Dérivation et convexité Feuille 21

(1)

Dérivation et convexité Feuille 21

Exercice21.1 Solution p. 4

Déterminer le domaine de définition, le domaine de dérivabilité et la dérivée de la fonctionf dans chacun des cas suivants :

f(x) =√

4x²−1, f(x) =

…x+ 1

x−1, f(x) =|lnx|, f(x) = cos(√

x)etf(x) =x|x|.

Étudier les suites(x_n)de réels vérifiant :∀n∈N, x_n+1=x_n−x²_n.

Étudier les suites(xn)de réels vérifiant la relation, pour toutn∈N, xn+1 = e^xⁿ.

SoitI un intervalle d’intérieur non vide etf une application deI dansR^∗+. On dit quef estlog-convexe si et seulement siln◦fest convexe.

Montrer que sif estlog-convexe, alors elle est convexe.

La réciproque est-elle vraie?

Déterminer les applications deRdansRconvexes et bornées.

Étudier les suites(x_n)vérifiant la relation de récurrence suivante :

∀n∈N, xn+1 = 1 2

Å

xn+ a² xn

ã , oùa >0.

On considère une suite réelle vérifiant :u0∈R^∗, et pour toutn∈N, un+1=f(un), oùf(x) = 1 + 1 4sin1

x. 1. En notantI =

ï3 4, 5

4 ò

, montrer quef(I)⊂I.

En déduire qu’il existe`∈Itel quef(`) =`.

2. Montrer que, pour toutx∈I,|f⁰(x)| ≤ 4

9. En déduire queun−−−−−→

n→+∞ `.

Soitf une application continue deRdansC. Pourt∈R^∗on poseg(t) = 1 t

Z t 0

f(x) dx.

Montrer quegest prolongeable par continuité en0. SifestC¹, montrer quegest dérivable et déterminer sa dérivée.

Soit(un)une suite définie par :u0= 1etun+1=un

1 + 2un

1 + 3u_n.Étudier(un)et donner un équivalent.

Soitf une fonction définie sur un intervalleI et à valeurs dansRet soita∈R.

(2)

1. On suppose quef est strictement convexe surI.

Démontrer que l’équationf(x) =aadmet au plus deux solutions.

2. On suppose seulement quef est convexe surI. Que peut-on dire de l’ensemble des solutions de l’équation f(x) =a?

Théorème de Darboux

Soitf une application deI dansR, oùI désigne un intervalle inclus dansRd’intérieur non vide. On suppose quef est dérivable surI.

1. Soit(a, b)∈I². On suppose quef⁰(a)<0et quef⁰(b)>0.Montrer qu’il existec∈]a, b[tel quef⁰(c) = 0.

2. Montrer quef⁰(I)est un intervalle (c’est le théorème de Darboux).

Étudier les suites telles que :x_n+1 =√ 2−x_n

Soita, b∈Raveca < betf une application de classeCⁿ⁺¹ de[a, b]dansR.Soitx₀ ∈[a, b]. Montrer que le reste de Taylor à l’ordrendef enx0 est égal à

Z x x0

Z tn+1

x0

· · · Z t2

x0

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t1) dt1dt2. . .dtn+1.

1. Théorème des accroissements finis généralisé

Soientfetgdeux applications de[a, b]dansR, continues sur[a, b]et dérivables sur]a, b[. Montrer qu’il existe c∈]a, b[tel que

f(b)−f(a) f⁰(c) g(b)−g(a) g⁰(c)

= 0.

2. Règle de l’Hôpital.

SoitIun intervalle deRd’intérieur non vide eta∈I. Soientf etgdeux applications deIdansRcontinues sur I et dérivables sur I\{a}. On suppose que f(a) = g(a) = 0 et qu’il existeV ∈ V(a) tel que ∀t ∈ V ∩(I\{a}), g⁰(t)6= 0.

Montrer que s’il existe`∈Rtel que f⁰(t) g⁰(t) −−→

t→at6=a

`alorsf(t) g(t) −−→

t→at6=a

`.

Étudier les suites réelles(un)vérifiant :un+1= 1−u²_n

Soitf:I −→Rune application de classeC^∞, oùIest un intervalle deRd’intérieur non vide. On suppose qu’il existek∈Ntel que, pour toutt∈I, f^(2k+1)(t)≥0.

Pour touta∈I etx∈I, on poseT_a(x) =

2k

X

h=0

(x−a)^h

h! f^(h)(a).

Montrer que pour touta, a⁰∈Iaveca < a⁰, T_a⁰ −Taest convexe surI.

1. Déterminer l’ensemble des applicationsf :R−→R, dérivables en0et telles que, pour toutx∈R, f(2x) = 2f(x).

2. Déterminer l’ensemble des applicationsf :R−→R, dérivables en0et telles que, pour toutx∈R, f(2x) = f(x)².

(3)

1. Soitx₁, . . . , x_n∈R^∗+.Montrer que :

1 +

n

Y

k=1

x_k

!¹_n

≤

n

Y

k=1

(1 +x_k)¹ⁿ

2. Soita1, . . . , an, b1, . . . , bn∈R^∗₊.Montrer que :

n

Y

k=1

a_k

!_n¹ +

n

Y

k=1

b_k

!_n¹

≤

n

Y

k=1

(a_k+b_k)ⁿ¹

Soitf une application continue deRdansRtelle que :

∀(x, y)∈R², f

x+y 2

≤ 1

2(f(x) +f(y)). Montrer quef est convexe.

Soitf une application deRdansRdéfinie par :

∀t∈R, f(t) = 1

√

1 +t². Montrer que la dérivéen-ième defest de la forme : f⁽ⁿ⁾(t) = P_n(t)

(1 +t²)ⁿ

√ 1

1 +t² , oùPn∈Rn[X]. Prouver les relations :

• P_n+1= (1 +X²)P_n⁰ −(2n+ 1)XP_n

• ∀n≥1, P_n+1+ (2n+ 1)XP_n+n²(1 +X²)Pn−1= 0

• (1 +X²)P_n⁰⁰−(2n−1)XP_n⁰ +n²Pn= 0. En déduire queP_n= X

0≤2k≤n

a_kX^n−2kaveca₀= (−1)ⁿn!eta_p = (−1)^n+pn!n(n−1). . .(n−2p+ 1) 4^p(p!)² . Montrer que les racines dePnsont réelles et simples.

Soit(a, b)∈R²aveca6= 0eta6= 1.

On recherche les applicationsf :R→Rdérivables telles que

∀x∈R, f◦f(x) =ax+b.

1. Sia <0, montrer qu’il n’y a aucune solution.

2. Notonsh:R−→R x7−→ax+b

Montrer quehest une homothétie dont on précisera le centre et le rapport. Pourn∈Zcalculerhⁿ(au sens de la composition).

3. On suppose quea∈]0,1[.

Montrer queh⁻¹◦f ◦h=f.

En déduire les expressions possibles def.

4. Achever la résolution de l’exercice.

(4)

Solution de l’exercice 21.1 Énoncé

• fest définie surò

−∞; −1 2 ò

∪ ï1

2 ; +∞

ï

.Elle est dérivable au moins surD= ò

−∞; −1 2 ï

∪ ò1

2 ; +∞

ï . Pourx∈D, f⁰(x) = 4x

√

4x²−1.

Ainsif⁰(x)tend vers l’infini quandxtend vers±1

2 donc d’après le théorème de la limite de la dérivée,fn’est pas dérivable en±1

2.

• f est définie sur]− ∞; −1]∪]1 ; +∞[,elle est dérivable au moins surD=]− ∞; −1[∪]1 ; +∞[. Pourx∈D, f⁰(x) = x−1−(x+ 1)

2(x−1)²

…x−1

x+ 1 = −1 (x−1)²

…x−1 x+ 1.

De même que pour la première question, on montre quef n’est pas dérivable en−1.

• f est définie surR^∗+, et on af(x) =

®lnx six∈[1 ; +∞[

−lnx six∈]0,1[ et doncf⁰(x) =





 1

x six∈[1 ; +∞[

−1

x six∈]0,1[

Globalementf est seulement dérivable surR^∗+\{1}car les dérivées à gauche et à droite en1diffèrent.

• f est définie surR+et dérivable au moins surR^∗+. On af⁰(x) =−sin√ x 2√

x . Orf⁰(x) −−−→

x→0 −1

2 doncf est dérivable en0, d’après le théorème de la limite de la dérivée (TLD) et doncf est dérivable surR+.

• f est définie surR, et on af(x) =

®x² six∈R+

−x² six∈R^∗−

et doncf⁰(x) =

®2x six∈R+

−2x six∈R^∗−

f est dérivable surRen entier, avec en particulierf⁰(0) = 0(f est dérivable en0 à droite et à gauche, de même dérivée).

Posonsf:x 7−→ x−x².f⁰(x) = 1−2x.f(x) = x ⇔ x² = 0 ⇔ x = 0. Les limites éventuelles sont donc 0,+∞,−∞.

x f⁰(x)

f(x)

−∞ 0 ¹₂ +∞

+ 1 + 0 −

−∞

1 4 1 4

−∞

0

−0.2 0.2 0.4 0.6 0.8

−0.2 0.2 0.4

u_n+1 =f(u_n)

u₀

f(x) =x−x² y=x

D’après le tableau de variations,f(R)⊂ ò

−∞; 1 4 ò

etf Åò

−∞; 1 4

òã

⊂ ò

−∞; 1 4 ò

. Ainsi, pour toutn≥1, x_n∈

ò

−∞; 1 4 ò

. On conjecture que :

(5)

• pourx₁∈ ò

0 ; 1 4 ò

, x_n−−−−−→

n→+∞ 0

• pourx1<0, xn−−−−−→

n→+∞ −∞. On af

]^−∞,¹4] croissante donc (x_n) est monotone. De plus f(x)−x = −x² < 0donc (x_n) est décroissante.

Premier cas :x₁ ∈ ò

0 ; 1 4 ò

x1 >0doncxn=fⁿ⁻¹(x1)≥fⁿ⁻¹(0) = 0.

Ainsi(x_n)est décroissante et minorée, donc elle converge vers` ∈ R. Or` ∈ {0,+∞,−∞} donc` = 0. donc xn−−−−−→

n→+∞ 0.

Deuxième cas :x₁<0

(xn)est décroissante donc il existe`∈Rtelle quexn−−−−−→

n→+∞ `. On a` <0doncxn−−−−−→

n→+∞ −∞.

Posonsf:x7−→e^x−x,f⁰(x) = e^x−1.

x f⁰(x)

f(x)

−∞ 0 +∞

− 0 +

+∞

1 1

+∞

+∞ −2 −1 1

−1 1 2

y=x y= e^x

La fonction n’admet pas de point fixe.

On remarque que∀x₀∈R, x1 ≥0. Ainsi∀n∈N, xn+1= e^xⁿ ≥xn(care^x≥x+1). Donc(xn)est strictement croissante.

On a vu que, si(xn)est majorée, alors elle converge, et doncxn −−−−−→

n→+∞ `, i.e.f(`) = `, avec` ≥ 1, ce qui est absurde. Donc(x_n)est non majorée et doncx_n−−−−−→

n→+∞ +∞.

Tout d’abord,x7−→lnxestC² surR^∗₊et(ln)⁰⁰(x) =− 1

x² ≤0. Ainsilnest concave d’après le cours, i.e.−ln est convexe : on a donc∀x, y∈I, ∀α∈[0 ; 1],

−ln(αx+ (1−α)y)≤ −αln(x)−(1−α) ln(y) αln(x) + (1−α) ln(y)≤ln(αx+ (1−α)y) Reprenons maintenant l’exercice. Supposons quef soit log-convexe. On a donc :

∀x, y∈I, ∀α∈[0 ; 1],

ln◦f(αx+ (1−α)y)≤αln(f(x)) + (1−α) ln(f(y))

ln◦f(αx+ (1−α)y)≤ln (αf(x) + (1−α)f(y)) d’après la concavité du log f(αx+ (1−α)y)≤αf(x) + (1−α)f(y) par stricte croissance de exp Doncf est convexe.

Considéronsf = Id_R^∗₊., on a bien

∀x, y∈R^∗+, ∀α∈[0 ; 1],

f(αx+ (1−α)y) =αx+ (1−α)y≤αf(x) + (1−α)f(y) =αx+ (1−α)ydoncf est bien convexe.

Pourtant on a montré queln = ln◦f était concave.

(6)

Solution de l’exercice 21.5 Énoncé Soitf une fonction convexe non constante. Il existe alorsx < ytels quef(x)< f(y)(respectivementf(x)>

f(y)qui se traite de la même manière). Soitz > y, on a par croissance des pentes : f(z)−f(y)

z−y ≥ f(y)−f(x) y−x f(z)≥ (z−y)(f(y)−f(x))

y−x +f(y)

Or la quantité de droite tend vers+∞quandztend vers +∞. En particulierf est non majorée, ce qui est absurde!

Donc les fonctions deRdansRconvexes et bornées sont les fonctions constantes.

1 2

4

a b

Soitf : R−→R x7−→ 1 2

Å x+ a²

x² ã

f est définie surR^∗et f(R^∗+) ⊂ R^∗+ etf(R^∗−) ⊂ R^∗−, donc(x_n)est définie si et

seulement six0 6= 0.

Six₀>0, alors∀n∈N, x_n>0.

Six0<0, alors en posantx⁰₀ =−x₀, ∀n∈N, x⁰_n=−x_net donc on peut supposerx0 >0.

Limites éventuelles : Ici on considèref:R^∗+ −→ R^∗+. Soit`∈R^∗+ :`=f(`) ⇔ `= ` 2 + a²

2` ⇔ `= a²

` ⇔ `² = a² ⇔`=a∈R+.

Donc les limites éventuelles sont0, a,+∞. f est dérivable surR^∗₊et∀x∈R^∗₊, f⁰(x) = 1

2 Å

1−a² x²

ã .

x f⁰(x)

f(x)

0 a +∞

− 0 +

+∞

a a

+∞

a a

Cf y=x

On en déduit que∀n∈N^∗, x_n≥aetf est toujours croissante.

En particulier(xn) est minorée par aet x1 ≥ adonc a² x1

≤ x1 donc x2 ≤ 1

2(x1 +x1) = x1 et comme f est croissante, on en déduit par récurrence que(x_n)est décroissante.

Ainsi(xn)converge vers une limite dans[a; +∞[et d’après l’étude précédente, on axn−−−−−→

n→+∞ a.

Soitf : R^∗−→R x7−→1 +1

4sin Å1

x ã

∀x∈R^∗, f(x)∈ ï3

4,5 4 ò

. On peut donc supposer queu0 ∈ ï3

4,5 4 ò

, quitte à tronquer la suite àu1. Considéronsf: ₃

4,⁵₄

−→₃

4,⁵₄

, la suite(un)est bien définie et∀n∈N, un∈ ï3

4,5 4 ò

.

(7)

Comme pour toutx∈ ï3

4,5 4 ò

, 1 x ∈

ï4 5,4

3 ò

⊂i 0,π

2

hdoncf est décroissante sur cet intervalle.

∀x∈ ï3

4,5 4 ò

, f⁰(x) =− 1 4x² cos

Å1 x

ã

donc|f⁰(x)| ≤ 4 9.

D’après le théorème des accroissements finis,∀(x, y) ∈, |f(x)−f(y)| ≤ 4

9|x−y|. (icif est ⁴₉-contractante). Ici on af: [a, b]−→ [a, b]et doncf(a) ≥aetf(b) ≤bdoncx 7→ f(x)−xs’annule, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe`∈[a, b]tel quef(`) =`et`est unique.

De plus,|u_n+1−`|=|f(u_n)−f(`)| ≤ 4

9|u_n−`|et par récurrence immédiate on déduit que :

|u_n−`| ≤ Å4

9 ãn

|u₀−`| −−−−−→

n→+∞ 0. Doncun−−−−−→

n→+∞ `.

PosonsF(t) = Z _t

0

f(x) dx,F est bienC¹surR.

g(t) = F(t)−F(0)

t −−→

t→0 F⁰(0) = f(0), on prolonge doncgpar continuité en0en posantg(0) = f(0), etgest bienC¹surR

Supposons quef estC¹, alorsF estC², et donc

F(t) =F(0) +tF⁰(0) + t²

2F⁰⁰(0) +o(t²)

=tf(0) + t²

2f⁰(0) +o(t²)

carF est l’unique primitive def s’annulant en zéro. Ainsig(t) = F(t)−F(0)

t =f(0) +t

2f⁰(0) +o(t). Doncgest dérivable en0etg⁰(0) = 1

2f⁰(0). De plus,gest dérivable surR^∗carF estC². Autre méthode :

∀t∈R^∗, g⁰(t) = F⁰(t) t − 1

t²F(t) = f(0) +tf⁰(0) +o(t)

t − 1

t² Å

tf(0) +t²

2f⁰(0) +o(t²) ã

. Doncg⁰(t) = 1

2f⁰(0) +o(t)−−→

t→0

1

2f⁰(0), orgestC¹surR^∗d’après le théorème de la limite de la dérivée,gest C¹ surRetg⁰(0) = 1

2f⁰(0).

Par récurrence immédiate,u_nest à termes positifs. Donc on a1 +u_n<1 + 3u_n, doncu_n+1≤u_n. On en déduit que(un)est décroissante et minorée par0. Elle admet donc une limite finie vérifiant par passage à la limite :

`=`·1 + 2`

1 + 3`

Donc soit`= 0ou`+ 3`²=`+ 2`²donc`= 0. On a alors :

un+1=un(1 + 2un)(1−3un+o(un)) =un−u²_n+o(u²_n)

Pour rechercher un équivalent deu_n, on applique la méthode « classique » suivante : on chercheα ∈ Rtel que u^α_n+1−u^α_n −−−−−→

n→+∞ `∈R, puis, par sommation des équivalents, on en déduit un équivalent deu^α_n. Iciu^α_n+1−u^α_n = u^α_n(((1 + 2u_n)(1−3u_n+o(u_n)))^α)−1)caru_n −−−−−→

n→+∞ 0, doncu^α_n+1−u^α_n = u^α_n(1−αu_n+

−1 +o(u_n)) =−αu^α+1_n +o(u^α+1_n ). Ainsi, pourα=−1, on obtient : 1 u_n+1 − 1

u_n −−−−−→

n→+∞ 1. La sérieX

1diverge grossièrement, donc d’après le théorème de sommations des équivalents :

n−1

X

k=0

Å 1 uk+1

− 1 uk

ã

∼ n, ce qui montre queu_n∼ 1

n

Alternativement on peut se servir des moyennes de Cesàro.

(8)

Solution de l’exercice 21.10 Énoncé 1. Supposons quef admet trois solutions,x, y, z tels quex < y < z et tels quef(x) = f(y) = f(z), donc

y∈]x, z[, donc on peut posery=αx+ (1−α)z, doncα= z−y

z−x ∈]0,1]. 2. On poseE

Supposons que|E| ≥ 3, soit x, y ∈ E, avec x < y,|E| ≥ 3 donc il existez∈E\{x, y}.

• Supposons que z > y, soit h ∈ ]x, y[, si f(h) > a, on pose h = αx + (1 − α)y, α ∈ ]0,1[, alors par convexité, a < f(h) =f(αx+ (1−α)y)≤αf(x) + (1−α)f(y) =a . Sif(h)< a, on posey=αh+ (1−α)z, α∈]0,1[, cary∈]h, z[.

Alorsa=f(y) =f(αh+ (1−αz))≤αf(h) + (1−α)f(z)<

αa+ (1−α)a=a

• Le casz < xse traite de la même manière.

• Si z ∈ ]x, y[,on démontre la propriété en échangeant les rôles joués parx, y, z.

x y z

× × ×

h

×

x y z

× × ×

h

×

Son image ni supérieur àani inférieur àa, doncf(h) =a.

DoncEest convexe, et dansR, les parties convexes sont exactement les intervalles.

E=f⁻¹(a), or{a}est fermé, doncEest fermé.

1. Montrons quefn’est pas injective sur]a, b[.

Sif était injective,f serait strictement monotone carf est continue surI puisque dérivable surI.

Commef⁰(a)<0, il existex∈]a, b[, tel quef(a)> f(x)(on le montre par contraposée : *), doncf est non croissante commef⁰(b)>0, il existey∈]a, b[tel quef(b)> f(y)doncf est non décroissante. Ainsifn’est pas monotone donc non injective sur]a, b[.

Ainsi il existex, y∈]a, b[tels quef(x) =f(y). On peut alors appliquer àf le théorème de Rolle (carf est bien continue sur[x, y]et dérivable sur]x, y[). Il existe ainsic∈]a, b[tel quef⁰(c) = 0.

* : On af⁰(a) = limx→a

f(x)−f(a)

x−a , on ax−a > 0, donc sif(x) > f(a), par passage à la limitef⁰(a) serait positif, ce qui est faux.

2. Soity₁, y₂ ∈ f⁰(I), soitz ∈]z₁, z₂[, il existe d’après la première question c ∈ I tel quef⁰(x) = z, comme y1, y2 ∈f⁰(I), il existex1, x2 ∈Itels quef⁰(x1) =y1etf⁰(x2) =y2. On poseg: I −→R

x7−→f(x)−zx

. Alorsg est dérivable surI, etg⁰(x1)<0, g⁰(x2)>0, donc d’après1., il existec∈I, tel queg⁰(c) = 0, i.e.f⁰(x) =z, doncf⁰(I)est un intervalle.

Posonsf: ]−∞,2]−→R+

x7−→√ 2−x

f est alors dérivable sur]−∞,2[et∀x∈]−∞,2[, f⁰(x) = −1 2√

2−x <0. On a donc :

(9)

x f⁰(x)

f(x)

−∞ 2

− +∞

+∞

0 0 1

1

−2 −1 1 2

−1 1 2 3 f(x) =√

2−x

y=x

u0 u2 u3 u1

u₁

u2

u3

u4

En effetf(x) = x ⇔ √

2−x = xdonc2−x = x² donc(x−1)(x+ 2) = 0d’où1est l’unique point fixe.

(f(−2) = 2)

Remarquons de plus que si x0 < −2alors(xn) n’est pas définie, en effet, par stricte décroissance def on a x₁ >2(on sort du domaine de définition def).

Remarquons ensuite quef([−2,2]) = [0,2]⊂[−2,2]. On suppose maintenant quex0∈[−2,2].

On sait quef est décroissante, on va donc considérer les suites(x_2n)et (x_2n+1), de monotonie contraire qui va dépendre de la position dex₀par rapport à1:f(x)−xest strictement décroissante (de dérivée− 1

2√

2−x−1<0) et on af(1)−1 = 0(c’est en effet le point fixe).

On af◦f(x) =p 2−√

2−xetf([−2,1[) = ]1,2]etf(]1,2]) = [0,1[.etf◦f(1) = 1.

Cas 1 :x0∈[−2,1[

Six0∈]−2,0], alorsx2∈[0,1[doncx0 ≤x2. Maintenantx₀∈[0,1[. Et on regardex₂−`.

x2−`=

» 2−√

2−x0−

» 2−√

2−`

=

√2−`−√ 2−x₀ p2−√

2−x0+p 2−√

2−`

= x0−`

Äp2−√

2−x₀+p 2−√

2−`ä (√

2−`+√ 2−x₀)

= x₀−`

Äp2−√

2−x0+ 1ä

(1 +√ 2−x0)

= x0−`

u oùu >1 Orx0−1≤0, doncx0−1≤ x₀−1

u ≤0Donc0<1−x2 <1−x0doncx0≤x2.

♣On a doncx0 ≤x2 et par récurrence on en déduit que(x2n)est croissante, majorée par1, et donc(x2n+1) est décroissante (en composant une fois parf), minorée par1.

♦Donc,∀n∈N, x_2n≤1etx_2n+1 ≥1.

♠(x_2n)est croissante et majorée, donc elle converge vers une limite qui est1(ne peut pas être−2carx₀ ≥ −2).

♥(x2n+1)est décroissante et minorée, donc elle converge vers une limite qui est1(ne peut pas être2carx1 ≤2).

Les suites(x_2n)et(x_2n+1)convergent vers la même limite, et donc(x_n)−−−−−→

n→+∞ 1.

(10)

Cas 2 :x₀ ∈]1,2]On af(x₀)∈[−2,1[donc on se ramène au cas précédent, sauf que(x_2n)est alors décroissante et(x_2n+1)croissante.

Autre solution : On peut conjecturer graphiquement quexn−−−−−→

n→+∞ 1. f([0,2]) = [0,√

2], donc dès quen ≥ 2, x_n ∈ [0,√

2]. Alors,|x_n+1−1| = |√

2−x_n−1| =

2−x_n−1

√2−x_n+ 1

≤

|x_n−1|

p2−√

2 + 1, donc|x_n−1| ≤ |x₂−1|

Äp2−√

2 + 1än−2 −−−−−→

n→+∞ 0, ce qui prouve quex_n−−−−−→

n→+∞ 1.

D’après la formule de Taylor avec reste intégral, il s’agit pour toutn∈Nde montrer la propriétéR(n)suivante : Pour toute applicationf de classeCⁿ⁺¹de[a, b]dansR, pour toutx∈[a, b]:

f(x)−f(x0)−

n

X

k=1

(x−x0)^k

k! f^(k)(x0) = Z x

x0

Z tn+1

x0

· · · Z t2

x0

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t1) dt1dt2. . . dtn+1

Pourn= 0, Z x

x0

Z tn+1

x0

· · · Z t2

x0

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t₁) dt₁dt₂. . . dt_n+1 = Z x

x0

f⁰(t₁) dt₁=f(x)−f(x₀), ce qui prouveR(0). On peut cependant préférer commencer la récurrence àn= 1car l’écriture deR(n)pourn= 0est discutable.

Z x x0

ïZ t2

x0

f⁰⁰(t1) dt1

ò dt2 =

Z x x0

(f⁰(t2)−f⁰(x0)) dt2

= [f(t₂)−f⁰(x₀)t₂]^x_x₀

=f(x)−f(x₀)−f⁰(x₀)(x−x₀)

Pourn≥2, supposons queR(n−1)est vraie et montronsR(n): D’aprèsR(n−1)appliquée àf⁰: I(x) =

Z x x0

Z tn+1

x0

· · · Z t2

x0

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t1) dt1dt2. . . dtn+1

= Z x

x0

f⁰(t_n+1) +

n+1

X

k=0

(t_n+1−x₀)^k

k! (f⁰)^(k)(x₀)

! dt_n+1

DoncI(x) =

"

f(t_n+1)−

n−1

X

k=0

(t_n+1−x₀)^k+1

(k+ 1)! f^(k+1)(x₀)

#x

x0

=f(x)−f(x₀)−

n

X

k=1

(x−x₀)^k

k! f^(k)(x₀).

1. PosonsH(x) = (f(b)−f(a))g(x)−(g(b)−g(a))f(x). Remarquons queH(a) =H(b) =f(b)f(a)−f(a)g(b). De plusH est dérivable sur]a, b[, d’après les théorèmes usuels. D’après le théorème de Rolle, il existectel queH⁰(x) = 0, qui est équivalent à la condition de l’énoncé.

2. SoitJ un intervalle ouvert tel queJ ⊂V ∩I. Supposons quegs’annule enx ∈ J avecx 6= a. Alors on a g(x) = g(a) = 0. Doncg⁰ s’annule surJ d’après le théorème de Rolle, ce qui est absurde par hypothèse.

Doncgne s’annule pas surJ\{a}. La fonction f

g est donc définie et continue surJ\{a}. Ainsi ∀t ∈ J, ∃ θ(t) ∈ ]t, a[tel que0 =

f(t)−f(a) f⁰(θ(t)) g(t)−g(a) g⁰(θ(t))

, donc f(t)

g(t) = f⁰(θ(t)) g⁰(θ(t)) −−→

t→at6=a

` par composition des limites.

Remarque sur l’axiome du choix :

(11)

Soitf : R−→R x7−→1−x² x

f(x)

−∞ 0 +∞

−∞

1 1

−∞

−1

0

1

0

`₂

`₁

−2 −1 1 2

−5

−4

−3

−2

−1 1 2

Ainsif(]− ∞,1])⊂]−∞,1], et six6∈]−∞,1], f(x)∈]−∞,1].

On peut donc supposer queu₀ ∈]−∞,1]. La suite(u_n)sera alors définie en chacun de ses termes et sera à valeurs dans ]−∞,1].

Limites éventuelles :−∞,et`∈Rtelle quef(`) =`, i.e.`²+`−1 = 0⇔`1= −1−√ 5

2 et`2 = −1 +√ 5 2 Cas 1 : u0 ∈]−∞, `₁].

Alors commefest croissante sur]−∞, `₁[, u_n+1 < `₁, donc(u_n)n∈N∈]−∞, `₁[^N. De plus,∀n∈N, f(u_n)−

un = −(u²_n+un−1) < 0, donc(un)est strictement décroissante. Elle converge dans R∩]−∞, `₁[donc un−−−−−→

n→+∞ −∞.

Cas 2 : u_n=`₁, donc∀n∈N, u_n=`₁ Cas 3 : u0 ∈]`1,0].

Supposons que∀n∈N, u_n<0, sur]`₁,0[,f est croissante, donc∀n∈N, `₁ ≤u_n≤0.

De plus,f(x)−x >0, donc(un)est croissante. Étant majorée, elle converge dans]`1,0], ce qui est impossible.

Donc il existep∈N, up≥0on est ramené au 4^ecas.

Cas 4 : un∈[0,1], notonsI = [0, `2[, etJ = ]`2,1]. Commefest décroissante sur[0,1]etf(`2) =`2, doncf(I) =J etf(J) =I.

4.i. u0 =`2, alors∀n∈N, un=`2

4.ii. On peut supposer par exemple queu₀∈I.

f◦f(x) = 1−(1−x²)² = 2x²−x⁴ =x²(2−x²).

Doncf◦f(x)−x =−x(1 +x(x²−2)) = x(1−x)(x−f(x)) :négatif surI et positif surJ. Ainsi (u_2n)est décroissante et(u_2n+1)est croissante. Donc les deux suites convergent car elles sont bornées.

Leurs limites possibles sont les solutions de(F) :f◦f(`) =`⇔`∈ {0,1, `₂}. Ainsiu2n−−−−−→

n→+∞ 0etu2n+1−−−−−→

n→+∞ 1, donc(un)diverge et admet0et1comme valeur d’adhérence.

∀a∈I, ∀x∈I, T_a(x) =

2k

X

h=0

(x−a)^h

h! f^(h)(a) =f(x)− Z x

a

(x−t)^2k

(2k)! f^(2k+1)(t) dt Soita, a⁰ tels quea < a⁰ :

T_a⁰−T_a(x) = Z x

a

(x−t)^2k

(2k)! f^(2k+1)(t) dt− Z x

a⁰

(x−t)^2k

(2k)! f^(2k+1)(t) dt= Z a⁰

a

(x−t)^2k

(2k)! f^(2k+1)(t) dt

Soitt ∈[a, a⁰].L’applicationg_t:x 7−→ (x−t)^2k est convexe car la dérivée seconde (selonx) est positive. Fixons

(12)

x, x ∈I avecx < x etu∈[0,1]:

(Ta⁰−Ta)(ux+ (1−u)x⁰) = Z a⁰

a

gt(ux+ (1−u)x⁰)

(2k)! f^(2k+1)(t) dt

≤ Z a⁰

a

ugt(x) + (1−u)gt(x⁰)

(2k)! f^(2k+1)(t) dt

=u(T_a⁰ −T_a)(x) + (1−u)(T_a⁰ −T_a)(x⁰) Donc la fonctionT_a⁰−Tavérifie bien l’inégalité de convexité donc elle est convexe.

1. Par récurrence immédiate, pour toutn∈N,pour toutx∈R,f(2ⁿx) = 2ⁿf(x). Ainsif(x) = 2ⁿf

x 2ⁿ

soit f(x) 2ⁿ =f

x 2ⁿ

.

Par passage à la limite enn, et par continuité def en0,f(0) = 0. De plus,f est dérivable en0, donc f(y)−f(0)

y−0 = f(y)

y −−−−→

y→+∞ f⁰(0)∈R.

Donc en effectuant le changement de variable y = x

2ⁿ, avec x ∈ R^∗, on a : f ₂^xn

x 2ⁿ

−−−−−→

n→+∞ f⁰(0), soit 2ⁿf(x/2ⁿ)

x −−−−−→

n→+∞ f⁰(0). donc comme2ⁿfx 2ⁿ

=f(x), alors f(x)

x −−−−−→

n→+∞ f⁰(0), i.e.f(x) =xf⁰(0). Ainsi, pour toutx∈R, f(x) =f⁰(0)x.

Réciproquement, on vérifie que les fonctions linéaires sont solutions.

2. Soitx∈R.

f(2x) = f(x)², si pour n ∈ N, f(2ⁿx) = f(x)²ⁿ, alors f(2ⁿ⁺¹x) = f(2ⁿx)² = f(x)²ⁿ⁺¹. Donc par récurrence, on obtient que∀x∈R, ∀n∈N^∗, f(2ⁿx) =f(x)²ⁿ.

ce qui se réécrit :∀x∈R, ∀n∈N^∗, f(x) =fx 2ⁿ

2ⁿ

. Avecx= 0, on obtientf(0) =f(0)²

• Sif(0) = 0, alors d’après ce qui précède, pour toutx∈R, f(x) =f x

2ⁿ 2ⁿ

−−−−−→

n→+∞ 0carf x

2ⁿ

−−−−−→

n→+∞

f(0) = 0, par continuité def en0donc à partir d’un certain rang,0≤f(x)≤e²ⁿ^ln¹² −−−−−→

n→+∞ 0. Doncf est identiquement nulle surR.

• Sif(0)6= 0, alorsf(0) = 1,fest dérivable en0, donc pour toutx∈R, f

x 2ⁿ

−1

x

2ⁿ −0 −−−−−→

n→+∞ f⁰(0) donc

f x 2ⁿ

−1 =f⁰(0) x 2ⁿ +o

Å 1 2ⁿ

ã

f x

2ⁿ 2ⁿ

∗ = exp Å

2ⁿln Å

1 +f⁰(0)x 2ⁿ+o

Å 1 2ⁿ

ããã

f(x) = exp 2ⁿ Å

f⁰(0) x 2ⁿ +o

Å 1 2ⁿ

ãã

= e^f⁰^(0)x+o(1) −−−−−→

n→+∞ e^f⁰^(0)x Doncf(x) =a^x, en posanta= e^f⁰⁽⁰⁾∈R^∗₊.

Réciproquement sif(x) = 0ouf(x) = a^x aveca > 0,f est dérivable en0 et satisfait la propriété demandée.

Justification de * :fx 2ⁿ

−1 =f⁰(0)x 2ⁿ+o

Å 1 2ⁿ

ã

alors on a bienfx 2ⁿ

tend vers 1, donc à partir d’un certain rang elle est strictement positive et on considère que le calcul ne se fait que lorsque cette condition est vérifiée.

(13)

1.

(1)⇔1 + exp 1 n

n

X

k=1

lnx_k

!

≤exp 1 n +

n

X

k=1

ln(1 +x_k)

!

⇔ln 1 + exp 1 n

n

X

k=1

lnx_k

!!

≤ 1 n

n

X

k=1

lnÄ

1 + e^lnx^kä

⇔f 1 n

n

X

k=1

lnx_k

!

≤ 1 n

n

X

k=1

f(lnx_k) oùf : x7−→ln(1 + e^x)

Il suffit donc de montrer quef est convexe :f⁰(x) = e^x

1 + e^x = 1− 1

1 + e^x qui est croissante doncf est bien convexe.

2. 1 +

n

Y

k=1

Åbk

a_k ã_n¹

≤

n

Y

k=1

Å 1 + bk

a_k ã1/n

. En posantx_k= a_k

b_k, ce qui est possible car∀k∈N, b_k6= 0, en appliquant1àx_k.

n

Y

k=1

(1 +x_k)ⁿ¹ ≥1 +

n

Y

k=1

x_k

!_n¹

n

Y

k=1

Å 1 +a_k

bk

ã_n¹

≥1 +

n

Y

k=1

a_k bk

!_n¹

n

Y

k=1

(ak+bk)ⁿ¹ ≥

n

Y

k=1

(bk)¹ⁿ Ñ

1 +

n

Y

k=1

ak

b_k

!¹

n

é

≥

n

Y

k=1

ak

!¹

n

+

n

Y

k=1

bk

!¹

n

Solution plus loufoque :

n

Y

i=1

(1 +xi) =

n

X

k=0

X

1≤i1<...<ik≤n

xi1 ·. . .·xi_k 1

≥

n

X

k=0

Çn k

å

(x₁. . . x_n) (ⁿ⁻¹k−1)

(ⁿk) 2

=X

k=0

Çn k

å

(x₁. . . x_n)^kⁿ par la formule comité-président

= Ñ

1 +

n

Y

i=1

xi

!1/nén

binôme de Newton Ainsi, par croissance dex7−→x^1/n, on a l’inégalité voulue.

1 : il faut penser dans l’esprit de la formule du multinôme, pour chaque terme, on va soit prendre1, soit unx_i. 2 : on utilise ici l’inégalité arithmético-géométrique, en écrivant la première ligne comme :

n k

n

X

k=0

X

1≤i₁<...<ik≤n

x_i₁· . . .·xik, et la somme contient en effet ⁿ_k

. De plus, chaquexiva apparaître ⁿ⁻¹_k−1

fois : pour construire une telle famillexi1, . . . , xik, on choisit d’abord lexi

en question, puis il restek−1termes à choisir dansn−1.

(14)

Solution de l’exercice 21.19 Énoncé Par contraposée, soitfune fonction non-convexe. il existe alorsa, b, c∈R³tel que(c, f(c))est au dessus de la corde joignant(a, f(a))et(b, f(b)).

On soustrait la fonction affinegtelle queg(a) = f(a)etg(b) = f(b). à détailler. Une fonction affine est convexe et concave, et une combinaison linéaire de fonctions convexes est convexe. Sif est convexe,f+gest convexe si et seulement sigest convexe. (ça se démontre facilement apparemment).

On est donc ramené au cas où il existea, b, c ∈ R³ tels quef(a) = f(b) = 0 et f(c) > 0. La fonctionf admet donc un maximum sur[a, b].

On notem= sup{x∈[a, b]/ f(x)maximal}etε= min(m−a, m−b). f(m) =f

m+ε+m−ε 2

≤ 1

2(f(m+ε) +f(m−ε))< f(m)ce qui est absurde : on fait une demi-somme de réels inférieurs àf(m).

Autre solution : Soit(x, y) ∈ R². Soit n ∈ N. Montrons par récurrence sur n l’assertion R(n) suivante : pour toutk∈J0,2ⁿK, f

Å x+ k

2ⁿ(y−x) ã

≤f(x) + k

2ⁿ(f(y)−f(x)). Pourn= 0, c’est évident.

Pourn≥0, supposonsR(n):

Soitk∈J0,2ⁿ⁺¹K, sikest pair,k= 2h, donc d’aprèsR(n), f

Å

x+ k

2ⁿ⁺¹(y−x) ã

=f Å

x+ h

2ⁿ(y−x) ã

≤f(x) + h

2ⁿ(f(y)−f(x))

=f(x) + k

2ⁿ⁺¹(f(y)−f(x)) Sikest impair,k= 2h+ 1, donc

f Å

x+ k

2ⁿ⁺¹(y−x) ã

=f Å

x+ h 2ⁿ + 1

2ⁿ⁺¹(y−x) ã

=f Å1

2 ï

x+ h

2ⁿ(y−x) +f Å

x+h+ 1

2ⁿ (y−x) ãòã

donc d’après l’énoncé, puis en utilisantR(n): f

Å

x+ k

2ⁿ⁺¹(y−x) ã

≤ 1 2

ï

f(x) + h

2ⁿ(f(y)−f(x)) + Å

f(x) +h+ 1

2ⁿ (f(y)−f(x)) ãò

≤ 1 2

ïÅ

f(x) + h

2ⁿ(f(y)−f(x)) ã

+ Å

f(x) +h+ 1

2ⁿ (f(y)−f(x)) ãò

=f(x) +2h+ 1

2ⁿ⁺¹ (f(y)−f(x)) ce qui prouveR(n+ 1).

Soitα∈[0,1[. Pour toutn∈N, notonsknla partie entière de2ⁿα. Ainsikn∈J0,2ⁿ−1Ket kn

2ⁿ −−−−−→

n→+∞ α. Pour toutn∈N, f

Å x+kn

2ⁿ(y−x) ã

≤f(x) + kn

2ⁿ(f(y)−f(x))etf est continue, donc en faisant tendrenvers +∞, on obtientf(x+α(y−x))≤f(x) +α(f(y)−f(x))

SoitR(n)l’assertion suivante : Il existeP_n∈Rn[X]tel que∀t∈R, f⁽ⁿ⁾(t) = P_n(t) (1 +t²)ⁿ√

1 +t² etdegP_n=n Pourn= 0.P₀= 1convient, d’oùR(0).

Pourn≥0, supposonsR(n), alorsf⁽ⁿ⁾est dérivable et : pour toutt∈R, f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = P_n⁰(t)(1 +t²)√

1 +t²−Pn(t)î

2t(1 +t²)^n−1/2(1 + ¹₂)ó (1 +t²)²ⁿ⁺¹

= (1 +t²)P_n⁰(t)−Pn(t)t(2n+ 1) (1 +t²)ⁿ⁺³²

(15)

En posantPn+1(X) = (1 +X²)P_n⁰(X)−X(2n+ 1)Pn(X), on obtient∀t∈R, f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = Pn+1(t) (1 +t²)ⁿ⁺¹√

1 +t². De plus, en posantP_n=a_nXⁿ+Q, oùdegQ≤n−1eta_n6= 0, on aP_n+1(X) = (na_n−(2n+ 1)a_n)Xⁿ⁺¹+H oùdegH ≤n. Commenan−(2n+ 1)an=−(n+ 1)an6= 0, on a biendegPn+1=n+ 1, d’oùR(n+ 1).

• La première relation de récurrence est une conséquence de ce qui précède.

• Soitn∈N^∗, d

dt [1 +t²]f(t)

= d dt(√

1 +t²) = t

√1 +t² =tf(t), donc dⁿ⁺¹

dtⁿ⁺¹ [1 +t²]f(t)

= dⁿ

dtⁿ(tf(t)).

D’après la formule de Leibniz :

(1 +t²)f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) + (n+ 1)2tf⁽ⁿ⁾(t) +n(n+ 1)

2 ·2f⁽ⁿ⁻¹⁾(t) =tf⁽ⁿ⁾(t) +nf⁽ⁿ⁻¹⁾(t) soit en multipliant par(1 +t²)ⁿ√

1 +t²:Pn+1(X) + (2n+ 1)XPn(X) +n²(1 +X²)Pn−1(X) = 0

• Soitn≥1: des deux relation précédentes on en déduit :

(1 +X²)P_n⁰ =P_n+1+ (2n+ 1)XP_n(X) =−n²(1 +X²)Pn−1(X) Donc∀n∈N, P_n+1⁰ (X) =−(n+ 1)²Pn(X).

Or d’après la première relation,P_n+1⁰ (X) = (1+X²)P_n⁰⁰(X)+2XP⁰(X)−(2n+1)XP_n⁰(X)−(2n+1)P_n(X), d’où(1 +X²)P_n⁰⁰(X)−(2n−1)XP_n⁰(X) +n²Pn(X) = 0.

PosonsPn=

n

X

k=0

b_kX^n−k=

n

X

k=0

bn−kX^k. La relation précédente s’écrit :

n−2

X

k=0

(k+ 2)(k+ 1)bn−k−2X^k+

n

X

k=0

k(k−1)bn−kX^k−

n

X

k=0

kbn−k(2n−1)X^k+

n

X

k=0

n²bn−kX^k= 0

Donc

®n(n−1)b0−n(2n−1)b0+n²b0 = 0

(n−1)(n−2)b₁−(n−1)(2n−1)b₁+n²b₁ = 0 , soitb₁ = 0et0b₀ = 0

∀k∈J0, n−2K, bn−k−2 = −k(k−1) +k(2n−1)−n²

(k+ 2)(k+ 1) bn−ket

∀k∈J0, n−2K, b_k= −(n−k−2)(n−k−3) + (n−k−2)(2n−1)−n²

(n−k)(n−k−1) b_k+2= −(k+ 2)²

(n−k)(n−k−1)b_k+2 Donc∀k∈J2, nK, bk =−(n−k+ 2)(n−k+ 1)

k² bk−2.

Orb1 = 0, donc∀k ∈ N,tel que0 ≤ 2k+ 1 ≤ n, b_2k+1 = 0. De plusb⁽ⁿ⁾₀ ⁱ vérifie la relationb⁽ⁿ⁾₀ = −nb⁽ⁿ⁻¹⁾₀ , d’après la première récurrence. Doncb₀ = (−1)ⁿn!.

Ainsib₀ = (−1)ⁿn!et∀k∈Ntel que0≤2k≤n, b_2k = (−1)^n+kn!n(n−1). . .(n−2k+ 1) 4^kk!² . SoitS(n)l’assertion suivantes : Les racines dePnsont simples et réelles.

Pourn= 0, l’ensemble est vide, d’oùS(0).

Pourn ≥0, supposonsS(n)et montronsS(n+ 1). Notonsα₁, . . . , α_nles racines deP_n. On a∀k ∈N, P_k(t) = 0⇔f^(k)(t) = 0. Doncf⁽ⁿ⁾s’annule enα1, . . . , αn.

De plus, d’après le lemme de Rolle, il existe pouri ∈ J2, nK, β_i ∈]αi−1, α_i[tel que f⁽ⁿ⁺¹⁾(β_i) = 0. De plus , f⁽ⁿ⁾(t)−−−−→

t→±∞ 0.

D’après le théorème de Rolle généralisé, il existe β− ∈ ]−∞, α₁[ et β+ ∈ ]αn,+∞[ tels que f⁽ⁿ⁺¹⁾(β−) = f⁽ⁿ⁺¹⁾(β₊) = 0. AinsiP_n+1 admet (n+ 1) racines réelles distinctes et comme degP_n+1 = n+ 1, on a bien toutes les racines deP_n+1.

i. l’exposant indique que c’est le coefficientb0du polynômePn

(16)

1. Supposons que f(x) = f(y), on a alorsf(f(x)) = f(f(y)). Doncax+b = ay+b, ce qui imposex = y puisquea6= 0. Doncf est injective. De plus,fest continue, doncfest strictement monotone. Doncf◦fest strictement croissante. Doncax+best strictement croissant, ce qui imposea >0.

2. On a :

h(x) =ax+b=a Å

x+ b a−1

ã

− b a−1

Donchest une homothétie de centrec= _a−1^−b et de rapporta. En particulier, on a donc hⁿ(x) =aⁿ

Å

x+ b a−1

ã

− b a−b

3. D’après l’énoncé, on saitf◦f =h. On en déduit quef ◦f ◦f =f◦(f◦f) =f◦h= (f ◦f)◦f =h◦f. Donchcommute avecf. De plushest bijective donc inversible, d’oùh⁻¹◦f◦h=f.

Soita∈]0,1[, on a immédiatement queh⁻ⁿ◦f ◦hⁿ=f.

On af(c) =h(f(c))doncf(c)est un point fixe deh, orcest le seul point fixe deh, doncf(c) =c. Soitx∈R, hⁿ(x)−−−−−→

n→+∞ ccar|a|<1

f(hⁿ(x)) =c+ (hⁿ(x)−c)f⁰(c) +o(hⁿ(x)−c)

=c+ (aⁿ(x−c))f⁰(c) +o(aⁿ)

et h⁻ⁿ◦ f ◦ hⁿ(x) = c+a⁻ⁿ(aⁿ(x−c)f⁰(c) +o(aⁿ))donc f(x) = c+ (x−c)f⁰(c) +o(1) −−−−−→

n→+∞

c+ (x−c)f⁰(x), ainsi∀x∈R, f(x) =c+ (x−c)f⁰(c).

Alorsax+b=f ◦f(x) = c+ (x−c)f⁰²(c), ainsi par rigidité des polynômes,f⁰(x) = ±√

a. Doncf vaut x7−→c+ (x−c)√

aoux7−→c−(x−c)√ a. La réciproque est évidente.

4. Sia∈]1,+∞[, on poseH=h⁻¹.

On aH⁻¹ ◦f ◦H = f, on en déduit encore quef est une homothétie de centrec, et on obtient le même résultat.

Remarque :Poura= 0oua= 1, il existe des solutions plus compliquées. Si on prend par exemplea=b= 0, et gune application dérivable deR−dansR+telle queg(0) =g⁰(0), une solution est :

®f(x) = 0 six≥0 f(x) =g(x) six <0 f est bien dérivable et on af(x)≥0, doncf(f(x)) = 0.