On a déjà $g(b)=f(b)-f(b)=0$ . Puisque $a\neq b$ , on peut choisir $A$ tel que $g(a)=0$ (à savoir $A=\frac{(n+1)!}{(b-a)^{n+1}}(f(b)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k$ ).

Avec les hypothèses faites sur $f$ , $g$ est d’autre part continue sur $[a,b]$ et dérivable sur $]a,b[$ . Le théorème de Rolle permet alors d’affirmer qu’il existe $c\in]a,b[$ tel que $g'(c)=0$ .

Pour $x\in]a,b[$ , on a

$\begin{align*}\ensuremath g'(x)&=-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k+1)}(x)}{k!}(b-x)^k+\sum_{k=1}^{n}\frac{f^{(k)}(x)}{(k-1)!}(b-x)^{k-1} +A\frac{(b-x)^n}{n!}\\ &=-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k+1)}(x)}{k!}(b-x)^k+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k+1)}(x)}{k!}(b-x)^{k} +A\frac{(b-x)^n}{n!}=-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(n+1)}(x)}{n!}(b-x)^n+A\frac{(b-x)^n}{n!}\\ &=\frac{(b-x)^n}{n!}(A-f^{(n+1)}(x)). \end{align*}$

Ainsi, il existe $c\in]a,b[$ tel que $\frac{(b-c)^n}{n!}(A-f^{(n+1)}(c))=0$ , et donc, puisque $c\neq b$ , tel que $A=f^{(n+1)}(c)$ .

L’égalité $g(a)=0$ s’éxrit alors

$f(b)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\frac{(b-a)^{n+1}f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!},$

pour un certain réel $c$ de $]a,b[$ .

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