# Leçons sur le calcul des fonctions/Leçon 08
## LEÇON HUITIÈME.

La théorie des fonctions dérivées est fondée sur le développement des fonctions lorsqu’on attribue à une variable un accroissement indéterminé. Nous avons montré dans la Leçon II que ce développement ne peut contenir que des puissances entières et positives de la quantité dont la variable est augmentée, tant que cette variable demeure indéterminée, et nous avons ensuite déduit de cette forme les lois de la dérivation des fonctions. Il est donc nécessaire, avant d’aller plus loin, d’examiner les cas où elle pourrait se trouver en défaut, et les conséquences qui en résulteraient relativement aux fonctions dérivées.
Nous avons vu, dans la même Leçon, que la série du développement de $f(x+i)$ ne peut contenir de puissances négatives de $i,$ à moins que l’on ait $f(x)=$ à l’infini, parce que, en supposant $i=0,$ les termes qui contiendraient de pareilles puissances deviendraient infinis. On peut prouver de la même manière que la série ne pourra contenir aucun terme multiplié par $\log i$ ou par une puissance positive quelconque de $\log i,$ si la même condition n’a lieu, ces sortes de termes devenant également infinis lorsque $i=0.$ Or cette condition exige que la variable $x$ ait une valeur déterminée, qu’on trouvera par la résolution de l’équation
$f(x)={\frac {1}{0}},\quad {\text{ou}}\quad {\frac {1}{f(x)}}=0.$
$a$
${\frac {1}{f(x)}}=0,$
${\frac {1}{f(x)}}={\frac {(x-a)^{m}}{\operatorname {F} (x)}},$
$\operatorname {F} (x)$ étant une fonction de $x$ qui ne devienne ni nulle ni infinie, lorsque $x=a,$ et $m$ étant un nombre positif quelconque.
En mettant $x+i$ à la place de $x,$ et faisant $x=a,$ on aura
$f(x+i)={\frac {\operatorname {F} (a+i)}{i^{m}}},$
où l’on voit que la série du développement de $f(x+i)$ aura dans ce cas des termes de la forme ${\frac {1}{i^{m}}},{\frac {1}{i^{m-1}}},\ldots .$
Considérons maintenant les cas où ce développement pourrait contenir des puissances positives, mais fractionnaires de $i.$ La démonstration, que nous avons donnée pour prouver l’absence de ces sortes de termes, est fondée sur ce que ces termes augmenteraient le nombre des radicaux dans le développement de $f(x+i),$ tandis qu’il est évident que cette fonction ne peut contenir que les mêmes radicaux que la fonction $f(x),$ tant que $x$ est supposé une quantité quelconque indéterminée. Mais cette démonstration cesse d’avoir lieu lorsqu’on donne à $x$ une valeur déterminée telle qu’elle fasse disparaître un radical dans $f(x),$ car alors ce radical pourra être remplacé par un radical de $i$ dans le développement de $f(x+i).$ En effet, supposons que la fonction $f(x)$ contienne un radical qui s’évanouisse lorsque $x=a,$ tel que $(x-a)^{\frac {m}{n}},$ $m$ et $n$ étant des nombres entiers ; la fonction $f(x+i)$ contiendra le radical correspondant $(x-a+i)^{\frac {m}{n}},$ lequel, en faisant $x=a,$ devient $i^{\frac {m}{n}}\,;$ de sorte que le développement de cette fonction suivant les puissances de $i$ pourra contenir le radical $i^{\frac {m}{n}}$ et toutes ses puissances entières et positives.
Cette conclusion n’aurait pas lieu si la valeur particulière de $x$ n’anéantissait pas le radical, mais le faisait seulement disparaître en rendant nulle une quantité par laquelle il serait multiplié. Car, quoique le radical puisse disparaître de cette manière de la fonction $f(x),$ il pourrait ne pas disparaître dans les fonctions dérivées $f'(x),f''(x),\ldots ,$ qui entrent dans le développement de $f(x+i),$ et alors la démonstration conserverait toute sa force. Ainsi, si un radical de la fonction $f(x)$ se trouvait multiplié par $(x-a)^{m},$ $m$ étant un nombre entier positif, ce radical y disparaîtrait lorsque $x=a\,;$ mais, dans la fonction $f(x+i),$ il serait multiplié par $(x-a+i)^{m},$ et, dans le cas de $x=a,$ il le serait par $i^{m}.$ Donc, dans le développement de cette fonction, il ne pourrait paraître alors avant le terme qui contiendrait la puissance $i^{m}\,;$ par conséquent il disparaîtrait des fonctions dérivées $f'(x),f''(x),\ldots ,$ jusqu’à $f^{(m-1)}x,$ mais reparaîtrait dans les fonctions dérivées des ordres suivants ; de sorte que le développementde $f(x+i)$ contiendrait toujours dans ce cas le même radical. Il n’y a donc que le cas où le radical est détruit dans la fonction $f(x)$ par une valeur particulière de $x,$ dans lequel le développement de $f(x+i)$ doive contenir des radicaux de $i,$ et il reste maintenant à voir comment on pourra juger que cela doive avoir lieu.
Pour cela, j’observe que les fonctions $f'(x+i),f''(x+i),\ldots$ sont également les fonctions dérivées de $f(x+i),$ soit qu’on les prenne relativement à $x,$ soit qu’on les prenne relativement à $i,$ ce qui est évident, puisqu’en augmentant soit $x,$ soit $i$ d’une même quantité quelconque, on a le même accroissement de la quantité $x+i.$ D’où il suit que l’on aura également les valeurs de $f'(x),f''(x),\ldots ,$ quel que soit $x,$ en prenant les fonctions dérivées successives de $f(x+i)$ relativement à $i,$ et faisant ensuite $i=0.$
Or, si l’on suppose que le développementde $f(x+i)$ doive contenir, lorsque $x=a,$ un terme affecté de $i^{m},$ tel que $\mathrm {A} i^{m},$ $\mathrm {A}$ étant une fonction de $a,$ et $m$ n’étant pas un nombre entier positif, en prenant les fonctions dérivées relativement à $i,$ il faudra que les développements des fonctions
$f'(x+i),\quad f''(x+i),\quad \ldots$
contiennent les termes
$m\mathrm {A} i^{m-1},\quad m(m-1)\mathrm {A} i^{m-2},\quad \ldots .$
$i=0,$
$f(x),f'(x),f''(x),\ldots ,$
$x=a,$
$\mathrm {A} o^{m},\quad m\mathrm {A} o^{m-1},\quad m(m-1)\mathrm {A} o^{m-2},\quad \ldots .$
Si $m$ est un nombre quelconque négatif, il est clair que ces termes seront infinis.
Si $m$ est un nombre positif non entier, soit $n$ le nombre entier immédiatement plus grand que m, il est visible que le terme
$m(m-1)\ldots (m-n+i)\mathrm {A} o^{m-n}$
sera infini ainsi que tous les suivants, et que tous les précédents seront nuls. D’où il suit que les fonctions dérivées de l’ordre $n$$^{ième}$ et des ordres suivants deviendront infinies lorsque $x=a.$
Dans ce cas donc, si $n$ est l’indice de l’ordre de la première fonction qui devient infinie, le développement de $f(x+i)$ devra contenir un terme de forme $i^{m},$ $m$ étant un nombre compris entre $n-1$ et $n.$
Si $n=0,$ c’est-à-dire si la fonction $f(x)$ devient elle-même infinie, ce développement contiendra alors des puissances de $i.$
On doit appliquer aux logarithmes ce qu’on vient de démontrer sur les puissances fractionnaires de $i\,;$ car on a vu, à la fin de la Leçon IV, que les logarithmes répondent aux puissances fractionnaires dont l’exposant est infiniment petit, c’est-à-dire aux racines infinitièmes, et que c’est par cette raison qu’il y a toujours une infinité de logarithmes répondant à un même nombre.
Aussi, par la même raison, lorsqu’on résout une fonction en série suivant les puissances d’une même quantité, il peut se trouver quelquefois le logarithme de cette quantité entre les puissances positives et les puissances négatives de la même quantité, lorsque la fonction elle-même contient des logarithmes.
Ainsi, si la fonctionn $f(x)$ contient des logarithmes, le développement de $f(x+i)$ pourra contenir, dans le cas particulier de $x=a,$ des termes de la forme $i^{m}(\log i)^{n},$ et les fonctions dérivées $f'(x+i),$ $f'(x+i),\ldots$ contiendront alors des termes de la forme
$i^{m-1}(\log i)^{n}\quad {\text{et}}\quad i^{m}(\log i)^{n-1},$
de la forme
$i^{m-2}(\log i)^{n},\quad i^{m}(\log i)^{n-1}\quad {\text{et}}\quad i^{m}(\log i)^{n-2},$
et ainsi de suite. Or, lorsque $i=0,$ $\log i$ est infini, et toute, quantité de la forme $i^{m}(\log i)^{n}$ est nulle ou infinie suivant que $m$ est un nombre positif ou négatif, quel que soit $n.$ Donc, puisque dans les termes des fonctions dérivées
$f'(x+i),\quad f''(x+i),\quad \ldots ,$
les exposants des puissances de $i$ qui multiplient les puissances de $\log i$ vont nécessairement en diminuant, il s’ensuit que, dès qu’une de ces fonctions deviendra infinie par la position de $x=a,$ toutes les autres des ordres suivants deviendront infinies aussi.
On peut donc conclure en général que le développement
$f(x)+if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots$
de la fonction $f(x+i)$ ne peut devenir fautif pour une valeur déterminée de $x,$ qu’autant qu’une des fonctions $f(x),f'(x),f''(x),\ldots$ deviendra infinie en donnant à $x$ cette valeur, et que ce développement ne sera fautif qu’à commencer du terme qui deviendra infini.
Pour trouver alors la vraie forme du développement suivant les puissances ascendantes de $i,$ il faudra faire d’abord dans la fonction $f(x+i),$ $x$ égal à la valeur donnée, et développer ensuite suivant les puissances croissantes de $i$ par les règles connues, en ayant égard aux puissances fractionnaires ou négatives de $i$ qui se trouveraient dans la fonction même.
Pour confirmer par quelques exemples ce que nous venons de démontrer, supposons d’abord que l’on ait
$f(x)=2ax-x^{2}+a{\sqrt {x^{2}-a^{2}}},$
et qu’on demande le développement $f(x+i)$ lorsque $x=a.$
$f'(x)=2(a-x)+{\frac {ax}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}},$
$f''(x)=-2+{\frac {a}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}-{\frac {ax^{2}}{\left(x^{2}-a^{2}\right)^{\frac {3}{2}}}},$
et ainsi de suite.
En faisant $x=a,$ on a
$f(x)=a^{2},\quad f'(x)=+{\frac {1}{0}}\,;$
donc toutes les fonctions dérivées des ordres suivants seront aussi infinies, et le développement de $f(a+i)$ contiendra nécessairement un terme de la forme $\mathrm {A} i^{m},$ $m$ étant entre $0$ et $1.$
En effet, on aura, par la substitution de $a+i$ dans l’expression de $f(x),$
$f(a+i)=a^{2}-i^{2}+a{\sqrt {i}}{\sqrt {2a+i}},$
d’où l’on voit que le développement suivant les puissances de $i$ contiendra des termes de la forme ${\sqrt {i}},i{\sqrt {i}},i^{2}{\sqrt {i}},\ldots .$
Soit, en second lieu,
$f(x)={\sqrt {x}}+(x-a)^{2}l(x-a)\,;$
on aura ces fonctions dérivées
${\begin{aligned}f'(x)\ \ &={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}+2(x-a)l(x-a)+x-a,\\f''(x)\ &=-{\frac {1}{4x{\sqrt {x}}}}+2l(x-a)+3,\\f'''(x)&={\frac {3}{8x^{2}{\sqrt {x}}}}+{\frac {2}{x-a}},\\\ldots \ldots &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$
Si l’on fait $x=a,$ la fonction dérivée $f''(x)$ devient infinie, ainsi que toutes les suivantes.
Ainsi le développement de $f(x+i)$ par la formule générale deviendra fautif dans le cas de $x=a,$ et il contiendra nécessairement le terme $i^{2}li.$
Nous avons observé plus haut que, lorsqu’une valeur particulière de $x$ fait disparaître dans $f(x)$ un radical en ne détruisant pas ce radical lui-même, mais en rendant seulement nul son coefficient, alors ce même radical reparaîtra nécessairement dans les fonctions dérivées $f'(x),f''(x),\ldots ,$ et la formule générale du développement de $f(x+i)$ ne cessera pas d’être exacte dans ce cas.
Mais, lorsque la fonction $f(x),$ au lieu d’être donnée d’une manière explicite, n’est déterminée que par une équation où le radical ne se trouve pas, la détermination de ses fonctions dérivées dans le cas dont il s’agit pourra être sujette à des difficultés qu’il est bon de prévenir.
Soit $y=f(x),$ et par conséquent, en prenant les fonctions dérivées, $y'=f'(x),\ y'=f''(x),\ldots .$ Supposons que, pour une valeur donnée de $x,$ il disparaisse dans $f(x)$ un radical, lequel ne disparaisse pas dans $f'(x)\,;$ il est clair que, pour cette valeur de $x,$ la fonction $f'(x)$ aura un plus grand nombre de valeurs différentes que la fonction $f(x),$ à raison du radical qui se trouve dans $f'(x),$ et qui a disparu de $f(x)\,;$ d’où il suit que la valeur de $y'$ ne pourra pas être donnée par une simple fonction de $x$ et $y$ qui ne contiendrait pas explicitement ce radical. Cependant, si dans l’équation $y=f(x)$ on fait disparaître ce même radical par l’élévation aux puissances, et que l’équation résultante soit représentée par
$\operatorname {F} (x,y)=0,$
l’équation dérivée de celle-ci donnera
$y'=-{\frac {\operatorname {F} '(x)}{\operatorname {F} '(y)}},$
comme on l’a vu dans la Leçon VI ; donc cette expression sera en défaut, dans le cas où l’on donnerait à $x$ la valeur en question, ce qui ne peut avoir lieu qu’autant que les quantités $\operatorname {F} '(x)$ et $\operatorname {F} '(y)$ seront, l’une et l’autre, nulles à la fois. Ainsi, dans le cas dont il s’agit, l’expression de $y'$ deviendra égale à zéro divisé par zéro ; et réciproquement, lorsque
$x$
$f(x)$
$f'(x).$
Pour avoir dans ce cas la valeur de $y',$ il ne suffira donc pas de s’arrêter à la première équation dérivée de $\operatorname {F} (x,y)=0,$ laquelle étant
$y'\operatorname {F} '(y)+\operatorname {F} '(x)=0,$
aura lieu d’elle-même, indépendamment de la valeur de $y'\,;$ mais il faudra passer aux secondes fonctions dérivées, et l’on aura une équation de la forme
$y''\operatorname {F} '(y)+y'^{2}\mathrm {P} +y'\mathrm {Q} +\mathrm {R} =0,$
$\mathrm {P,Q,R}$ étant des fonctions de $x$ et de $y$ qu’on trouvera par les règles générales de la dérivation des fonctions.
Cette équation donnera, généralement parlant, la valeur de $y''\,;$ mais, dans le cas proposé, la quantité $\operatorname {F} '(y)$ devenant nulle, le terme qui contient $y''$ disparaîtra, et l’équation restante sera une équation du second degré en $y'$ par laquelle on déterminera la valeur de $y',$ qui sera par conséquent double.
Soit, par exemple,
$f(x)=x+(x-a){\sqrt {x-b}},$
on aura
$f'(x)=1+{\sqrt {x-b}}+{\frac {x-a}{2{\sqrt {x-b}}}}.$
Faisant $x=a,$ on a
$f(x)=a,\quad {\text{et}}\quad f'(x)=1+{\sqrt {a-b}},$
où l’on voit que le radical disparaît dans la valeur de $f(x),$ mais non pas dans celle de $f'(x),$ en sorte que la première est simple et la seconde double.
Maintenant, si l’on fait $f(x)=y,$ et qu’on élève l’équation au carré pour faire disparaître le radical, on aura
$(y-x)^{2}=(x-a)^{2}(x-b).$
En prenant les fonctions primes, on aura celle-ci
$2(y-x)(y'-1)=2(x-a)(x-b)+(x-a)^{2},$
$y'=1+{\frac {2(x-a)(x-b)+(x-a)^{2}}{2(y-x)}}.$
Faisant $x=a,$ on a aussi $y=a,;$ ce qui donne
$y'={\frac {0}{0}}.$
On passera donc aux fonctions secondes, et l’on aura cette équation du second ordre
$2(y-x)y''+2(y'-1)^{2}=4(x-a)+2(x-b).$
ici la supposition de $x=a$ et $y=a$ donne
$(y'-1)^{2}=a-b,$
d’où l’on tire
$y'=1+{\sqrt {a-b}},$
comme plus haut.
Il peut arriver que la même valeur de $x,$ qui détruit les termes de la première équation dérivée, détruise aussi ceux de la seconde ; il faudra alors passer à l’équation tierce, laquelle, par la destruction des termes qui contiendront $y''$ et $y'''$ deviendra une simple équation en $y',$ mais du troisième degré, et ainsi de suite ; cela dépend de la nature du radical qui aura été détruit dans $y,$ et qui doit être remplacé par le degré de l’équation d’où dépend la valeur de $y'.$
Supposons en second lieu que la même valeur de $x,$ qui fait disparaître un radical dans $f(x),$ le fasse disparaître aussi dans $f'(x),$ sans le faire disparaître néanmoins dans $f''(x)\,;$ alors les valeurs correspondantes de $f(x)$ et $f'(x)$ seront en même nombre, mais celles de $f''(x)$ seront en nombre plus grand. Si donc on fait évanouir ce radical dans l’équation $y=f(x),$ la valeur de $y''$ qu’on en déduira se trouvera $={\frac {0}{0}},$ et il faudra passer aux équations dérivées d’un ordre supérieur pour avoir la valeur de $y''.$
Soit, pour en donner un exemple,
$y=x+(x-a)^{2}{\sqrt {x-b}}\,;$
${\begin{aligned}y'\ =&1+2(x-a){\sqrt {x-b}}+{\frac {(x-a)^{2}}{2{\sqrt {x-b}}}},\\y''=&2{\sqrt {x-b}}+{\frac {(x-a)}{\sqrt {x-b}}}-{\frac {(x-a)^{2}}{2(x-b)^{\frac {3}{2}}}}.\end{aligned}}$
Faisant $x=a,$ on a
$y=a,\quad y'=1\quad {\text{et}}\quad y''=2{\sqrt {a-b}},$
Mais, si l’on réduit l’équation proposée à cette forme rationnelle
$(y-x)^{2}=(x-a)^{4}(x-b),$
on en tirera l’équation dérivée
$2(y-x)(y'-1)=4(x-a)^{3}(x-b)+(x-a)^{4},$
dans laquelle, en faisant $x=a$ et $y=a,$ tout se détruit.
On passera donc à l’équation dérivée du second ordre, laquelle sera
$(y-x)y''+(y'-1)^{2}=6(x-a)^{2}(x-b)+8(x-a)^{3}.$
Faisant $x=a$ et $y=a,$ on aura
$(y'-1)^{2}=0,\quad {\text{et par conséquent}}\quad y'=1\,;$
mais, pour avoir la valeur de $y'',$ il faudra avoir recours à l’équation tierce, et même à l’équation quarte.
On aura ainsi
$(y-x)y'''+3(y'-1)y''=18(x-a)^{2}+12(x-a)(x-b),$
où tout se détruit encore en faisant $x=a,$ $y=a,$ $y'=1.$
L’équation dérivée de l’ordre suivant sera donc
$(y-x)y^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}+4(y'-1)y'''+3y''^{2}=48(x-a)+12(x-b).$
Faisant ici $x=a,\ y=a,\ y'=1,$ on aura
$3y''^{2}=12(a-b),$
d’où l’on tire
$y''=2{\sqrt {a-b}},$
comme plus haut.
Nous ne pousserons pas plus loin cette analyse, qui d’ailleurs n’a plus de difficultés d’après les principes établis. Mais nous allons donner à cette occasion la théorie de la méthode pour trouver la valeur d’une fraction dans les cas où le numérateur et le dénominateur deviennent nuls à la fois.
Soit ${\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}}$ une pareille fraction, $f(x)$ et $\operatorname {F} (x)$ étant des fonctions de $x,$ telles que la supposition de $x=a$ les rendent toutes deux nulles à la fois, et que l’on demande la valeur de cette fraction lorsque $x=a.$
On fera
$y={\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}},\quad \mathrm {et\ par\ cons{\acute {e}}quent} \quad y\operatorname {F} (x)=f(x)\,;$
en supposant $x=a,$ cette équation se vérifie d’elle-même et ne peut pas servir à déterminer la valeur de $y.$ Mais, en prenant l’équation dérivée, on aura
$y'\operatorname {F} (x)+y\operatorname {F} '(x)=f'(x)\,;$
la supposition de $x=a$ détruit le terme $y'\operatorname {F} (x),$ et le reste de l’équation donne
$y={\frac {f'(x)}{\operatorname {F} '(x)}}.$
S’il arrivait que les fonctions primes $f'(x)$ et $\operatorname {F} '(x)$ devinssent aussi nulles par la même supposition, on trouverait alors par le même principe, en substituant dans l’équation ci-dessus $f'(x),\operatorname {F} '(x),$ au lieu de $f(x),\operatorname {F} (x),$ cette nouvelle expression de $y,$
$y={\frac {f''(x)}{\operatorname {F} ''(x)}}.$
On pourrait aussi déduire la même expression de l’équation dérivée trouvée ci-dessus, en considérant que, comme elle se vérifie d’elle-même lorsque $x=a,$ elle ne peut servir à la détermination de $y\,;$ que par conséquent il sera nécessaire de passer à la seconde équation dérivée, laquelle sera
$y''\operatorname {F} (x)+2y'\operatorname {F} '(x)+y\operatorname {F} ''(x)=f''(x).$
$x=a$
$\operatorname {F} (x)$
$\operatorname {F} '(x),$
$y'$
$y''$
$y={\frac {f''(x)}{\operatorname {F} ''(x)}},$
comme plus haut.
Si la même supposition de $x=a$ donnait encore
$f''(x)=0\quad {\text{et}}\quad \operatorname {F} ''(x)=0,$
on trouverait de la même manière
$y={\frac {f'''(x)}{\operatorname {F} '''(x)}},$
et ainsi de suite.
D’où résulte cette règle générale que, lorsque le numérateur et le dénominateur d’une fonction de $x$ deviennent nuls à la fois pour une valeur donnée de $x,$ il faut prendre à leur place les fonctions dérivées du numérateur et du dénominateur, jusqu’à ce qu’on arrive à une fraction qui ait une valeur déterminée pour la même supposition de $x.$
On sait que la formule ${\frac {x-x^{n+1}}{1-x}}$ donne la somme de la progression géométrique
$x+x^{2}+x^{3}+\ldots +x^{n}.$
Lorsque $x=1,$ cette formule devient ${\frac {0}{0}}\,;$ on prendra donc les fonctions dérivées du numérateur et du dénominateur, et on aura la nouvelle fraction ${\frac {1-(n+1)x^{n}}{-1}},$ dont la valeur, lorsque $x=1,$ est $n.$
Si l’on prend la fonction dérivée de la formule ${\frac {x-x^{n+1}}{1-x}},$ on a ${\frac {1-(n+1)x^{n}+nx^{n+1}}{(1-x)^{2}}},$ et celle-ci exprime par conséquent la somme de la série
$1+2x+3x^{2}+\ldots +nx^{n-1},$
qui est la fonction dérivée de la série
$x+x^{2}+x^{3}+\ldots +x^{n}.$
Lorsque $x=1,$ la formule précédente devient ${\frac {0}{0}}\,:$ on prendra donc les fonctions dérivées du numérateur et du dénominateur, et l’on aura la nouvelle fraction
${\frac {-n(n+1)x^{n-1}+n(n+1)x^{n}}{-2(1-x)}},$
qui, en faisant $x=1,$ devient de nouveau ${\frac {0}{0}}.$ On prendra derechef les fonctions dérivées du numérateur et du dénominateur de cette dernière fraction, et l’on aura celle-ci
${\frac {-n(n+1)(n-1)x^{n-2}+n^{2}(n+1)x^{n-1}}{2}},$
laquelle, lorsque $x=1,$ devient
${\frac {-n(n+1)(n-1)+n^{2}(n+1)}{2}}={\frac {n(n+1)}{2}},$
somme de la série
$1+2+3+\ldots +n.$
On pourrait craindre qu’en prenant ainsi les fonctions dérivées du numérateur et du dénominateur, on n’eût toujours des fonctions qui devinssent égales à zéro divisé par zéro pour la même valeur de $x\,;$ mais il est aisé de se convaincre que cela ne saurait avoir lieu. Car, si $x=a$ faisait évanouir les fonctions $f(x),f'(x),f''(x),\ldots$ à l’infini, puisqu’on a en général
$f(x+i)=f(x)+if'(x){\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots ,$
on aurait, lorsque $x=a,$
$f(a+i)=0,$
quel que soit $i,$ ce qui est impossible. Il en serait de même de $\operatorname {F} (x+i).$
Il peut néanmoins arriver que ces fonctions deviennent à la fois infinies par la même supposition de $x=a,$ ce qui rendrait également indéterminées les valeurs des fractions ${\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}},{\frac {f'(x)}{\operatorname {F} '(x)}},\ldots \,;$ mais ce cas rentre alors dans le cas général que nous avons examiné plus haut, et il en faudra conclure que le développement des fonctions $f(x+i)$ et $\operatorname {F} (x+i)$ contiendra alors des puissances de $i$ fractionnaires ou négatives.
On substituera donc $a+i$ à la place de $x,$ tant dans la fonction du numérateur que dans celle du dénominateur, et l’on résoudra l’une et l’autre en série suivant les puissances ascendantes de $i\,;$ on fera ensuite $i=0,$ après avoir divisé le haut et le bas de la fraction par la plus basse puissance de $i\,;$ ou, ce qui revient au même, on n’aura d’abord égard qu’au premier terme de chacune des deux séries.
Soit, par exemple, la fraction
${\frac {{\sqrt {x}}-{\sqrt {a}}+{\sqrt {x-a}}}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}},$
dont on demande la valeur, lorsque $x=a.$ On voit d’abord que cette supposition rend le numérateur et le dénominateur nuls. Leurs fonctions dérivées sont
${\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}+{\frac {1}{2{\sqrt {a-x}}}}\quad {\text{et}}\quad {\frac {x}{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}},$
qui deviennent l’une et l’autre infinies par la même supposition. On fera donc $x=a+i,$ et la fonction du numérateur deviendra
${\sqrt {a+i}}-{\sqrt {a}}+{\sqrt {i}}={\sqrt {i}}+{\frac {i}{2{\sqrt {a}}}}+\ldots \,;$
la fonction du dénominateur deviendra
${\sqrt {i(2a+i)}}={\sqrt {2ai}}+{\frac {i{\sqrt {i}}}{2{\sqrt {2a}}}}+\ldots ,$
en ordonnant les termes suivant les puissances croissantes de $i.$ En ne prenant que les deux premiers, on aura la fraction
${\frac {\sqrt {i}}{\sqrt {2ai}}}={\frac {1}{\sqrt {2a}}},$
pour la valeur cherchée.
En général, une fonction de $x$ ne peut devenir nulle lorsque $x=a,$ à moins qu’elle ne contienne un facteur $(x-a)^{m},$ $m$ étant un nombre positif quelconque. Donc, si deux fonctions de $x$ deviennent nulles par la même supposition, il faudra qu’elles contiennent chacune un pareil facteur ; et, pour trouver alors la valeur de la fraction formée de ces deux fonctions, il ne s’agira que de la réduire à sa plus simple expression, en la dégageant du facteur commun au numérateur et au dénominateur.
Si donc on fait $x=a+i,$ ce qui donne $x-a=i,$ le facteur commun sera une puissance de $i$ qui s’évanouira par la division, et alors il n’y aura plus qu’à faire $i=0$ pour avoir $x=a.$
Ainsi, ayant la fraction ${\frac {f(x)}{\operatorname {F} (x)}},$ la substitution de $a+i$ au lieu de $x$ donnera d’abord en général
${\frac {f(a)+if'(a)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(a)+\ldots }{\operatorname {F} (a)+i\operatorname {F} '(a)+{\frac {i^{2}}{2}}\operatorname {F} ''(a)+\ldots }}.$
Si $f(a)=0$ et $\operatorname {F} (a)=0,$ le haut et le bas de la fraction seront divisibles par $i,$ et elle deviendra
${\frac {f'(a)+{\frac {i}{2}}f''(a)+\ldots }{\operatorname {F} '(a)+{\frac {i}{2}}\operatorname {F} ''(a)+\ldots }}.$
Faisant ensuite $i=0$ pour avoir $x=a,$ on aura ${\frac {f'(a)}{\operatorname {F} '(a)}}$ pour la valeur de la fraction proposée, lorsque $x=a.$
Si $f'(a)=0$ et $\operatorname {F} '(a)=0,$ la fraction se réduira encore, et deviendra, par une nouvelle division par $i,$
${\frac {{\frac {1}{2}}f''(a)+{\frac {i}{2.3}}f'''(a)+\ldots }{{\frac {1}{2}}\operatorname {F} ''(a)+{\frac {i}{2.3}}\operatorname {F} '''(a)+\ldots }},$
laquelle, en faisant $i=0,$ se réduit à ${\frac {f''(a)}{\operatorname {F} ''(a)}}\,;$ et ainsi de suite.
On voit par là la raison de la règle donnée plus haut, et l’on voit en même temps que cette règle n’est bonne que pour les fractions dont le numérateur et le dénominateur contiennent à la fois un facteur de la forme $(x-a)^{m},$ $m$ étant un nombre entier positif. Aussi peut-on toujours résoudre ces cas en faisant disparaître ce facteur par les règles connues, pour réduire la fraction à sa plus simple expression.
Dans les autres cas où $m$ serait un nombre fractionnaire ou négatif, la règle sera en défaut, et il faudra alors réduire les deux fonctions $f(a+i)$ et $\operatorname {F} (a+i)$ dans les séries ascendantes
$\alpha i^{m}+\beta i^{m+n}+\ldots \quad {\text{et}}\quad \mathrm {A} i^{m}+\mathrm {B} i^{m+p}+\ldots ,$
de sorte que l’on aura
${\frac {f(a+i)}{\operatorname {F} (a+i)}}={\frac {\alpha +\beta i^{n}+\ldots }{\mathrm {A} +\mathrm {B} i^{p}+\ldots }},$
et, faisant $i=0,$ on a
${\frac {f(a)}{\operatorname {F} (a)}}={\frac {\alpha }{\mathrm {A} }}.$
Si les premiers termes des deux séries contenaient des puissances différentes de $i,$ par exemple, si, la série du numérateur étant la même que ci-dessus, celle du dénominateur était
$\mathrm {A} i^{p}+\mathrm {B} i^{p+q}+\ldots ,$
$m$ et $p$ étant des nombres quelconques, mais $n,q,\ldots$ étant positifs pour que les deux séries soient toujours ascendantes, alors, faisant $i=0,$ après avoir divisé le haut et le bas de la fraction par la plus petite des deux puissances $i^{m}$ et $i^{p},$ on aura ${\frac {f(a)}{\operatorname {F} (a)}}=0$ ou $=\infty$ suivant que $m>$ ou $<p,$ en regardant les nombres négatifs comme moindres que les positifs. Mais, par ce que nous avons démontré plus haut, on est assuré que ces cas n’auront lieu que lorsque les valeurs des fonctions dérivées de $f(x)$ et de $\operatorname {F} (x)$ deviendront infinies en même temps, par la supposition de $x=a.$
L’analyse que nous venons de donner est nécessaire pour ne rien laisser à désirer sur la nature des fonctions dérivées ; mais, comme elle ne regarde que la valeur de ces fonctions dans des cas particuliers, elle n’influe point sur la théorie générale des fonctions, en tant qu’on n’y considère que la forme et la dérivation des fonctions, laquelle est par conséquent indépendante des exceptions que nous avons trouvées.