3.2 Obtention d’in´ egalit´ es

Id´esigne un intervalle deR, non vide et non r´eduit `a un point.f d´esigne une fonction d´efinie surI, `a valeurs dansR.

1 D´ efinition et caract´ erisation

D´efinition 1.1

f est convexe surIsi

∀x, y∈I,∀t∈[0; 1], f(tx+ (1−t)y)6tf(x) + (1−t)f(y).

On dit quef est concave si−f est convexe.

Figure1 – Illustration de la d´efinition Proposition 1.2

f est convexe si et seulement si son ´epigraphe est convexe dansR².

Preuve. On rappelle que l’´epigraphe def, not´e Epi(f), est d´efini de la mani`ere suivante : Epi(f) ={M(x;y), x∈I, f(x)6y}.

Supposons f convexe. Soient M1(x1;y1) et M2(x2;y2) deux points de l’´epigraphe de f. Soit N(xN;yN) un point du segment [M₁M₂]. Il existe alors un unique r´eel t ∈ [0; 1] tel que x_N = tx₁ + (1−t)x₂ et yN =ty1+ (1−t)y2.f ´etant convexe, on a :

f(x_N) =f(tx₁+ (1−t)x₂)6tf(x₁) + (1−t)f(x₂)6ty₁+ (1−t)y₂=y_N. N appartient donc `a l’´epigraphe def donc Epi(f) est convexe.

Supposons maintenant Epi(f) convexe. Soientx1, x2∈I,t∈[0; 1]. Soienty1=f(x1),y2=f(x2),M1(x1;y1), M₂(x₂;y₂) etN(tx₁+ (1−t)x₂;ty₁+ (1−t)y₂). Epi(f) ´etant convexe, on a :

f(tx1+ (1−t)x2)6ty1+ (1−t)y2=tf(x1) + (1−t)f(x2).

f est donc convexe.

Th´eor`eme 1.3

Les assertions suivantes sont ´equivalentes : (i) f est convexe ;

(ii) Pour tousx, y, z∈I tels quex < y < z, on a : ^f(y)−f(x)_y−x 6 ^f(z)−f(x)_z−x 6 ^f(z)−f(y)_z−y (in´egalit´e des trois pentes) ;

(iii) Pour touta∈I, la fonctionx7→ ^f(x)−f(a)_x−a est croissante surI\ {a}.

Figure 2 – Illustration de l’in´egalit´e des 3 pentes (ii) Preuve.

(i)⇒(ii)

Supposons f convexe sur I. Soient x, y, z ∈ I tels que x < y < z. Il existe un unique t ∈]0; 1[ tel que y=tx+ (1−t)z.f ´etant convexe, on a :

f(y) =f(tx+ (1−t)y)6tf(x) + (1−t)f(y).

On en d´eduit :

f(y)−f(x)6(1−t)(f(z)−f(x)).

y−x= (1−t)(z−x) donc en divisant l’in´egalit´e pr´ec´edente par y−x >0, on a : f(y)−f(x)

y−x 6 f(z)−f(x) z−x , ce qui prouve la premi`ere in´egalit´e.

f(y)6tf(x) + (1−t)f(z) donc −f(y)>−tf(x)−f(z) +tf(z) et doncf(z)−f(y)>t(f(z)−f(x)).

z−y=z−tx−z+tz=t(z−x). En divisant l’in´egalit´e pr´ec´edente parz−y >0, on a : f(z)−f(y)

z−y >f(z)−f(x) z−x , ce qui d´emontre le deuxi`eme in´egalit´e.

(ii)⇒(iii)

On suppose quef v´erifie l’in´egalit´e des trois pentes. Soit a∈I. Notonsfa la fonction d´efinie surI\ {a}par x7→ ^f(x)−f(a)_x−a . Soientx, y∈I\ {a}, avecx < y.

Si a < x < y, l’in´egalit´e des trois pentes donne :f_a(x)6f_a(y)6 ^f(y)−f(x)_y−x . Si x < a < y, l’in´egalit´e des trois pentes donne :fa(x)6 ^f(y)−f(x)y−x 6fa(y).

Si x < y < a, l’in´egalit´e des trois pentes donne : ^f(y)−f(x)_y−x 6fa(x)6fa(y).

(iii)⇒(i)

On suppose que pour tout a ∈ I, f_a est croissante sur I \ {a}. Soient x, y ∈ I. Soit t ∈]0; 1[. Notons z=tx+ (1−t)y. On ax < z < ydoncfz(x)6fz(y), c’est-`a-dire ^f(x)−f(z)_x−z 6 ^f(y)−f(z)y−z . En multipliant par (x−z)(y−z)<0, on obtient (y−z)(f(x)−f(z))>(x−z)(f(y)−f(z)). En regroupant les termes enf(x), f(y) etf(z), on a :

(x−y)f(z)>(x−z)f(y)−(y−z)f(x).

En divisant parx−y <0, on obtient :

f(z)6 x−z

x−yf(y)−y−z x−yf(x).

Or x−z =x−tx−y+ty= (1−t)(x−y) donc ^x−z_x−y = 1−t et y−z=y−tx−y+ty=t(y−x) donc

−^y−z_x−y =t, d’o`u f(z)6 tf(x) + (1−t)f(y), c’est-`a-dire f(tx+ (1−t)y) 6tf(x) + (1−t)f(y). L’in´egalit´e

´

etant trivialement v´erifi´ee pourt= 0 ett= 1,f est donc convexe.

Proposition 1.4

(in´egalit´e de Jensen) Soitn∈N,n>2. Soitf une fonction convexe surI. Alors pour tous(ak)16k6n ∈ Rⁿ+tels que

n

P

k=1

a_k= 1et (x_k)_16k6n∈Iⁿ, on a :f _n

P

k=1

a_kx_k

6

n

P

k=1

a_kf(x_k).

Preuve. On supposef convexe surI. Pour n∈N,n>2, notonsHn la propri´et´e :

∀(ak)_16k6n∈Rⁿ⁺¹+ ,

n

X

k=1

a_k= 1,∀(xk)_16k6n ∈Iⁿ, f

n

X

k=1

a_kx_k

! 6

n

X

k=1

a_kf(x_k).

H₂est v´erifi´ee (c’est la d´efinition d’une fonction convexe).

Soitn∈N,n>2. SupposonsHn v´erifi´ee. Soit (ak)16k6n+1∈Rⁿ⁺¹+ tel que

n+1

P

k=1

ak= 1. Soit (xk)16k6n+1 ∈ Iⁿ⁺¹.

1er cas : si

n

P

k=1

ak= 0. Lesak´etant tous positifs, on en d´eduit queak= 0 pour toutk∈J1, nK, puisan+1= 1.

On a alors :

f

n+1

X

k=1

a_kx_k

!

=f(x_n+1).

L’in´egalit´e est alors trivialement v´erifi´ee.

2`eme cas : si

n

P

k=1

a_k 6= 0. Notons a =

n

P

k=1

a_k. Soitx= ¹_a

n

P

k=1

a_kx_k. x∈I. En effet, sim = min(x_i)_16i6n et M = max(xi)16i6n, on a ma6

n

P

k=1

akxk6M adoncx∈[m;M]⊂I. On a alors :

f

n+1

X

k=1

a_kx_k

!

=f(ax+a_n+1x_n+1)

6af(x) +an+1f(xn+1) d’apr`esH2

6a.1 a

n

X

k=1

akf(xk) +an+1f(xn+1) d’apr`esHn

6

n+1

X

k=1

akf(xk) doncH_n+1 est vraie.

D’apr`es le principe de r´ecurrence, on en d´eduit queHn est vraie pour tout entiern>2.

2 Convexit´ e et d´ erivation

Proposition 2.1

Soitf une fonction convexe sur I. Alors :

(i) f admet une d´eriv´ee `a gauche et `a droite en tout pointaint´erieur `aI etf_g⁰(a)6f_d⁰(a); (ii) f est continue sur˚I;

(iii) ∀a, b∈˚I, a < b, f_d⁰(a)6 ^f(b)−f(a)_b−a 6f_g⁰(b); (iv) f_g⁰ etf_d⁰ sont croissantes sur˚I.

Preuve. Soitf une fonction convexe surI.

(i) Soita∈˚I. On notefa la fonction d´efinie surI\ {a}parx7→ ^f(x)−f(a)_x−a .f ´etant convexe,fa est croissante (paragraphe pr´ec´edent). Soient x < a et x₀ > a. f_a est croissante sur I∩]− ∞;a[ et major´ee par f_a(x₀) sur cet intervalle donc fa admet une limite lorsque x → a⁻. f est donc d´erivable `a gauche en a et on a f_g⁰(a)6fa(x0).

De la mˆeme mani`ere, on montre que f est d´erivable `a droite en a. On a donc f_a(x₀) −−−−−→

x0→a⁺ f_d⁰(a). Par passage `a la limite lorsque x₀→a⁺ dans l’in´egalit´ef_g⁰(a)6f_a(x₀), on obtientf_g⁰(a)6f_d⁰(a).

(ii)f ´etant d´erivable `a gauche et `a droite ena∈˚I,f est continue ena.

(iii) Soienta, b∈˚I. Soitx∈]a;b[. D’apr`es l’in´egalit´e des trois pentes : f(x)−f(a)

x−a 6 f(b)−f(a)

b−a 6 f(x)−f(b) x−b .

En faisant tendrexversadans la premi`ere in´egalit´e, on obtient :f<sub>d</sub><sup>0</sup>(a)6 <sup>f(b)−f(a)</sup><sub>b−a</sub> . En faisant tendrexvers b dans la deuxi`eme in´egalit´e, on obtient : ^f(b)−f(a)_b−a 6f_g⁰(b). On en d´eduit :

f_d⁰(a)6 f(b)−f(a)

b−a 6f_g⁰(b).

(iv) Soient a, b∈˚I, avec a < b. Alors f_d⁰(a)6 ^f(b)−f(a)_b−a 6f_g⁰(b) d’apr`es (iii). D’apr`es (i), f_g⁰(a) 6f_d⁰(a) et f_g⁰(b)6f_d⁰(b) doncf_g⁰(a)6f_d⁰(a)6f_g⁰(b)6f_d⁰(b).f_g⁰ etf_d⁰ sont donc croissantes sur ˚I.

Proposition 2.2

On supposefcontinue surIet d´erivable sur˚I. Alorsf est convexe surIsi et seulement sif⁰est croissante surI.

Preuve. Soitf une fonction continue surI et d´erivable sur ˚I. Sif est convexe, alorsf⁰ est croissante sur ˚I d’apr`es la proposition pr´ec´edente.

Supposons maintenantf⁰ croissante sur ˚I. Soientx, y∈I, avecx < y. Soitg la fonction d´efinie sur [0; 1] par t7→tf(x) + (1−t)f(y)−f(tx+ (1−t)y).f ´etant continue surI, il en r´esulte queg est continue sur [0; 1].f

´

etant d´erivable sur ˚I, il en r´esulte quegest d´erivable sur ]0; 1[. De plus,g(0) =g(1) = 0. D’apr`es le th´eor`eme deRolle, il existet₀∈]0; 1[ tel que g⁰(t₀) = 0. On a :

∀t∈]0; 1[, g⁰(t) =f(x)−f(y)−(x−y)f⁰(tx+ (1−t)y).

t7→tx+ (1−t)yest d´ecroissante sur [0; 1] etf⁰est croissante sur ˚Idoncg⁰ est d´ecroissante sur ]0; 1[. Comme g⁰(t0) = 0, on en d´eduit queg⁰ est positive sur ]0;t0[ et n´egative sur ]t0; 1[. gest donc croissante sur [0;t0] et d´ecroissante sur [t₀; 1]. Commeg(0) =g(1) = 0,g est donc positive sur [0; 1] donc :

∀t∈[0; 1], f(tx+ (1−t)y)6tf(x) + (1−t)f(y).

f est donc convexe surI.

Proposition 2.3

Sif est d´erivable surI, alors la tangente en tout point est en dessous de la courbe repr´esentative de f. Preuve. On suppose f d´erivable sur I. Soit x0 ∈ I. L’´equation cart´esienne de la tangente `a la courbe repr´esentative de f en x<sub>0</sub> est y = f<sup>0</sup>(x<sub>0</sub>)(x−x<sub>0</sub>) +f(x<sub>0</sub>). Soitg la fonction d´efinie sur I parx7→ f(x)− f<sup>0</sup>(x)(x−x0)−f(x0). On veut montrer quegest positive, ce qui prouvera la proposition.f est d´erivable sur I donc il en est de mˆeme pourg et on a pour toutx∈I,g<sup>0</sup>(x) =f<sup>0</sup>(x)−f<sup>0</sup>(x0).f<sup>0</sup> est croissante sur ˚I (car f est convexe) doncg<sup>0</sup> est croissante sur ˚I. g<sup>0</sup>(x0) = 0 donc g<sup>0</sup> est n´egative sur I∩]− ∞;x0[ et positive sur I∩]x0; +∞[.gest donc d´ecroissante surI∩]− ∞;x<sub>0</sub>[ et croissante surI∩]x0; +∞[.gadmet donc un minimum global enx0. g(x0) = 0 doncg est positive surI, ce qui ach`eve la d´emonstration.

3 Applications

3.1 Comparaison de moyennes

D´efinition 3.1

Soientx₁, . . . , x_n∈R^∗+. On d´efinit les moyennes suivantes : (i) Moyenne arithm´etique :Ma= ^x1+···+x_n ⁿ;

(ii) Moyenne g´eom´etrique :Mg= √ⁿ

x1. . . xn; (iii) Moyenne quadratique :Mq =

qx²₁+···+x²_n

n ;

(iv) Moyenne harmonique :Mh= 1 ⁿ x1+···+ ¹

xn

.

Proposition 3.2

On a :Mh6Mg6Ma 6Mq.

Preuve. Soit f la fonction d´efinie sur R⁺ par x 7→ x². f est d´erivable sur R⁺ et on a pour tout x > 0, f⁰(x) = 2x.f⁰ est croissante surR⁺ doncf est convexe surR⁺. D’apr`es l’in´egalit´e deJensen, on a :

f

x1+· · ·+xn

n

6 1

n(f(x1) +· · ·+f(xn)) c’est-`a-dire M_a²6M_q².x7→√

xest croissante surR⁺ doncMa6Mq.

ln est d´erivable surR^∗+ et on a pour toutx >0, ln⁰(x) = _x¹. ln⁰ est d´ecroissante surR^∗+ donc ln est concave surR^∗+. L’in´egalit´e deJensendonne

ln

x₁+· · ·+x_n n

> 1

n(ln(x₁) +· · ·+ ln(x_n))

c’est-`a-dire ln(Ma) > n¹ln(M_gⁿ) = ln(Mg). La fonction exponentielle ´etant croissante sur R, on en d´eduit Mg6Ma.

En appliquant `a nouveau l’in´egalit´e deJensen`a la fonction ln : ln

1

nx₁ +· · ·+ 1 nx_n

> 1 n

ln

1 x₁

+· · ·+ ln 1

x_n

c’est-`a-dire ln

1 M_h

>n¹ln

1 M_gⁿ

= ln

1 M_g

. On en d´eduit alors _M¹

h > M¹_g, puisMg>Mh.

3.2 Obtention d’in´ egalit´ es

Premi`ere in´egalit´e :∀x∈[0, π/2],_π²x6sinx6x.

En effet, sin est d´erivable et sin⁰= cos. sin⁰est donc d´ecroissante sur [0;π/2] donc sin est concave sur [0;π/2].

La courbe repr´esentative de sin est donc situ´ee au dessus de ses cordes et en dessous de ses tangentes. La tangente en 0 a pour ´equationy=x. La corde joignant (0; sinx) et (π/2; sin(π/2)) a pour ´equationy= _π²x, d’o`u l’encadrement.

Deuxi`eme in´egalit´e :∀a, b, c∈R⁺, a³+b³+c³>3abcet (a+b+c)³>27abc.

Nous allons utiliser les comparaisons des diff´erentes moyennes.

Mg6Ma donc √³

abc6 ^a+b+c3 et doncabc6 ^(a+b+c)27 ³ (x7→x³´etant croissante surR).

En appliquant `a nouveau l’in´egalit´e Mg 6 Ma aux trois nombres a³, b³ et c³, on a : √³

a³b³c³ 6 ^a3+b3^3+c3

donca³+b³+c³>3abc.

Proposition 3.3

Kd´esigneRouC. Soientn∈N^∗,p, q∈Ravecp >1,q > 1et ¹_p+¹_q = 1. Pourx= (x₁, . . . , x_n)∈Kⁿ, on notekxkp=

_n P

k=1

|xk|^{p 1}_p

et kxkq = _n

P

k=1

|xk|^{q 1}_q

. Alors : (i)

n

P

k=1

|xkyk|6 _n

P

k=1

|xk|^{p 1}_{p n}

P

k=1

|yk|^{q 1}_q

(in´egalit´e deH¨older) ; (ii) ∀x, y∈Kⁿ,kx+ykp6kxkp+kykp (in´egalit´e deMinkowski).

Preuve.

Montrons d’abord que pour tous a, b > 0, ab 6 ^ap^p + ^b_q^q. Remarquons d’abord que si a = 0 ou b = 0, l’in´egalit´e est clairement v´erifi´ee. Supposons maintenantaetbnon nuls. La fonction exponentielle, not´ee exp, est convexe surRdonc :

∀x, y∈R,∀λ∈[0; 1],exp(λx+ (1−λ)y)6λexp(x) + (1−λ) exp(y).

Soienta, b∈R^∗+. Appliquons l’in´egalit´e de convexit´e avecx= ln(a^p),y= ln(b^q) etλ= ¹_p (donc 1−λ=¹_q) : exp

ln(a^p)

p +ln(b^q) q

6 exp(ln(a^p))

p +exp(ln(b^q)) q c’est-`a-dire ab6 ^ap^p +^b_q^q.

(i) Montrons l’in´egalit´e deH¨older:

Soient x= (x₁, . . . , x_n)∈Kⁿ et y= (y₁, . . . , y_n)∈Kⁿ. Six= 0 ouy = 0, l’in´egalit´e est clairement v´erifi´ee.

Supposonsx6= 0 ety6= 0. Dans ce cas, au moins une coordonn´ee dexest non nulle donckxkp6= 0. De mˆeme pour y. Pour tout k ∈J1, nK, notons x⁰_k = _kxk^xkp

p et y⁰_k = _kyk^ykq

q. Appliquons l’in´egalit´e pr´ec´edente. Pour tout k∈J1, nK:

|x⁰_ky⁰_k|6|x⁰_k|^p

p +|y⁰_k|^q

q = |xk|^p pkxk^pp

+ |yk|^q qkyk^qq

. En sommant, on obtient :

n

X

k=1

|x⁰_ky_k⁰|6 1 pkxk^pp

Xk= 1ⁿ|xk|^p+ 1 qkyk^qq

Xk= 1ⁿ|yk|^q= 1 p+1

q = 1.

Or, on a

n

X

k=1

|x⁰_ky⁰_k|= 1 kxkpkykq

n

X

k=1

|xkyk|

d’o`u

n

X

k=1

|xky_k|6

n

X

k=1

|xk|^p

!¹_{p n} X

k=1

|yk|^q

!¹_q . L’in´egalit´e deH¨olderest ainsi d´emontr´ee.

(ii) Montrons maintenant l’in´egalit´e deMinkowski.

Soient (x= (x₁, . . . , x_n)∈Kⁿ ety = (y₁, . . . , y_n)∈Kⁿ. Sikx+ykp= 0, l’in´egalit´e est ´evidente. Supposons maintenant quekx+ykp6= 0. Soitqtel que ¹_p+¹_q = 1 (c’est-`a-direq=_p−1^p ). On a :

n

X

k=1

|xk+yk|^p=

n

X

k=1

|xk+yk||xk+yk|^p−16

n

X

k=1

|xk||xk+yk|^p−1+

n

X

k=1

|yk||xk+yk|^p−1. On applique l’in´egalit´e deH¨olderaux deux termes de droite :

n

X

k=1

|xk+yk|^p6

n

X

k=1

|xk|^p

!_p¹ _n X

k=1

|xk+yk|^(p−1)q

!¹_q +

n

X

k=1

|yk|^p

!¹_{p n} X

k=1

|xk+yk|^(p−1)q

!¹_q

6(kxkp+kykp)

n

X

k=1

|xk+yk|^(p−1)q

!¹_q . Sachant que q(1−p) =p, on a donc :

n

X

k=1

|xk+y_k|^p6(kxkp+kykp)

n

X

k=1

|xk+y_k|^p

!¹_q .

On multiplie chaque membre de l’in´egalit´e par _n

P

k=1

|xk+yk|^p −¹_q

=kx+yk⁻

1

pq :

n

X

k=1

|xk+yk|^p

!1−_q¹

6kxkp+kykp

c’est-`a-dire kx+ykp6kxkp+kykp.

Remarque 3.4

L’in´egalit´e de Minkowskipermet de montrer quek.kp d´efinit une norme.

3.3 Int´ egrabilit´ e

Exemple 3.5

La fonctionx7→ 1

1 +x³sin²x est int´egrable sur[0; +∞[.

Soit f la fonction d´efinie sur [0; +∞[ par x7→ 1

1 +x³sin²x. f est positive sur [0; +∞[. f est continue sur [0; +∞[ donc localement int´egrable sur cet intervalle. SoitF la fonction d´efinie sur [0; +∞[ parx7→

Z x

0

f(t)dt.

On cherche `a montrer que F admet une limite finie en +∞. Pour n ∈ N, notons un =

Z (n+1)π

nπ

f(t)dt.

Pu_n est une s´erie `a termes positifs. F admet une limite finie en +∞ si et seulement si la s´erie Pu_n est une s´erie convergente (comparaison s´erie-int´egrale). Soit n ∈ N^∗. u_n 6

Z (n+1)π

nπ

1

1 +n³π³sin²xdt. Or,

x7→ 1

1 +n³π³sin²x est π−p´eriodique et paire donc on en d´eduit : u_n 62

Z ^π₂

0

1

1 +n³π³sin²xdx62 Z ^π₂

0

1

1 +⁴ⁿ_π³₂^π3x²dx.

Effectuons le changement de variable u= 2n^3/2√

πx(la fonctionx7→2n^3/2√

πxest unC¹ diff´eomorphisme sur [0;π/2]) :

2 Z ^π₂

0

1

1 + 4n³πx²dx= 2× 1 2n^3/2√

π

Z (nπ)^3/2

0

1

1 +u²du= 1 n^3/2√

πarctan((nπ)^3/2)6

√π 2

1 n^3/2. Pour tout entier naturel non nul n, on aun 6

√π 2

1

n^3/2. P 1

n^3/2 est une s´erie deRiemannconvergente donc Pu_n est une s´erie convergente et doncf est int´egrable sur [0; +∞[.

3.4 M´ ethode de Newton

Th´eor`eme 3.6

Soitf : [a;b]→Rune fonction de classeC²sur[a;b], strictement croissante et convexe, avecf(a)f(b)<0.

Alors :

(i) f admet un unique z´ero dans]a;b[, not´eα;

(ii) Pour toutx0∈[α;b], la suite(un)d´efinie paru0=x0 et pour tout entiern,un+1 =un−_f^f(u0(uⁿ_n⁾) est d´efinie, d´ecroissante et converge versα;

(iii) ∀n∈N,|un−α|6 ¹kk²ⁿ(b−α)²ⁿ, aveck=_2m^M2

1, m1= min

x∈[a;b]|f⁰(x)|etM2= max

x∈[a;b]|f⁰⁰(x)|.

Preuve. Soit f : [a;b] → R une fonction de classe C² sur [a;b], strictement croissante et convexe, avec f(a)f(b)<0

(i) f est continue sur [a;b] et f(a)f(b)<0 donc il existe α∈]a;b[ tel que f(α) = 0 (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires).f ´etant strictement croissante sur [a;b],f est bijective sur cet intervalle etαest unique.

(ii) Soitx0∈[α;b].

L’´equation de la tangente au point de coordonn´ees (x₀;f(x₀)) est y = f(x₀) +f⁰(x₀)(x−x₀). Elle coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse u1 v´erifiantf(u0) +f⁰(u0)(u1−u0) = 0, d’o`u u1=u0−<sub>f</sub><sup>f(u</sup>0(u<sup>0</sup>0<sup>)</sup>) (f<sup>0</sup> ne s’annule pas sur [a;b] car f est strictement croissante). On r´ep`ete l’oparation et c’est ainsi qu’est construite la suite (u_n). Soitgla fonction d´efinie sur [α;x₀] parx7→x−_f^f(x)0(x).gest de classeC¹ sur [α;x₀] et on a :

∀x∈[α;x0], g⁰(x) = 1−f⁰(x)²−f(x)f⁰⁰(x)

f⁰(x)² =f(x)f⁰⁰(x) f⁰(x)² .

f est strictement croissante sur [α;x0] et f(α) = 0 donc f est positive sur [α;x0]. f est de classe C² et convexe doncf⁰⁰est positive sur [α;x₀].g⁰ est donc positive sur [α;x₀] doncgest croissante sur cet intervalle.

g(α) =α−_f^f(α)0(α) =αdonc pour toutx>α,g(x)>α.g(x0) =x0−_f^f(x0(x⁰0⁾) 6x0donc pour toutx∈[α;x0], g(x) 6 x0. [α;x0] est donc un intervalle de stabilit´e pour g et donc la suite (un) est bien d´efinie. g ´etant croissante, la suite (u_n) est monotone, le sens de monotonie ´etant donn´e par le signe deu₁−u₀.

u1−u0=u0− f(u₀)

f⁰(u0)−u0=−f(u₀) f⁰(u0) 60

donc la suite (un) est d´ecroissante. (un) ´etant minor´ee par α, cette suite converge. Notons `sa limite. gest continue donc g(`) =`, c’est-`a-dire −_f<sup>f(`)</sup>0(`) = 0.` est donc un z´ero def sur [α;x₀]. Par unicit´e, on a alors

`=α. (un) converge donc versα.

(iii) Soient k= _2m^M2

1, avecm1 = min

x∈[a;b]|f⁰(x)| etM2= max

x∈[a;b]|f⁰⁰(x)|. Soit x∈[α;b]. f est de classeC² donc, d’apr`es le th´eor`eme deTaylor-Lagrange :

∃cx∈]α;b[, f(α) =f(x) + (α−x)f⁰(x) +(α−x)² 2 f⁰⁰(cx).

sachant quef(α) = 0, en divisant par f⁰(x)>0 et en r´eordonnant les termes, on a :

|g(x)−α|= (α−x)² 2

f⁰⁰(cx) f⁰(x)

6k(α−x)². Pour n∈N, notonsHn la propri´et´e|un−α|6 ¹kk²ⁿ(b−α)²ⁿ.

Pour n= 0,u₀−α6b−αdoncH0est vraie.

Soitn∈N. SupposonsHn vraie.

|u_n+1−α|=|g(u_n)−α|

6k|un−α|(d’apr`es ce qui pr´ec`ede) 6k1

k²k²ⁿ⁺¹|b−α|²ⁿ⁺¹ (hypoth`ese de r´ecurrence)

Hn+1 est donc vraie. D’apr`es le principe de r´ecurrence,Hn est vraie pour tout entier naturel n.