Corrig´e de l’exercice 4.10.ter

Corrig´e de l’exercice 4.10.ter

Ir` ene Waldspurger

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Enonc´ ´ e

Soit f : R → R une application de classe C ^∞ sur R . On suppose qu’il existe une suite de r´ eels (x _n ) n≥0 telle que :

• pour tout entier naturel n il existe un entier naturel k _n ≥ n tel que u _k

6= 0 ;

• pour tout n ∈ N on a f (x n ) = 0 ;

• lim _n→+∞ x _n = 0.

Montrer que pour tout k ∈ N on a f ^(k) (0) = 0.

Introduction

• Le but de cet exercice est de d´ emontrer que si une fonction f est C ^∞ et s’il existe une suite de points en lesquels f s’annule, qui converge vers 0 sans ˆ etre stationnaire en 0, alors toutes les d´ eriv´ ees de f en 0 sont nulles.

• La propri´ et´ e ` a d´ emontrer est la mˆ eme que dans l’exercice 4.10.bis ` a part que la suite (x _n ) n∈ N

n’est plus suppos´ ee strictement monotone mais seulement non stationnaire. On peut s’inspirer de l’exercice 4.10.bis de deux mani` eres diff´ erentes :

— on peut utiliser la mˆ eme structure de raisonnement, bas´ ee sur le lemme de Rolle, en adaptant les d´ etails pour tenir compte du fait que la suite (x _n ) n∈ N peut ne pas ˆ etre monotone ;

— on peut, ` a partir de la suite (x n ) n∈ N donn´ ee, essayer de construire une sous-suite qui v´ erifierait les hypoth` eses de l’exercice 4.10.bis et utiliser directement le r´ esultat de cet exercice.

• La diff´ erence principale est l’absence d’hypoth` ese sur la monotonie de (x <sub>n</sub> ) n∈ N . Cette hypoth` ese

´ etait importante dans la construction men´ ee ` a l’exercice 4.10.bis : elle permettait de s’assurer qu’on appliquait toujours le lemme de Rolle sur des intervalles non-vides et permettait d’encadrer les suites construites par r´ ecurrence afin de d´ emontrer leur convergence vers 0 par encadrement.

D´ eveloppement (premi` ere solution)

On va d´ emontrer par r´ ecurrence sur k ∈ N la propri´ et´ e suivante :

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(P _k )

Il existe une suite (y _n ) _{n∈ N} qui converge vers 0, n’est pas stationnaire en 0 et telle que, pour tout n ∈ N , f ^(k) (y _n ) = 0.

De plus, f ^(k) (0) = 0.

On initialise en d´ emontrant (P ₀ ). On d´ efinit y = x. D’apr` es les hypoth` eses de l’´ enonc´ e, cette suite converge bien vers 0, n’est pas stationnaire en 0, et est telle que, pour tout n ∈ N , f (y _n ) = 0. Il reste ` a montrer que f(0) = 0.

La fonction f est continue en 0 (car C ^∞ sur R ). D’apr` es le th´ eor` eme de caract´ erisation s´ equentielle, on a donc

f(0) = lim

n→+∞ f (y _n ) = lim

n→+∞ 0 = 0.

Supposons maintenant que (P _k ) est vraie pour un certain k ∈ N et montrons que (P _k+1 ) l’est aussi. Soit (z n ) n∈ N une suite convergeant vers 0, non-stationnaire en z´ ero, telle que pour tout n ∈ N , f ^(k) (z _n ) = 0. Elle existe d’apr` es l’hypoth` ese de r´ ecurrence. ` A partir de cette suite, on va construire (y _n ) n∈ N v´ erifiant les propri´ et´ es voulues au rang k + 1.

Pour tout n ∈ N , soit φ(n) le plus petit entier sup´ erieur ou ´ egal ` a n tel que z <sub>φ(n)</sub> 6= 0 (il existe car z n’est pas stationnaire en 0). Pour tout n, on peut appliquer le lemme de Rolle ` a f ^(k) sur le segment [0; z _φ(n) ] (ou [z _φ(n) ; 0] si z _φ(n) < 0). En effet, f ^(k) (z _φ(n) ) = 0 (d’apr` es les propri´ et´ es de z) et f <sup>(k)</sup> (0) = 0 (par l’hypoth` ese de r´ ecurrence). De plus, f ^(k) est continue et d´ erivable sur le segment car f est C ^∞ sur R . On en d´ eduit qu’il existe y _n ∈]0; z _φ(n) [ (ou ]z _φ(n ; 0[) tel que

f ^(k+1) (y _n ) = 0.

Pour tout n, fixons un tel y _n .

La suite y ainsi d´ efinie v´ erifie bien les propri´ et´ es voulues : d’apr` es notre construction, on a, pour tout n, 0 < |y _n | < |z _φ(n) |. La suite (|z _φ(n) |) n∈ N tend vers 0 car (z _φ(n) ) n∈ N est une sous-suite de z et z tend vers 0. Ainsi, par encadrement, (|y _n |) _{n∈ N} tend vers 0, donc (y _n ) _{n∈ N} aussi. De plus, notre construction assure que y _n 6= 0 pour tout n ; la suite y n’est donc pas stationnaire en 0. Enfin, par construction, f ^(k+1) (y _n ) = 0 pour tout n ∈ N .

Pour achever d’´ etablir (P _k+1 ), il suffit de montrer que f ^(k+1) (0) = 0. On utilise la caract´ erisation s´ equentielle de la continuit´ e et le fait que f ^(k+1) est continue en 0 :

f ^(k+1) (0) = lim

n→+∞ f ^(k+1) (y _n ) = 0.

Ceci termine le raisonnement par r´ ecurrence. On en d´ eduit que (P _k ) est vraie pour tout k ∈ N . En particulier, f ^(k) (0) = 0 pour tout k ∈ N .

D´ eveloppement (deuxi` eme solution)

On commence par montrer qu’il existe une sous-suite de x qui ne s’annule pas : pour tout n, soit φ(n) le plus petit entier sup´ erieur ou ´ egal ` a n tel que x <sub>φ(n)</sub> 6= 0 (il existe d’apr` es les hypoth` eses de l’´ enonc´ e). Notons (y <sub>n</sub> ) n∈ N = (x <sub>φ(n)</sub> ) n∈ N la sous-suite obtenue. D’apr` es la construction de φ, elle ne s’annule pas.

On utilise maintenant le lemme du soleil levant : toute suite r´ eelle admet une sous-suite monotone. Soit donc z une sous-suite monotone de y.

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La suite z ne s’annule pas (puisque y ne s’annule pas). Comme c’est une sous-suite de y, et donc de x, elle v´ erifie :

∀n ∈ N , f (z _n ) = 0;

n→+∞ lim z _n = 0.

Montrons maintenant qu’il existe une sous-suite de z strictement monotone. On traite s´ epar´ ement le cas o` u z est d´ ecroissante et celui o` u z est croissante.

Supposons d’abord z d´ ecroissante. Posons ψ(0) = 0. Ensuite, pour tout n, si on a d´ efini ψ(n), on d´ efinit ψ(n + 1) par

ψ(n + 1) = min{k > ψ(n), z _k < z _ψ(n) }.

Cette d´ efinition est valide car l’ensemble {k > ψ(n), z _k < z _ψ(n) } est non-vide (sinon, puisque z est d´ ecroissante, on devrait avoir z _k = z _ψ(n) pour tout k > ψ(n), donc z serait stationnaire en z _ψ(n) et donc z _ψ(n) vaudrait 0 puisque z tend vers 0, ce qui est impossible car z ne s’annule pas) et est un sous-ensemble de N ; il admet donc un minimum.

Cette d´ efinition produit une fonction ψ : N → N strictement croissante, c’est-` a-dire une extraction. D’apr` es la construction de ψ, (z _ψ(n) ) _{n∈ N} est strictement d´ ecroissante.

De mˆ eme, si z est croissante, on d´ efinit une extraction ψ telle que (z _ψ(n) ) n∈ N est strictement croissante.

La suite (z _ψ(n) ) _{n∈ N} tend vers 0 (c’est une sous-suite de z) et v´ erifie

∀n ∈ N , f(z _ψ(n) ) = 0.

De plus, elle est strictement monotone. D’apr` es l’exercice 4.10.bis, on a donc f ^(k) (0) = 0 pour tout k ∈ N .

Conclusion

Cet exercice ´ etait difficile. On pouvait le r´ esoudre avec le mˆ eme raisonnement qu’` a l’exercice 4.10.bis (premi` ere solution propos´ ee) mais il fallait bien choisir les intervalles sur lesquels appliquer le lemme de Rolle (sinon, on risquait d’appliquer Rolle sur des intervalles vides ou de s’en servir pour construire une suite stationnaire en 0). Penser au lemme du soleil levant (deuxi` eme solution propos´ ee) permettait de simplifier le raisonnement mais, l` a encore, il fallait faire preuve de soin. En particulier, si on ne commen¸cait pas par extraire de x une sous-suite ne s’annulant pas, on risquait, apr` es application du lemme, d’obtenir une sous-suite stationnaire en 0 et de ne pas pouvoir conclure.

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