc bornée. Par conséquent, il existe $M\in {ℝ}_{+}$ vérifiant

$$\forall (x,\theta )\in [a;b]\times [0;1],\left|g(x,\theta )\right|\le M=\phi (\theta )\text{.}$$

La fonction $\phi$ est intégrable sur $[0;1]$ et donc, par domination sur tout segment, on peut affirmer la continuité de la fonction

$$x\mapsto {\int }_0^{1}g(x,\theta )d\theta \text{.}$$

On en déduit la continuité de la fonction étudiée par produit.

Pour tout $x\in ℝ$, on peut écrire

$$f(x)={\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt\underset{t=xu}{=}x{\int }_0^1{f}^{\prime }(xu)du\text{.}$$

On a donc

$$\forall x\in {ℝ}^{*},g(x)={\int }_0^1{f}^{\prime }(xu)du\text{.}$$

Posons $h(x,u)=f^{\prime }(xu)$ définie sur $ℝ\times [0;1]$.
La fonction $h$ admet des dérivées partielles $\frac{{\partial }^{n}h}{\partial x^n}$ à tout ordre $n$ avec

$$\frac{{\partial }^{n}h}{\partial x^n}(x,u)=u^n{f}^{(n+1)}(xu)\text{.}$$

Celles-ci sont continues en $x$ et continues par morceaux en $u$.
Soit $[-a;a]\subset ℝ$. Puisque la fonction $f^{(n+1)}$ est continue sur le segment $[-a;a]$, elle y est bornée et donc il existe $M\in {ℝ}_{+}$ vérifiant

$$\forall (x,u)\in [-a;a]\times [0;1],\left|\frac{{\partial }^{n}h}{\partial x^n}(x,u)\right|\le M=\phi (u)\text{.}$$

Puisque la fonction $\phi$ est intégrable, on peut affirmer par domination sur tout segment, que la fonction

$$x\mapsto {\int }_0^1{f}^{\prime }(xu)du$$

est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $ℝ$ avec

$$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}\left({\int }_0^1{f}^{\prime }(xu)du\right)={\int }_0^1{u}^n{f}^{(n+1)}(xu)du\text{.}$$

On en déduit que la fonction $g$ se prolonge en une fonction ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $ℝ$ avec

$$g^{(n)}(0)={\int }_0^1{u}^n{f}^{(n+1)}(0)du=\frac{f^{(n+1)}(0)}{n+1}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }n\in \mathbb{N}\text{.}$$

• (a)

  On applique la formule de Taylor reste-intégrale à $f$ en $a$.

• (b)

  On réalise le changement de variable $t=a+\theta (x-a)$ et l’on obtient

  $$f(x)={(x-a)}^{\alpha }{\int }_0^1\frac{{(1-\theta )}^{\alpha -1}}{(\alpha -1)!}{f}^{(\alpha )}(a+\theta (x-a))d\theta \text{.}$$

  Posons

  $$h(x,\theta )=\frac{{(1-\theta )}^{\alpha -1}}{(\alpha -1)!}{f}^{(\alpha )}(a+\theta (x-a))\text{.}$$

  La fonction $h$ admet des dérivées partielles

  $$\frac{{\partial }^{k}h}{\partial x^k}(x,\theta )=\frac{{(1-\theta )}^{\alpha -1}}{(\alpha -1)!}{(x-a)}^k{f}^{(\alpha +k)}(a+\theta (x-a))\text{.}$$

  Celles-ci sont continues en $x$ et continues par morceaux en $\theta$.
  Soit $[a-b;a+b]\subset ℝ$. La fonction $f^{(\alpha +k)}$ est continue sur ce segment et y est donc bornée par un certain $M$.
  Puisque

  $$\forall x\in [a-b;a+b],\forall \theta \in [0;1],a+\theta (x-a)\in [a-b;a+b]$$

  on a

  $$\forall (x,\theta )\in [a-b;a+b]\times [0;1],\left|\frac{{\partial }^{k}h}{\partial x^k}(x,\theta )\right|\le M=\phi (\theta )$$

  avec $\phi$ fonction intégrable sur $[0;1]$.
  Par domination sur tout segment, on peut affirmer que la fonction

  $$g:x\mapsto {\int }_0^1\frac{{(1-\theta )}^{\alpha -1}}{(\alpha -1)!}{f}^{(\alpha )}(a+\theta (x-a))d\theta$$

  est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$.

Pour $x\ne 0$, on écrit

$$f(x)=\frac{1}{x}{\int }_0^x\cos (t)dt\underset{t=xs}{=}{\int }_0^1\cos (xs)ds\text{.}$$

La relation obtenue vaut aussi pour $x=0$.

Introduisons la fonction $u:ℝ\times [0;1]\to ℝ$ définie par

$$u(x,s)=\cos (xs)\text{.}$$

Cette fonction est indéfiniment dérivable en $x$ avec

$$\frac{{\partial }^{n}u}{\partial x^n}(x,s)=s^n\cos \left(xs+\frac{n\pi }{2}\right)\text{.}$$

Cette dérivée partielle est dominée par $s\mapsto 1$ qui est intégrable sur $[0;1]$.

Par théorème de domination, la fonction $f$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $ℝ$ avec

$$f^{(n)}(x)={\int }_0^1{s}^n\cos \left(xs+\frac{n\pi }{2}\right)ds$$

et donc

$$\left|f^{(n)}(x)\right|\le {\int }_0^1{s}^{n}ds=\frac{1}{n+1}\text{.}$$