Beweis
Nach
Fakt
gibt es zu jedem
ein
(von
abhängiges)
mit
![{\displaystyle {}{\begin{aligned}f(P+v)&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert \leq k-1}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P+cv)\cdot v^{r}\\&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert \leq k}{\frac {1}{r!}}D^{r}f(P)\cdot v^{r}+\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}{\left(D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)\right)}v^{r}.\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ec7988776005f1cee23427594438d1b2a5fb767a)
Die rechte Summe ist also die Abweichungsfunktion
, die wir abschätzen müssen. Wegen
![{\displaystyle {}{\begin{aligned}\Vert {R_{k}(v)}\Vert &\leq \sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \Vert {v^{r}}\Vert \\&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \vert {v_{1}^{r_{1}}}\vert \cdots \vert {v_{n}^{r_{n}}}\vert \\&\leq \sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert ^{r_{1}}\cdots \Vert {v}\Vert ^{r_{n}}\\&=\sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \cdot \Vert {v}\Vert ^{k}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/18798ca332dfd8d38bb227813eec066b6bcbdd88)
ist
-
![{\displaystyle {}{\frac {\Vert {R_{k}(v)}\Vert }{\Vert {v}\Vert ^{k}}}\leq \sum _{\vert {\,r\,}\vert =k}{\frac {1}{r!}}\Vert {D^{r}f(P+cv)-D^{r}f(P)}\Vert \,.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a63102ff4554ad5ae521655b48de42cafa6437f7)
Da nach Voraussetzung die
-ten
Richtungsableitungen
stetig
sind, existiert für jede einzelne Funktion
der Limes für
und ist gleich
. Daher gilt dies auch für die Summe rechts und damit auch für den Ausdruck links.