Dérivabilité et convexité : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Dérivabilité en un point délicat

1. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement en \(0\) vaut \(\dfrac{f(x) – f(0)}{x} = \dfrac{x|x|}{x} = |x|\). Or \(|x| \to 0\) quand \(x \to 0\). Donc \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f^{\prime}(0) = 0\).
2. D’abord, \(1 – \cos x = 2\sin^2(x/2)\), donc \(g(x) = \sqrt{2}\,|\sin(x/2)|\) et \(g(0) = 0\). Pour \(x \in ]0, \pi[\), on a \(\sin(x/2) > 0\). Ainsi,
   \[\frac{g(x) – g(0)}{x} = \frac{\sqrt{2}\sin(x/2)}{x} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sin(x/2)}{x/2} \longrightarrow \frac{\sqrt{2}}{2},\]
   car \(\frac{\sin u}{u} \to 1\) en \(0\). De même, pour \(x \in ]-\pi, 0[\), on a \(|\sin(x/2)| = -\sin(x/2)\), et le taux tend vers \(-\frac{\sqrt{2}}{2}\). Donc \(g\) est dérivable à gauche et à droite en \(0\), avec \(g^{\prime}_g(0) = -\frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(g^{\prime}_d(0) = \frac{\sqrt{2}}{2}\), mais elle n’est pas dérivable en \(0\) : c’est un point anguleux.
3. D’abord, \(|k(x)| = |x|\,|\sin(1/x)| \leq\, |x|\) pour \(x \neq 0\). Par encadrement, \(k(x) \to 0 = k(0)\), donc \(k\) est continue en \(0\). Ensuite, pour \(x \neq 0\), le taux vaut \(\dfrac{k(x)}{x} = \sin(1/x)\). Or cette expression n’a pas de limite en \(0\). En effet, avec \(x_n = \frac{1}{2n\pi}\) et \(y_n = \frac{1}{2n\pi + \pi/2}\), les deux suites tendent vers \(0\), mais \(\sin(1/x_n) = 0\) et \(\sin(1/y_n) = 1\). Donc \(k\) est continue en \(0\) mais n’y est pas dérivable, ni à gauche ni à droite.

Point de méthode : pour montrer qu’une limite n’existe pas, on exhibe deux suites qui tendent vers le point et dont les images ont des limites différentes.

Corrigé de l’exercice 2 : Limites et tangentes par le nombre dérivé

1. Dans chaque cas, on reconnaît le taux d’accroissement d’une fonction dérivable.

   a) Posons \(u(x) = \sin(3x)\). Alors \(u(0) = 0\) et \(\frac{\sin(3x)}{x} = \frac{u(x) – u(0)}{x – 0}\). Comme \(u\) est dérivable avec \(u^{\prime}(x) = 3\cos(3x)\), la limite vaut \(u^{\prime}(0) = 3\).

   b) On a \(\ln 1 = 0\), donc \(\frac{\ln x}{x-1}\) est le taux de \(\ln\) en \(1\). La limite vaut \(\ln^{\prime}(1) = 1\).

   c) De même, \(\tan(\pi/4) = 1\). La limite vaut donc \(\tan^{\prime}(\pi/4) = 1 + \tan^2(\pi/4) = 2\).

   d) Posons \(v(x) = \mathrm{e}^{2x} – \cos x\). Alors \(v(0) = 1 – 1 = 0\) et \(v^{\prime}(x) = 2\mathrm{e}^{2x} + \sin x\). Par conséquent, la limite vaut \(v^{\prime}(0) = 2\).

   Les quatre limites valent respectivement \(3\), \(1\), \(2\) et \(2\).

2. On a \(\arctan 1 = \frac{\pi}{4}\) et \(\arctan^{\prime}(1) = \frac{1}{1 + 1^2} = \frac{1}{2}\). La tangente a donc pour équation \(y = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}(x – 1)\). En \(x = 0\), on obtient \(y = \frac{\pi}{4} – \frac{1}{2}\). La tangente est \(y = \frac{x}{2} + \frac{\pi}{4} – \frac{1}{2}\) ; elle coupe l’axe des ordonnées en \(\frac{\pi}{4} – \frac{1}{2} \approx 0{,}285\).

Corrigé de l’exercice 3 : Dérivée d’une bijection réciproque

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x) = 1 + \mathrm{e}^{x} > 0\). Elle est donc continue et strictement croissante. De plus, \(f(x) \to -\infty\) en \(-\infty\), car \(\mathrm{e}^{x} \to 0\), et \(f(x) \to +\infty\) en \(+\infty\). Par le théorème de la bijection, \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\).
2. Comme \(f^{\prime}\) ne s’annule jamais, le théorème de dérivation de la réciproque s’applique en tout point. Ainsi, \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g^{\prime}(y) = \frac{1}{f^{\prime}(g(y))}\). Or \(f(0) = 0 + 1 = 1\), donc \(g(1) = 0\). Par conséquent, \(g^{\prime}(1) = \frac{1}{f^{\prime}(0)} = \frac{1}{2}\).
3. Soit \(y \in \mathbb{R}\). On a \(g^{\prime}(y) = \frac{1}{1 + \mathrm{e}^{g(y)}}\). De plus, \(f(g(y)) = y\), c’est-à-dire \(g(y) + \mathrm{e}^{g(y)} = y\). Donc \(\mathrm{e}^{g(y)} = y – g(y)\). On obtient \(g^{\prime}(y) = \dfrac{1}{1 + y – g(y)}\).
4. La fonction \(g\) est dérivable, donc \(y \mapsto 1 + y – g(y)\) l’est aussi. De plus, elle vaut \(1 + \mathrm{e}^{g(y)}\), qui ne s’annule pas. Ainsi, \(g^{\prime}\) est dérivable comme inverse d’une fonction dérivable non nulle. En dérivant, on trouve
   \[g^{\prime\prime}(y) = -\frac{1 – g^{\prime}(y)}{(1 + y – g(y))^2}.\]
   En \(y = 1\), on a \(g(1) = 0\) et \(g^{\prime}(1) = \frac{1}{2}\). Donc \(g^{\prime\prime}(1) = -\dfrac{1/2}{2^2} = -\dfrac{1}{8}\).
5. La tangente en \(1\) a pour équation \(y = g(1) + g^{\prime}(1)(x – 1)\). C’est la droite \(y = \frac{1}{2}(x – 1)\), symétrique par rapport à \(y = x\) de la tangente \(y = 1 + 2x\) à la courbe de \(f\) en \(0\).

Corrigé de l’exercice 4 : Extremums locaux et points critiques

1. La fonction \(f\) est dérivable et \(f^{\prime}(x) = 3x^2 – 3 = 3(x-1)(x+1)\). Les points critiques sont donc \(-1\) et \(1\). Ensuite, \(f^{\prime} > 0\) sur \(]-\infty, -1[\) et sur \(]1, +\infty[\), et \(f^{\prime} < 0\) sur \(]-1, 1[\). Ainsi, \(f\) admet un maximum local en \(-1\), avec \(f(-1) = 2\), et un minimum local en \(1\), avec \(f(1) = -2\). Cependant, \(f(x) \to +\infty\) en \(+\infty\) et \(f(x) \to -\infty\) en \(-\infty\). Les deux extremums sont locaux mais pas globaux.
2. Sur \([0,1]\), \(f\) décroît de \(0\) à \(-2\). Ensuite, sur \([1,2]\), elle croît de \(-2\) à \(f(2) = 8 – 6 = 2\). Le minimum sur \([0,2]\) vaut \(-2\), atteint en \(1\) ; le maximum vaut \(2\), atteint en \(2\). Or \(f^{\prime}(2) = 9 \neq 0\). Ce n’est pas contradictoire : la condition \(f^{\prime}(a) = 0\) ne vaut qu’en un point intérieur, et \(2\) est une extrémité du segment.
3. Pour \(h(x) = x^3\), on a \(h^{\prime}(0) = 0\), donc \(0\) est un point critique. Pourtant, \(h(x) < 0 = h(0)\) pour \(x < 0\) et \(h(x) > 0\) pour \(x > 0\). Dans tout voisinage de \(0\), \(h\) prend des valeurs plus grandes et plus petites que \(h(0)\). Donc \(0\) n’est pas un extremum local.
4. Pour tout réel \(x\), \(|x| \geq\, 0 = |0|\). Donc \(x \mapsto |x|\) admet un minimum global en \(0\). En revanche, son taux en \(0\) vaut \(1\) à droite et \(-1\) à gauche. Elle n’est pas dérivable en \(0\), donc \(0\) n’est pas un point critique.

Point de méthode : pour chercher les extremums sur un segment, on examine les points critiques intérieurs, les extrémités et les points où la fonction n’est pas dérivable.

Corrigé de l’exercice 5 : Théorème de Rolle et racines d’un polynôme

1. Notons \(x_1 < x_2 < \cdots < x_n\) les zéros de \(f\). Pour chaque \(i \in \{1, \ldots, n-1\}\), la fonction \(f\) est continue sur \([x_i, x_{i+1}]\), dérivable sur \(]x_i, x_{i+1}[\), et \(f(x_i) = f(x_{i+1}) = 0\). Le théorème de Rolle fournit \(c_i \in ]x_i, x_{i+1}[\) tel que \(f^{\prime}(c_i) = 0\). Les intervalles ouverts \(]x_i, x_{i+1}[\) sont disjoints, donc les \(c_i\) sont distincts. Ainsi, \(f^{\prime}\) s’annule en au moins \(n – 1\) points distincts.
2. On a \(P^{\prime}(x) = 5x^4 – 5 = 5(x^2 – 1)(x^2 + 1)\). Ses seules racines réelles sont \(-1\) et \(1\). Supposons que \(P\) ait au moins quatre racines réelles distinctes. D’après la question 1, \(P^{\prime}\) en aurait au moins trois, ce qui est faux. Donc \(P\) a au plus trois racines réelles.
3. Calculons quelques valeurs : \(P(-2) = -32 + 10 + 1 = -21\), \(P(-1) = -1 + 5 + 1 = 5\), \(P(0) = 1\), \(P(1) = 1 – 5 + 1 = -3\) et \(P(2) = 32 – 10 + 1 = 23\). La fonction \(P\) est continue. Par le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule sur \(]-2,-1[\), sur \(]0,1[\) et sur \(]1,2[\). Ces intervalles sont disjoints, ce qui donne trois racines distinctes. Avec la question 2, \(P\) a exactement trois racines réelles, situées dans \(]-2,-1[\), \(]0,1[\) et \(]1,2[\).

La figure ci-dessous confirme ce résultat : entre deux racines consécutives se trouve un point critique, comme l’affirme le théorème de Rolle.

Corrigé de l’exercice 6 : Rolle itéré et polynômes de Legendre

1. Notons \(x_0 < x_1 < \cdots < x_n\) les zéros de \(f\). Montrons par récurrence sur \(k \in \{0, \ldots, n\}\) que \(f^{(k)}\) s’annule en au moins \(n + 1 – k\) points distincts de \([x_0, x_n]\), et même de \(]x_0, x_n[\) si \(k \geq\, 1\). Pour \(k = 0\), c’est l’hypothèse. Supposons le résultat vrai au rang \(k \leq\, n – 1\). La fonction \(f^{(k)}\) est dérivable, donc continue. On applique le théorème de Rolle entre deux zéros consécutifs de \(f^{(k)}\). On obtient ainsi \(n – k\) zéros distincts de \(f^{(k+1)}\), strictement compris entre \(x_0\) et \(x_n\). Pour \(k = n\), on obtient au moins un zéro. Donc \(f^{(n)}\) s’annule au moins une fois sur \(]x_0, x_n[ \subset ]a,b[\).
2. Soit \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\). Par la formule de Leibniz,
   \[Q^{(k)}(x) = \sum_{j=0}^{k} \binom\,{k}{j} \frac{n!}{(n-j)!}(x-1)^{n-j} \cdot \frac{n!}{(n-k+j)!}(x+1)^{n-k+j}.\]
   Dans chaque terme, l’exposant \(n – j\) vérifie \(n – j \geq\, n – k \geq\, 1\). Donc chaque terme s’annule en \(1\). De même, \(n – k + j \geq\, 1\), donc chaque terme s’annule en \(-1\). Ainsi, \(Q^{(k)}(1) = Q^{(k)}(-1) = 0\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\).
3. Pour \(k = 0\), l’énoncé demande au moins \(0\) zéro : c’est vrai. Supposons que \(Q^{(k)}\) ait au moins \(k\) zéros distincts dans \(]-1,1[\), avec \(k \leq\, n – 1\). D’après la question 2, \(Q^{(k)}\) s’annule aussi en \(-1\) et en \(1\). Elle a donc au moins \(k + 2\) zéros distincts dans \([-1,1]\). Ensuite, le théorème de Rolle, appliqué entre deux zéros consécutifs, donne \(k + 1\) zéros distincts de \(Q^{(k+1)}\) dans \(]-1,1[\). La propriété est donc vraie pour tout \(k \in \{0, \ldots, n\}\).
4. Le polynôme \(Q\) est de degré \(2n\) et de coefficient dominant \(1\). Donc \(L_n = Q^{(n)}\) est de degré \(n\), de coefficient dominant \(\frac{(2n)!}{n!} \neq 0\). D’après la question 3, \(L_n\) possède au moins \(n\) racines distinctes dans \(]-1,1[\). Or un polynôme non nul de degré \(n\) a au plus \(n\) racines. Par conséquent, \(L_n\) a exactement \(n\) racines réelles, toutes simples et situées dans \(]-1,1[\).

Corrigé de l’exercice 7 : Encadrements par les accroissements finis

1. Soit \(x > 0\). La fonction \(\ln\) est continue sur \([1, 1+x]\) et dérivable sur \(]1, 1+x[\). L’égalité des accroissements finis fournit \(c \in ]1, 1+x[\) tel que \(\ln(1+x) – \ln 1 = \frac{1}{c} \cdot x\). Or \(1 < c < 1 + x\), donc \(\frac{1}{1+x} < \frac{1}{c} < 1\). En multipliant par \(x > 0\), on obtient \(\dfrac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x\).
2. On applique la question 1 avec \(x = \frac{1}{n}\), puis on multiplie par \(n\). On obtient \(\frac{n}{n+1} < n\ln(1 + \frac{1}{n}) < 1\). Or \(\frac{n}{n+1} \to 1\). Par encadrement, \(n\ln(1 + \frac{1}{n}) \to 1\).
3. La fonction \(\arctan\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). L’égalité des accroissements finis sur \([a,b]\) fournit \(c \in ]a,b[\) tel que \(\arctan b – \arctan a = \frac{b-a}{1+c^2}\). Comme \(0 < a < c < b\), on a \(1 + a^2 < 1 + c^2 < 1 + b^2\). En passant aux inverses, on obtient \(\dfrac{b-a}{1+b^2} < \arctan b – \arctan a < \dfrac{b-a}{1+a^2}\).
4. La fonction \(\sin\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(|\sin^{\prime}| = |\cos| \leq\, 1\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(|\sin b – \sin a| \leq\, |b – a|\). Avec \(a = 0\) et \(b = x\), on obtient \(|\sin x| \leq\, |x|\).

Corrigé de l’exercice 8 : Fonctions lipschitziennes

1. Par l’inégalité triangulaire renversée, \(\big||x| – |y|\big| \leq\, |x – y|\) pour tous réels \(x, y\). Donc la valeur absolue est 1-lipschitzienne. Pourtant, elle n’est pas dérivable en \(0\), car ses nombres dérivés à gauche et à droite valent \(-1\) et \(1\). Ainsi, une fonction lipschitzienne n’est pas forcément dérivable.
2. Sur \([1,+\infty[\), la fonction racine est dérivable et \(0 < \frac{1}{2\sqrt{x}} \leq\, \frac{1}{2}\). Par l’inégalité des accroissements finis, elle y est \(\frac{1}{2}\)-lipschitzienne.
3. Supposons qu’il existe \(K\) tel que \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| \leq\, K|x – y|\) pour tous \(x, y \in [0,1]\). Avec \(y = 0\) et \(x \in ]0,1]\), on obtient \(\sqrt{x} \leq\, Kx\), donc \(\frac{1}{\sqrt{x}} \leq\, K\). Or \(\frac{1}{\sqrt{x}} \to +\infty\) quand \(x \to 0^+\), ce qui est absurde. Donc la racine carrée n’est pas lipschitzienne sur \([0,1]\).
4. Soit \(x \in I\). Pour \(y \in I\), \(y \neq x\), l’hypothèse donne \(|\frac{f(y) – f(x)}{y – x}| \leq\, K\). Ensuite, on fait tendre \(y\) vers \(x\) : le taux tend vers \(f^{\prime}(x)\) et les inégalités larges passent à la limite. Donc \(|f^{\prime}(x)| \leq\, K\).
5. Soit \(f\) de classe \(C^1\) sur \([a,b]\). Alors \(f^{\prime}\) est continue sur le segment \([a,b]\). Par le théorème des bornes atteintes, elle est bornée : il existe \(K\) tel que \(|f^{\prime}| \leq\, K\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(f\) est \(K\)-lipschitzienne sur \([a,b]\).

Corrigé de l’exercice 9 : Suite récurrente et inégalité des accroissements finis

1. La fonction \(\cos\) est décroissante sur \([0,1] \subset [0,\pi]\). Donc \(\cos([0,1]) = [\cos 1, 1]\). Or \(0 < 1 < \frac{\pi}{2}\), donc \(\cos 1 > 0\). Ainsi, \(\cos([0,1]) \subset [0,1]\). Ensuite, par récurrence : \(u_0 = 0 \in [0,1]\), et si \(u_n \in [0,1]\), alors \(u_{n+1} = \cos u_n \in [0,1]\). Donc \(u_n \in [0,1]\) pour tout \(n\).
2. Posons \(\varphi(x) = \cos x – x\) sur \([0,1]\). Elle est continue, dérivable, et \(\varphi^{\prime}(x) = -\sin x – 1 < 0\). Elle est donc strictement décroissante. De plus, \(\varphi(0) = 1 > 0\) et \(\varphi(1) = \cos 1 – 1 < 0\). Par le théorème de la bijection, \(\varphi\) s’annule en un unique point \(\ell \in ]0,1[\), c’est-à-dire \(\cos \ell = \ell\).
3. Sur \([0,1]\), on a \(|\cos^{\prime}(x)| = \sin x \leq\, \sin 1\), car \(\sin\) est croissante sur \([0, \frac{\pi}{2}]\). Les réels \(u_n\) et \(\ell\) sont dans \([0,1]\). Par l’inégalité des accroissements finis,
   \[|u_{n+1} – \ell| = |\cos u_n – \cos \ell| \leq\, \sin(1)\,|u_n – \ell|.\]
   Par une récurrence immédiate, \(|u_n – \ell| \leq\, (\sin 1)^n\,|u_0 – \ell|\). Or \(|u_0 – \ell| = \ell \leq\, 1\). Donc \(|u_n – \ell| \leq\, (\sin 1)^n\). Enfin, \(0 < \sin 1 < 1\), donc \((\sin 1)^n \to 0\). La suite \((u_n)\) converge vers \(\ell\).
4. Il suffit que \((\sin 1)^N \leq\, 10^{-6}\). En passant au logarithme, cette condition équivaut à \(N\ln(\sin 1) \leq\, -6\ln 10\). Comme \(\ln(\sin 1) < 0\), cela revient à \(N \geq\, \dfrac{6\ln 10}{-\ln(\sin 1)} \approx \dfrac{13{,}8156}{0{,}1726} \approx 80{,}04\). L’entier \(N = 81\) convient.

La figure ci-dessous représente la toile d’araignée de la suite. Les termes tournent autour de \(\ell \approx 0{,}739\) en alternant de part et d’autre, car \(\cos\) est décroissante.

Point de méthode : la majoration \((\sin 1)^n\) est pessimiste. En pratique, près de \(\ell\), le facteur de contraction vaut \(\sin \ell \approx 0{,}67\), et la convergence est un peu plus rapide.

Corrigé de l’exercice 10 : Théorème de la limite de la dérivée

1. La fonction \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^*\) comme quotient de fonctions de classe \(C^1\). Ensuite, pour \(x \neq 0\), on a \(f(x) = \sin x \cdot \frac{\sin x}{x}\), qui tend vers \(0 \times 1 = 0\). Donc \(f\) est continue en \(0\). Pour \(x \neq 0\), on calcule
   \[f^{\prime}(x) = \frac{2x\sin x\cos x – \sin^2 x}{x^2} = \frac{\sin(2x)}{x} – (\frac{\sin x}{x})^2.\]
   Or \(\frac{\sin(2x)}{x} \to 2\) et \(\frac{\sin x}{x} \to 1\). Donc \(f^{\prime}(x) \to 2 – 1 = 1\). Par le théorème de la limite de la dérivée, \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f^{\prime}\) y est continue. Ainsi, \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(0) = 1\).
2. Par croissances comparées, \(x\ln|x| \to 0\) en \(0\), donc \(g\) est continue en \(0\). Ailleurs, elle est dérivable et \(g^{\prime}(x) = \ln|x| + 1\), qui tend vers \(-\infty\) en \(0\). D’après le théorème, le taux d’accroissement tend lui aussi vers \(-\infty\). On le vérifie directement : \(\frac{g(x)}{x} = \ln|x| \to -\infty\). Donc \(g\) n’est pas dérivable en \(0\) ; sa courbe y admet une tangente verticale.
3. Pour \(x \neq 0\), on a
   \[h^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2} + (-\frac{1}{x^2})\frac{1}{1 + 1/x^2} = \frac{1}{1+x^2} – \frac{1}{x^2+1} = 0.\]
   Sur l’intervalle \(]0,+\infty[\), \(h\) est donc constante, égale à \(h(1) = \frac{\pi}{2}\). De même, sur \(]-\infty, 0[\), elle vaut \(h(-1) = -\frac{\pi}{2}\). Ainsi, \(h = \frac{\pi}{2}\) sur \(\mathbb{R}_+^*\) et \(h = -\frac{\pi}{2}\) sur \(\mathbb{R}_-^*\). La dérivée tend vers \(0\) en \(0\). Pourtant, \(h\) a des limites différentes à gauche et à droite, donc aucun prolongement n’est continu en \(0\). A fortiori, aucun n’est dérivable. L’hypothèse manquante est la continuité en \(0\).

Point de méthode : avant d’invoquer le théorème de la limite de la dérivée, on vérifie toujours la continuité au point étudié.

Corrigé de l’exercice 11 : Une fonction plate indéfiniment dérivable

1. On raisonne par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), \(P_0 = 1\) convient. Supposons \(f^{(n)}(x) = P_n(1/x)\mathrm{e}^{-1/x}\) sur \(]0,+\infty[\). Cette expression est dérivable. La dérivée de \(x \mapsto 1/x\) est \(-1/x^2\), et celle de \(\mathrm{e}^{-1/x}\) est \(\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{-1/x}\). Donc
   \[f^{(n+1)}(x) = \frac{1}{x^2}(P_n\!(\frac{1}{x}) – P_n^{\prime}\!(\frac{1}{x}))\mathrm{e}^{-1/x}.\]
   On obtient la forme voulue avec \(P_{n+1}(X) = X^2(P_n(X) – P_n^{\prime}(X))\).
2. Posons \(X = 1/x\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 0^+\). Il suffit de montrer que \(Q(X)\mathrm{e}^{-X} \to 0\) en \(+\infty\). Or \(Q\) est une combinaison linéaire de monômes \(X^k\), et \(X^k\mathrm{e}^{-X} \to 0\) par croissances comparées. Donc \(Q(1/x)\mathrm{e}^{-1/x} \to 0\) quand \(x \to 0^+\).
3. Montrons par récurrence que \(f\) est de classe \(C^n\) sur \(\mathbb{R}\) avec \(f^{(n)}(0) = 0\). De plus, on a \(f^{(n)}(x) = 0\) pour \(x < 0\) et \(f^{(n)}(x) = P_n(1/x)\mathrm{e}^{-1/x}\) pour \(x > 0\).

   Pour \(n = 0\) : \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\). De plus, \(f(x) \to 0\) à droite de \(0\) par la question 2, et \(f = 0\) à gauche. Donc \(f\) est continue en \(0\).

   Hérédité : supposons le résultat vrai au rang \(n\). La fonction \(f^{(n)}\) est continue sur \(\mathbb{R}\) et dérivable sur \(\mathbb{R}^*\). Sa dérivée vaut \(0\) à gauche et \(P_{n+1}(1/x)\mathrm{e}^{-1/x}\) à droite, qui tend vers \(0\) par la question 2. Donc \(f^{(n+1)}(x) \to 0\) quand \(x \to 0\), avec \(x \neq 0\). Par le théorème de la limite de la dérivée, \(f^{(n)}\) est dérivable en \(0\), \(f^{(n+1)}(0) = 0\), et \(f^{(n+1)}\) est continue en \(0\). Ailleurs, elle est continue comme produit et composée de fonctions continues. Donc \(f\) est de classe \(C^{n+1}\) sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{(n+1)}(0) = 0\).

4. La question 3 vaut pour tout \(n\). Donc \(f\) est de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{(n)}(0) = 0\) pour tout \(n\). Cependant, pour tout \(\eta > 0\), on a \(f(\eta/2) = \mathrm{e}^{-2/\eta} > 0\). Ainsi, \(f\) n’est nulle sur aucun voisinage de \(0\). Autrement dit, la connaissance de toutes les dérivées en un point ne détermine pas une fonction de classe \(C^\infty\).

La figure ci-dessous montre la fonction et sa dérivée : toutes deux se raccordent à \(0\) de façon extrêmement plate.

Corrigé de l’exercice 12 : Dérivées n-ièmes par la formule de Leibniz

1. Posons \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = \mathrm{e}^{3x}\). On a \(u^{\prime} = 2x\), \(u^{\prime\prime} = 2\), \(u^{(k)} = 0\) pour \(k \geq\, 3\), et \(v^{(j)}(x) = 3^j\mathrm{e}^{3x}\). Par la formule de Leibniz, il ne reste que trois termes :
   \[f^{(n)}(x) = 3^n x^2\mathrm{e}^{3x} + n \cdot 2x \cdot 3^{n-1}\mathrm{e}^{3x} + \binom\,{n}{2} \cdot 2 \cdot 3^{n-2}\mathrm{e}^{3x}.\]
   Donc \(f^{(n)}(x) = 3^{n-2}\mathrm{e}^{3x}(9x^2 + 6nx + n(n-1))\), formule valable aussi pour \(n = 0\) et \(n = 1\). Par exemple, pour \(n = 1\), on retrouve \(\mathrm{e}^{3x}(3x^2 + 2x)\).
2. Posons \(u(x) = x^2 + 1\). Seules ses trois premières dérivées sont non nulles : \(u\), \(2x\) et \(2\). La formule de Leibniz donne, pour \(n \geq\, 2\) :
   \[g^{(n)}(x) = (x^2+1)\cos(x + \frac{n\pi}{2}) + 2nx\cos(x + \frac{(n-1)\pi}{2}) + n(n-1)\cos(x + \frac{(n-2)\pi}{2}).\]
   Or \(\cos(\theta – \frac{\pi}{2}) = \sin\theta\) et \(\cos(\theta – \pi) = -\cos\theta\). En posant \(\theta = x + \frac{n\pi}{2}\), on obtient \(g^{(n)}(x) = (x^2 + 1 – n(n-1))\cos\theta + 2nx\sin\theta\).
3. Posons \(u(x) = x^3\) et \(v = \ln\). Pour \(k \geq\, 1\), on a \(v^{(k)}(x) = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{x^k}\). De plus, \(u^{(j)} = 0\) pour \(j \geq\, 4\). Pour \(n \geq\, 4\), les indices \(n – j\) avec \(j \leq\, 3\) sont tous supérieurs ou égaux à \(1\). La formule de Leibniz donne alors
   \[h^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n}{x^{n-3}}\Big(-(n-1)! + 3n(n-2)! – 3n(n-1)(n-3)! + n(n-1)(n-2)(n-4)!\Big).\]
   Mettons \((n-4)!\) en facteur. La parenthèse devient \((n-4)!\,S\), où
   \[S = -(n-1)(n-2)(n-3) + 3n(n-2)(n-3) – 3n(n-1)(n-3) + n(n-1)(n-2).\]
   En développant, \(S = -(n^3 – 6n^2 + 11n – 6) + (3n^3 – 15n^2 + 18n) – (3n^3 – 12n^2 + 9n) + (n^3 – 3n^2 + 2n) = 6\). Donc \(h^{(n)}(x) = \dfrac{6(-1)^n(n-4)!}{x^{n-3}}\) pour \(n \geq\, 4\).

   Vérification directe : \(h^{\prime}(x) = 3x^2\ln x + x^2\), puis \(h^{\prime\prime}(x) = 6x\ln x + 5x\), ensuite \(h^{\prime\prime\prime}(x) = 6\ln x + 11\) et enfin \(h^{(4)}(x) = \frac{6}{x}\). La formule donne bien \(\frac{6 \cdot 1 \cdot 0!}{x} = \frac{6}{x}\).

Corrigé de l’exercice 13 : Formule de Leibniz et dérivées de arctan en 0

1. La fonction \(\arctan\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2}\). Cette dérivée est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas. Elle est donc de classe \(C^\infty\). Par conséquent, \(f\) est de classe \(C^\infty\) et \((1+x^2)f^{\prime}(x) = 1\).
2. Soit \(n \geq\, 1\). On dérive \(n\) fois la relation. Le membre de droite donne \(0\). À gauche, on applique la formule de Leibniz au produit de \(u(x) = 1 + x^2\) par \(f^{\prime}\). Or \(u^{\prime} = 2x\), \(u^{\prime\prime} = 2\) et \(u^{(k)} = 0\) pour \(k \geq\, 3\). Donc
   \[(1+x^2)f^{(n+1)}(x) + \binom\,{n}{1}2x\,f^{(n)}(x) + \binom\,{n}{2}2\,f^{(n-1)}(x) = 0.\]
   Comme \(2\binom\,{n}{2} = n(n-1)\), on obtient la relation demandée.
3. En \(x = 0\), la relation devient \(f^{(n+1)}(0) = -n(n-1)f^{(n-1)}(0)\) pour \(n \geq\, 1\). De plus, \(f(0) = 0\) et \(f^{\prime}(0) = 1\).

   Indices pairs : \(f^{(0)}(0) = 0\). Si \(f^{(2p)}(0) = 0\), la relation avec \(n = 2p + 1\) donne \(f^{(2p+2)}(0) = 0\). Donc toutes les dérivées d’ordre pair sont nulles en \(0\).

   Indices impairs : posons \(a_p = f^{(2p+1)}(0)\). Avec \(n = 2p\), on obtient \(a_p = -2p(2p-1)\,a_{p-1}\) et \(a_0 = 1\). Par récurrence, si \(a_{p-1} = (-1)^{p-1}(2p-2)!\), alors \(a_p = (-1)^p\,2p(2p-1)(2p-2)! = (-1)^p(2p)!\).

   Donc \(f^{(2p)}(0) = 0\) et \(f^{(2p+1)}(0) = (-1)^p(2p)!\). Par exemple, \(f^{\prime\prime\prime}(0) = -2\) et \(f^{(5)}(0) = 24\).

Corrigé de l’exercice 14 : Fonctions à valeurs complexes

1. On a \(\varphi(0) = 1 = \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi} = \varphi(2\pi)\). De plus, \(\varphi^{\prime}(t) = \mathrm{i}\mathrm{e}^{\mathrm{i}t}\), de module \(1\), donc jamais nul. Pourtant, \(\varphi\) est continue sur \([0,2\pi]\) et dérivable sur \(]0,2\pi[\). Le théorème de Rolle est donc faux pour les fonctions à valeurs complexes.
2. La fonction \(\cos\) vérifie \(\cos 0 = \cos 2\pi\). Sa dérivée \(-\sin\) s’annule sur \(]0,2\pi[\) seulement en \(\pi\). De même, \(\sin 0 = \sin 2\pi\), et \(\cos\) s’annule en \(\frac{\pi}{2}\) et \(\frac{3\pi}{2}\). Le théorème de Rolle s’applique donc à chaque partie. Cependant, les points obtenus sont différents : aucun réel n’annule à la fois \(\cos^{\prime}\) et \(\sin^{\prime}\). C’est pourquoi on ne peut pas obtenir un point où \(\varphi^{\prime}\) s’annule.
3. Posons \(m = \frac{a+b}{2}\) et \(d = \frac{b-a}{2}\). Alors \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}b} – \mathrm{e}^{\mathrm{i}a} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}m}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}d} – \mathrm{e}^{-\mathrm{i}d}) = 2\mathrm{i}\sin(d)\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}m}\). En prenant le module, \(|\mathrm{e}^{\mathrm{i}b} – \mathrm{e}^{\mathrm{i}a}| = 2|\sin\frac{b-a}{2}|\). Ensuite, \(|\sin u| \leq\, |u|\) (exercice 7). Donc \(|\mathrm{e}^{\mathrm{i}b} – \mathrm{e}^{\mathrm{i}a}| \leq\, |b – a|\). La fonction \(t \mapsto \mathrm{e}^{\mathrm{i}t}\) est 1-lipschitzienne, comme le prévoit l’inégalité des accroissements finis avec \(|\varphi^{\prime}| = 1\).
4. Posons \(\psi(x) = \mathrm{e}^{(1+\mathrm{i})x}\). Alors \(\psi(x) = \mathrm{e}^{x}(\cos x + \mathrm{i}\sin x)\), donc \(g = \mathrm{Im}\,\psi\). Ensuite, \(\psi^{(n)}(x) = (1+\mathrm{i})^n\psi(x)\). Or \(1 + \mathrm{i} = \sqrt{2}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/4}\), d’où \(\psi^{(n)}(x) = 2^{n/2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(x + n\pi/4)}\). Enfin, la dérivée de la partie imaginaire est la partie imaginaire de la dérivée. Donc \(g^{(n)}(x) = 2^{n/2}\mathrm{e}^{x}\sin(x + \dfrac{n\pi}{4})\).

Corrigé de l’exercice 15 : Inégalités classiques par convexité

1. La fonction \(\exp\) est deux fois dérivable et \(\exp^{\prime\prime} = \exp > 0\). Elle est donc convexe sur \(\mathbb{R}\), et sa courbe est au-dessus de ses tangentes. Sa tangente en \(0\) a pour équation \(y = 1 + x\). Donc \(\mathrm{e}^{x} \geq\, 1 + x\) pour tout réel \(x\).
2. La fonction \(u : x \mapsto \ln(1+x)\) vérifie \(u^{\prime\prime}(x) = -\frac{1}{(1+x)^2} < 0\) sur \(]-1,+\infty[\). Elle est donc concave, et sa courbe est sous ses tangentes. Sa tangente en \(0\) est \(y = x\). Donc \(\ln(1+x) \leq\, x\) pour tout \(x > -1\).
3. Sur \([0, \frac{\pi}{2}]\), on a \(\sin^{\prime\prime} = -\sin \leq\, 0\), donc \(\sin\) y est concave. D’une part, la courbe est sous sa tangente en \(0\), d’équation \(y = x\). Donc \(\sin x \leq\, x\). D’autre part, une fonction concave est au-dessus de ses cordes. La corde joignant \((0,0)\) à \((\frac{\pi}{2}, 1)\) a pour équation \(y = \frac{2}{\pi}x\). Ainsi, \(\frac{2}{\pi}x \leq\, \sin x \leq\, x\) sur \([0, \frac{\pi}{2}]\).
4. On écrit \(2^x = \mathrm{e}^{x\ln 2}\). Sa dérivée seconde vaut \((\ln 2)^2\,2^x > 0\), donc \(x \mapsto 2^x\) est convexe. Sur \([0,1]\), la courbe est sous la corde qui joint \((0,1)\) à \((1,2)\), d’équation \(y = 1 + x\). Donc \(2^x \leq\, 1 + x\) pour tout \(x \in [0,1]\).

La figure ci-dessous illustre l’encadrement de la question 3 : la courbe du sinus est coincée entre sa corde et sa tangente en \(0\).

Corrigé de l’exercice 16 : Inégalité de Jensen et moyennes

1. La fonction \(\ln\) est concave sur \(]0,+\infty[\), car \(\ln^{\prime\prime}(x) = -\frac{1}{x^2} < 0\). On applique l’inégalité de Jensen à la fonction convexe \(-\ln\), avec les poids \(\lambda_i = \frac{1}{n}\). On obtient \(\frac{1}{n}\sum \ln x_i \leq\, \ln(\frac{1}{n}\sum x_i)\). Le membre de gauche vaut \(\ln\sqrt[n]{x_1 \cdots x_n}\). Comme \(\exp\) est croissante, \(\sqrt[n]{x_1 \cdots x_n} \leq\, \dfrac{x_1 + \cdots + x_n}{n}\).
2. On applique la question 1 aux réels \(\frac{1}{x_i} > 0\). On obtient \(\frac{1}{\sqrt[n]{x_1 \cdots x_n}} \leq\, \frac{1}{n}\sum \frac{1}{x_i}\). Les deux membres sont positifs ; en passant aux inverses, \(\dfrac{n}{\sum 1/x_i} \leq\, \sqrt[n]{x_1 \cdots x_n}\).
3. En combinant les questions 1 et 2, on obtient \(\frac{n}{\sum 1/x_i} \leq\, \frac{1}{n}\sum x_i\). Ensuite, on multiplie par \(n \sum \frac{1}{x_i} > 0\). Donc \((\sum x_i)(\sum \frac{1}{x_i}) \geq\, n^2\).
4. D’abord, la question 1 avec \(n = 3\) donne \(\sqrt[3]{abc} \leq\, \frac{a+b+c}{3} = 1\), donc \(abc \leq\, 1\). Ensuite, la question 3 donne \((a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \geq\, 9\). Or \(a + b + c = 3\). Donc \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq\, 3\).
5. La fonction \(x \mapsto x^2\) est convexe, car sa dérivée seconde vaut \(2 > 0\). L’inégalité de Jensen avec les poids \(\frac{1}{n}\) donne directement \((\frac{1}{n}\sum x_i)^2 \leq\, \frac{1}{n}\sum x_i^2\).

Point de méthode : on obtient ainsi la chaîne classique, moyenne harmonique \(\leq\,\) géométrique \(\leq\,\) arithmétique \(\leq\,\) quadratique, avec égalité si et seulement si tous les \(x_i\) sont égaux.

Corrigé de l’exercice 17 : Inégalités de Young et de Hölder

1. Si \(a = 0\) ou \(b = 0\), le membre de gauche est nul et l’inégalité est claire. Supposons \(a, b > 0\). La fonction \(\ln\) est concave et \(\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1\), avec des poids positifs. Par concavité,
   \[\ln(\frac{1}{p}a^p + \frac{1}{q}b^q) \geq\, \frac{1}{p}\ln(a^p) + \frac{1}{q}\ln(b^q) = \ln a + \ln b = \ln(ab).\]
   Comme \(\exp\) est croissante, \(ab \leq\, \dfrac{a^p}{p} + \dfrac{b^q}{q}\).
2. Posons \(A = (\sum x_i^p)^{1/p}\) et \(B = (\sum y_i^q)^{1/q}\). Si \(A = 0\), tous les \(x_i\) sont nuls et l’inégalité est une égalité \(0 = 0\). De même si \(B = 0\). Supposons donc \(A, B > 0\). On applique l’inégalité de Young à \(a = \frac{x_i}{A}\) et \(b = \frac{y_i}{B}\) :
   \[\frac{x_i y_i}{AB} \leq\, \frac{x_i^p}{pA^p} + \frac{y_i^q}{qB^q}.\]
   On somme sur \(i\). Comme \(\sum x_i^p = A^p\) et \(\sum y_i^q = B^q\), le membre de droite vaut \(\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1\). Donc \(\sum x_i y_i \leq\, AB\), ce qui est l’inégalité de Hölder.
3. Pour \(p = q = 2\), on obtient \(\sum x_i y_i \leq\, \sqrt{\sum x_i^2}\sqrt{\sum y_i^2}\). C’est l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour des réels positifs. Elle s’étend aux réels quelconques en remplaçant \(x_i, y_i\) par \(|x_i|, |y_i|\).
4. On applique Hölder avec \(p = 3\) et \(q = \frac{3}{2}\), qui vérifient \(\frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1\). On prend \((x_1, x_2, x_3) = (x, y, z)\) et \(y_1 = y_2 = y_3 = 1\). On obtient \(x + y + z \leq\, (x^3 + y^3 + z^3)^{1/3} \cdot 3^{2/3}\). C’est l’inégalité demandée.

Corrigé de l’exercice 18 : Dérivées à gauche et à droite d’une fonction convexe

1. Soit \(a \in I\). Comme \(I\) est ouvert, il existe \(\alpha, \beta \in I\) avec \(\alpha < a < \beta\). Le taux \(\tau_a\) est croissant sur \(I \cap ]a,+\infty[\), et minoré par \(\tau_a(\alpha)\) grâce à la croissance. Par le théorème de la limite monotone, il admet une limite finie à droite en \(a\), égale à \(\inf_{x > a}\tau_a(x)\). De même, sur \(I \cap ]-\infty, a[\), il est croissant et majoré par \(\tau_a(\beta)\). Il a donc une limite finie à gauche, égale à \(\sup_{x < a}\tau_a(x)\). Enfin, pour \(x < a < y\), on a \(\tau_a(x) \leq\, \tau_a(y)\). En passant au sup puis à l’inf, \(f\) est dérivable à gauche et à droite en \(a\), avec \(f^{\prime}_g(a) \leq\, f^{\prime}_d(a)\).
2. Pour \(x > a\), on a \(f(x) – f(a) = (x – a)\tau_a(x)\). Quand \(x \to a^+\), le premier facteur tend vers \(0\) et le second vers \(f^{\prime}_d(a)\), qui est fini. Donc \(f(x) \to f(a)\). Le même argument vaut à gauche. Ainsi, \(f\) est continue en tout point de \(I\).
3. Soient \(a < b\) dans \(I\). D’une part, \(f^{\prime}_d(a) = \inf_{x > a}\tau_a(x) \leq\, \tau_a(b)\). D’autre part, \(\tau_a(b) = \tau_b(a)\) et \(f^{\prime}_g(b) = \sup_{x < b}\tau_b(x) \geq\, \tau_b(a)\). Donc \(f^{\prime}_d(a) \leq\, \frac{f(b) – f(a)}{b – a} \leq\, f^{\prime}_g(b)\). Avec la question 1, \(f^{\prime}_g(b) \leq\, f^{\prime}_d(b)\). Donc \(f^{\prime}_d(a) \leq\, f^{\prime}_d(b)\) : la fonction \(f^{\prime}_d\) est croissante.
4. La valeur absolue est convexe par l’inégalité triangulaire : \(|(1-t)x + ty| \leq\, (1-t)|x| + t|y|\). Elle vérifie \(f^{\prime}_g(0) = -1 < 1 = f^{\prime}_d(0)\).
5. Soient \(x, y \in [0,1]\) et \(t \in [0,1]\), avec \(m = (1-t)x + ty\). Si \(m < 1\), alors \(u(m) = 0 \leq\, (1-t)u(x) + tu(y)\), car \(u \geq\, 0\). Si \(m = 1\), alors \(x = y = 1\), ou bien \(t = 0\) et \(x = 1\), ou bien \(t = 1\) et \(y = 1\). Dans chaque cas, l’inégalité est une égalité. Donc \(u\) est convexe, mais elle n’est pas continue en \(1\). Cela ne contredit pas la question 2, car \([0,1]\) n’est pas ouvert. L’hypothèse essentielle est que l’intervalle est ouvert.

Corrigé de l’exercice 19 : Convexité et point d’inflexion

1. La fonction \(f\) est de classe \(C^\infty\). On calcule \(f^{\prime}(x) = (1 – x)\mathrm{e}^{-x}\) et \(f^{\prime\prime}(x) = (x – 2)\mathrm{e}^{-x}\). Le signe de \(f^{\prime}\) est celui de \(1 – x\). Donc \(f\) croît sur \(]-\infty, 1]\) et décroît sur \([1, +\infty[\). De plus, \(f(x) \to -\infty\) en \(-\infty\), et \(f(x) \to 0\) en \(+\infty\) par croissances comparées. Le maximum de \(f\) vaut \(f(1) = \mathrm{e}^{-1}\), donc \(f(x) \leq\, \mathrm{e}^{-1}\) pour tout réel \(x\).
2. Le signe de \(f^{\prime\prime}\) est celui de \(x – 2\). Donc \(f\) est concave sur \(]-\infty, 2]\) et convexe sur \([2, +\infty[\). La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(2\). Le point \((2, 2\mathrm{e}^{-2})\) est un point d’inflexion.
3. On a \(f(2) = 2\mathrm{e}^{-2}\) et \(f^{\prime}(2) = -\mathrm{e}^{-2}\). La tangente \(T\) a pour équation \(y = 2\mathrm{e}^{-2} – \mathrm{e}^{-2}(x – 2)\). Autrement dit, \(T : y = \mathrm{e}^{-2}(4 – x)\). Sur \(]-\infty, 2]\), \(f\) est concave, donc sa courbe est sous sa tangente en \(2\). Sur \([2, +\infty[\), elle est convexe, donc sa courbe est au-dessus. La courbe traverse donc sa tangente au point d’inflexion.
4. C’est la position obtenue sur \([2,+\infty[\). Donc \(x\,\mathrm{e}^{-x} \geq\, \mathrm{e}^{-2}(4 – x)\) pour tout \(x \geq\, 2\).

La figure ci-dessous résume l’étude : zone concave, zone convexe, maximum en \(1\) et tangente traversante au point d’inflexion.

Corrigé de l’exercice 20 : Fonction convexe majorée sur R

1. Posons \(s = \frac{f(y) – f(x)}{y – x}\). Par hypothèse, \(s > 0\). Soit \(z > y\). D’après le lemme des trois pentes appliqué à \(x < y < z\), on a \(\frac{f(z) – f(y)}{z – y} \geq\, s\). Donc \(f(z) \geq\, f(y) + s(z – y)\). Or \(s > 0\), donc le membre de droite tend vers \(+\infty\). Par comparaison, \(f(z) \to +\infty\) quand \(z \to +\infty\).
2. Soit \(f\) convexe et majorée sur \(\mathbb{R}\). D’après la question 1, il n’existe pas \(x < y\) tels que \(f(x) < f(y)\). Donc \(f\) est décroissante. Ensuite, la fonction \(z \mapsto f(-z)\) est aussi convexe et majorée. Elle est donc décroissante, ce qui signifie que \(f\) est croissante. Finalement, \(f\) est à la fois croissante et décroissante : elle est constante.
3. Sur \(]0,+\infty[\), la fonction \(x \mapsto \mathrm{e}^{-x}\) est convexe, car sa dérivée seconde vaut \(\mathrm{e}^{-x} > 0\). Elle est majorée par \(1\). Pourtant, elle n’est pas constante : le résultat devient faux. La preuve échoue car on ne peut pas faire tendre la variable vers \(-\infty\).
4. Supposons que \(f\) ne soit pas décroissante. Il existe alors \(x < y\) tels que \(f(x) < f(y)\). Par la question 1, \(f\) tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\), ce qui contredit l’existence d’une limite finie. Donc \(f\) est décroissante.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : méthode de Newton et convexité

Partie A.

1. La fonction \(f\) est continue et strictement croissante, car \(f^{\prime} > 0\). De plus, \(f(a) < 0 < f(b)\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule sur \(]a,b[\). Par stricte monotonie, ce zéro \(c\) est unique.
2. Soit \(x \in [c,b]\). Comme \(f\) est croissante, \(f(x) \geq\, f(c) = 0\). De plus, \(f^{\prime}(x) > 0\). Donc \(\frac{f(x)}{f^{\prime}(x)} \geq\, 0\) et \(N(x) \leq\, x\). Ensuite, \(f^{\prime\prime} \geq\, 0\), donc \(f\) est convexe et sa courbe est au-dessus de sa tangente en \(x\). En particulier, au point \(c\) : \(0 = f(c) \geq\, f(x) + f^{\prime}(x)(c – x)\). On divise par \(f^{\prime}(x) > 0\) : \(c – x \leq\, -\frac{f(x)}{f^{\prime}(x)}\), c’est-à-dire \(c \leq\, N(x)\). Ainsi, \(c \leq\, N(x) \leq\, x\).
3. Montrons par récurrence que \(u_n \in [c,b]\). C’est vrai pour \(u_0 = b\). Si \(u_n \in [c,b]\), la question 2 donne \(c \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, b\). Donc la suite est bien définie, à valeurs dans \([c,b]\), et décroissante. Décroissante et minorée par \(c\), elle converge vers un réel \(L \in [c,b]\). Or \(N\) est continue sur \([a,b]\), car \(f\) et \(f^{\prime}\) sont continues et \(f^{\prime}\) ne s’annule pas. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = N(u_n)\), on obtient \(L = N(L)\). Donc \(\frac{f(L)}{f^{\prime}(L)} = 0\), soit \(f(L) = 0\). Par unicité du zéro, \(L = c\) : la suite converge vers \(c\).

Partie B.

1. La fonction \(f(x) = x^2 – 2\) est de classe \(C^2\). De plus, \(f(1) = -1 < 0 < 2 = f(2)\), \(f^{\prime}(x) = 2x > 0\) sur \([1,2]\) et \(f^{\prime\prime} = 2 \geq\, 0\). Les hypothèses sont vérifiées, avec \(c = \sqrt{2}\). Ensuite, \(N(x) = x – \frac{x^2 – 2}{2x} = \frac{x^2 + 2}{2x} = \frac{1}{2}(x + \frac{2}{x})\). On obtient \(u_1 = \frac{1}{2}(2 + 1) = \frac{3}{2}\) et \(u_2 = \frac{1}{2}(\frac{3}{2} + \frac{4}{3}) = \frac{17}{12}\).
2. On calcule
   \[u_{n+1} – \sqrt{2} = \frac{u_n^2 + 2 – 2\sqrt{2}\,u_n}{2u_n} = \frac{(u_n – \sqrt{2})^2}{2u_n}.\]
   Donc \(e_{n+1} = \dfrac{e_n^2}{2u_n}\). Par la partie A, \(u_n \geq\, \sqrt{2} \geq\, 1\), donc \(2u_n \geq\, 2\). Ainsi, \(0 \leq\, e_{n+1} \leq\, \dfrac{e_n^2}{2}\).
3. On a \(e_0 = 2 – \sqrt{2} \leq\, 0{,}6\), car \(\sqrt{2} \geq\, 1{,}4\). D’abord, \(e_1 = \frac{e_0^2}{2u_0} = \frac{e_0^2}{4} \leq\, \frac{0{,}36}{4} = 0{,}09\). Ensuite, \(e_2 = \frac{e_1^2}{2u_1} = \frac{e_1^2}{3} \leq\, \frac{0{,}0081}{3} = 0{,}0027\). Donc \(e_2 \leq\, 3 \times 10^{-3}\). Puis, avec la majoration de la question 2 : \(e_3 \leq\, \frac{(3 \times 10^{-3})^2}{2} = 4{,}5 \times 10^{-6}\). Enfin, \(e_4 \leq\, \frac{(4{,}5 \times 10^{-6})^2}{2} \approx 1{,}01 \times 10^{-11}\). Donc \(e_4 \leq\, 10^{-10}\) : quatre itérations suffisent.

Point de méthode : la relation \(e_{n+1} \leq\, C e_n^2\) traduit une convergence quadratique. Le nombre de décimales exactes double à peu près à chaque étape, bien plus vite qu’avec une simple contraction.

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Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : dérivabilité et convexité, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur dérivabilité et convexité
• À maîtriser avant : Limites et continuité des fonctions, Suites particulières et suites récurrentes
• Chapitre précédent : Limites et continuité des fonctions
• Chapitre suivant : Arithmétique dans l'ensemble des entiers relatifs
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé