Dérivation

$\displaystyle f(x)\le g(x)$ ? avec des fonctions simples et des valeurs de $\displaystyle f(0)$ et $\displaystyle g(0)$ 👉 Tenter d’étudier les variations de $\displaystyle h(x):=g(x)-f(x)$ en dérivant, ça marche assez souvent.

On va montrer la 2^e inégalité. Posons $\displaystyle h(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln(1+x)$. On a $\displaystyle h(0)=0$ et si $\displaystyle x\ge0$, $$\begin{aligned} h'(x) &=1-x+x^2-\frac{1}{1+x}\\& =\frac{1-x+x^2+x-x^2+x^3-1}{1+x}\\&=\frac{x^3}{1+x}\ge0.\end{aligned}$$

Donc $\displaystyle h$ est croissante sur $\displaystyle \R^+$, et alors $\displaystyle h(x)\ge h(0)=0$ pour tout $\displaystyle x\ge 0$, ce qui établit la 2ème inégalité.

Pour la première inégalité, on procéderait de la même façon en posant $\displaystyle h(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}$.

On voit déjà que $\displaystyle f$ est continue (car $\displaystyle \alpha>0$) 👉 Est-elle dérivable ? 👉 Former et étudier des taux d’accroissement !

Soit $\displaystyle x$ fixé, et $\displaystyle y\neq x$. On écrit $\displaystyle \left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|\le C|x-y|^{\alpha-1}\xrightarrow[y\to x]{}0$ car $\displaystyle \alpha>1$. On en déduit que $\displaystyle f$ est dérivable en $\displaystyle x$ et que $\displaystyle f'(x)=0$. Comme $\displaystyle x$ est arbitraire dans $\displaystyle \R$, on en déduit la dérivée de $\displaystyle f$ est nulle partout, et donc que $\displaystyle f$ est constante sur $\displaystyle \R$.

• Dérivable en $\displaystyle 0$ 👉 Calculer $\displaystyle f(0)$ et taux d’accroissement en $\displaystyle 0$ ;
• $\displaystyle f(2x)=2f(x)$ 👉 $\displaystyle f(x)=2f(\frac{x}{2})=4f(\frac{x}{4})=\cdots$

On procède par analyse-synthèse.
Analyse – Soit un tel $\displaystyle f$. Les hypothèses invitent à calculer $\displaystyle f(0)$ et considérer des taux d’accroissement en $\displaystyle 0$. On $\displaystyle f(0)=2f(0)$, donc $\displaystyle f(0)=0$. On remarque que $\displaystyle f(x)=2f(\frac{x}{2})$, et donc en utilisant une récurrence et le fait que $\displaystyle f$ est dérivable en $\displaystyle 0$, on obtient
$$f(x)=2^nf(\frac{x}{2^n})=x\frac{f(\frac{x}{2^n})-f(0)}{\frac{x}{2^n}-0}\xrightarrow[n\to \infty]{}f'(0)x.$$

Ainsi $\displaystyle f(x)=f'(0)x$ pour tout $\displaystyle x\in\R$.
Synthèse – Toutes les fonctions $\displaystyle x\mapsto ax$, $\displaystyle a\in\R$ vérifient bien les hypothèses.
Conclusion – Les seules solutions sont donc les fonctions linéaires $\displaystyle x\mapsto ax$, $\displaystyle a\in\R$.

• Continue sur $\displaystyle [a,b]$, dérivable sur $\displaystyle ]a,b[$, $\displaystyle \exists c\in]a,b[$ 👉 Théorème de Rolle ;
• Dérivable 👉 Écrire des taux d’accroissement.

1. L’existence de $\displaystyle c$ fait penser au théorème de Rolle ou des accroissements finis, donc il faut introduire une fonction à qui on pourra appliquer le théorème. Naturellement on peut penser remplacer le $\displaystyle g'(c)$ et $\displaystyle f'(c)$ par des taux d’accroissement. On est donc conduit à introduire la fonction $$\phi(x)=(f(b)-f(a))(g(x)-g(a)) - (g(b)-g(a))(f(x)-f(a)).$$ On a $\displaystyle \phi$ continue sur $\displaystyle [a,b]$, dérivable sur $\displaystyle ]a,b[$ et $\displaystyle \phi(a)=\phi(b)=0$. On peut donc appliquer Rolle, d’où l’existence de $\displaystyle c\in]a,b[$ tel que $\displaystyle \phi'(c)=(f(b)-f(a))g'(c) - (g(b)-g(a))f'(c)=0$, ce qu’on voulait.
2. Ecrivons, pour des $\displaystyle b$ tel que $\displaystyle g(b)\neq 0$,
   $$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f(b)}{g(b)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

Si $\displaystyle b$ tend vers $\displaystyle a$, alors $\displaystyle c$ tend vers $\displaystyle a$, donc $\displaystyle \lim_{c\rightarrow a}\frac{f'(c)}{g'(c)}=l$, d’où le résultat.

Fonction continue sur un segment 👉 Bornée et atteint ses bornes, et la dérivée est nulle en les extremas.

Prenons $\displaystyle f$ dérivable sur $\displaystyle I=[0,1]$ par exemple. On veut montrer que $\displaystyle f'(I)$ est un intervalle. Soit $\displaystyle 0\le a<b\le 1$. Supposons que $\displaystyle f'(b)<y<f'(a)$.
La question est : existe-il $\displaystyle c$ tel que $\displaystyle y=f'(c)$ ? On pose $\displaystyle g(x)=f(x)-yx$. Comme $\displaystyle f$ est dérivable, elle est en particulier continue, donc $\displaystyle g$ est continue. Elle est donc bornée et atteint ses bornes sur le segment $\displaystyle [a,b]$. On a $\displaystyle g'(x)=f'(x)-y$, d’où $\displaystyle g'(a)=f'(a)-y>0$. Si $\displaystyle g$ atteignait son maximum en $\displaystyle a$, on aurait $\displaystyle \frac{g(x)-g(a)}{x-a}\le 0$ pour $\displaystyle x\ge a$, i.e. $\displaystyle g'(a)\le 0$, ce qui n’est pas possible. De même $\displaystyle g'(b)=f'(b)-y<0$ et donc $\displaystyle g$ ne peut pas atteindre son maximum en $\displaystyle b$. Ainsi $\displaystyle g$ atteint son maximum en un $\displaystyle c\in]a,b[$. On a alors $\displaystyle g'(c)=0$, d’où $\displaystyle f'(c)=y$, ce qu’on voulait. On adapte la preuve en conséquence si $\displaystyle f'(a)<f'(b)$.

Fonction deux fois dérivable 👉 Formule de Taylor-Lagrange.

Par l’absurde, supposons que pour tout $\displaystyle y\in[0,1]$, $\displaystyle |f''(y)|<4$. Comme $\displaystyle f$ est deux fois dérivable sur $\displaystyle [0,1/2]$, la formule de Taylor-Lagrange donne l’existence d’un $\displaystyle a\in]0,1/2[$ tel que $$f\left(\frac12\right)=f(0)+\left(\frac12-0\right)f'(0)+\left(\frac12-0\right)^2\frac{1}{2!}f''(a)=\frac{f''(a)}{8},$$ d’où $\displaystyle \left|f\left(\frac12\right)\right|<\frac48=\frac12$. De même, en appliquant la formule sur $\displaystyle [1/2,1]$, il existe $\displaystyle b\in]1/2,1[$ tel que $$f\left(\frac12\right)=f(1)+\left(\frac12-1\right)f'(1)+\left(\frac12-0\right)^2\frac{1}{2!}f''(b)=1-\frac{f''(b)}{8},$$ d’où $\displaystyle \left|1-f\left(\frac12\right)\right|<\frac48=\frac12$. Ainsi $\displaystyle 1=\left|1-f\left(\frac12\right)+f\left(\frac12\right)\right|\le \left|1-f\left(\frac12\right)\right|+\left|f\left(\frac12\right)\right|<1$, ce qui est impossible.
Conclusion : il existe $\displaystyle c\in]0,1[$ tel que $\displaystyle |f''(c)|\ge4$.

$\displaystyle f$ $\displaystyle C^1$ et $\displaystyle f(0)=0$ 👉 Écriture $\displaystyle f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)dt$.

On a $\displaystyle f(0)=0$ et il faut essayer de faire apparaître le $\displaystyle x$ pour obtenir $\displaystyle g$. On a pas trop le choix : on fait le changement de variable $\displaystyle t=ux$, ce qui donne $\displaystyle f(x)=x\int_0^1f'(ux)du$. Donc on a pour tout $\displaystyle x\in\R$, $\displaystyle g(x)=\int_0^1f'(ux)du$, et c’est gagné car on peut appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale : $\displaystyle f\in C^\infty(\R)$ et on est sur un compact où toutes les dérivées successives de $\displaystyle x\mapsto f'(ux)$ sont bornées.

Soit $\displaystyle g(x)=x-\ln(1+x)$, on a $\displaystyle g'(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}$. Si $\displaystyle x\ge0$, $\displaystyle g'(x)\ge 0$ et alors $\displaystyle g(x)\ge g(0)=0$,
i.e. $\displaystyle \ln(1+x)\le x$. Si $\displaystyle -1<x<0$, $\displaystyle g'(x)< 0$ et alors $\displaystyle g(x)\ge g(0)=0$, d’où $\displaystyle \ln(1+x)\le x$ également.
Enfin on en déduit que : $\displaystyle \ln \left(1-\frac{t}{n}\right)^n=n \ln \left(1-\frac{t}{n}\right)\le n\cdot \frac{-t}{n}=-t$, et on conclut en passant à l’exponentielle qui est une fonction croissante.

La fonction $\displaystyle f$ est définie sur $\displaystyle ]1,+\infty[$ car le $\displaystyle \ln$ à l’intérieur de la parenthèse doit être $\displaystyle >0$, ce qui force $\displaystyle x>1$.
On a par composition des limites :$\displaystyle \lim_{x\to 1^+} f(x)=-\infty$ et $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$ mais cette divergence est extrêmement lente. Si on prend le $\displaystyle \log$ en base dix, i.e. $\displaystyle \log(10)=1$, on a $$\log(\log(10^{100}))=\log(100)=2,$$ et pourtant le nombre gogol $\displaystyle 10^{100}$ est plus grand que le nombre de particules dans l’univers !!
La dérivée de $\displaystyle f$ est par la règle de composition : $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{x\ln(x)}$, $\displaystyle x>1$.

Dériver ! Ne pas avoir peur de dériver le numérateur de la dérivée si on ne peut pas dire son signe tout de suite.

La fonction $\displaystyle f$ est bien définie sur $\displaystyle \R^{+*}$ car $\displaystyle \ln(1+bx)>0$ si $\displaystyle x>0$. Elle est aussi dérivable sur $\displaystyle \R^{+*}$ comme quotient de fonctions dérivables.
On peut écrire $\displaystyle f(x)=\frac{a}{b}\frac{\ln(1+ax)/(ax)}{\ln(1+bx)/(bx)}$. Or $\displaystyle \frac{\ln(1+ax)-\ln(1)}{ax-0}\xrightarrow[x\to 0]{}\ln'(1)=1$. Donc $\displaystyle f(x)\xrightarrow[x\to 0]{}\frac{a}{b}<1$. Pour la limite en $\displaystyle +\infty$, on a aussi une indétermination. On écrit alors $$f(x)=\frac{\ln(x)+\ln(a+1/x)}{\ln(x)+\ln(b+1/x)}=\frac{1+\frac{\ln(a+1/x)}{\ln x}}{1+\frac{\ln(b+1/x)}{\ln x}}.$$ Donc $\displaystyle f(x)\xrightarrow[x\to +\infty]{}1$ car $\displaystyle \frac{\ln(a+1/x)}{\ln x}\xrightarrow[x\to +\infty]{}0$ (idem avec $\displaystyle b$).

Montrons que $\displaystyle f$ est croissante sur $\displaystyle \R^{+*}$. On a
$$\begin{aligned} f'(x)= &\frac{\frac{a}{1+ax}\ln(1+bx)-\frac{b}{1+bx}\ln(1+ax)}{(\ln(1+bx))^2}\\ =&\frac{a(1+bx)\ln(1+bx)-b(1+ax)\ln(1+ax)}{(1+ax)(1+bx)(\ln(1+bx))^2}.& \end{aligned}$$ Le dénominateur est $\displaystyle >0$ car $\displaystyle x>0$. Étudions le numérateur que l’on note $\displaystyle g(x)$. On a $\displaystyle g(0)=0$, et $$\begin{aligned} g'(x)&=ab\ln(1+bx)+ab-ab\ln(1+ax)-ab\\ &=ab[\ln(1+bx)-\ln(1+ax)]>0,\end{aligned}$$ car $\displaystyle 1+bx>1+ax$ et la fonction $\displaystyle \ln$ est strictement croissante. Donc $\displaystyle g$ est strictement croissante et alors $\displaystyle g(x)>g(0)=0$ si $\displaystyle x>0$. Ainsi $\displaystyle f'(x)>0$, et donc $\displaystyle f$ est strictement croissante sur $\displaystyle \R^{+*}$.

1. (rien à déclarer).
2. Après avoir écrit la formule, au rang qu’il faut, entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$, isoler $\displaystyle f^{(n)}(\alpha_n)$. Que peut-on en dire ?
3. Exprimer $\displaystyle |f^{(n)}(\alpha_n)|$, puis majorer. Que peut-on dire de la suite de terme général $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n}$ ?
   L’égalité $\displaystyle f^{(n)}(\alpha_n)=0$ , en revenant à l’expression de $\displaystyle f^{(n)}(x)$, doit vous permettre de conclure aisément.

1. On a : $\displaystyle \forall x\in\R$, $\displaystyle f^{(k)}(x)=a e^x+(-1)^k ce^{-x}$. En particulier $\displaystyle f^{(k)}(0)=a +(-1)^k c$.
   On a donc $\displaystyle f(1)=ae+\frac ce = \frac{ae^2+c}{e}=-b\in\Z$
2. Soit $\displaystyle n\in\N$. $\displaystyle f$ étant de classe $\displaystyle \mathcal C^\infty$ sur $\displaystyle \R$, la formule de Taylor-Lagrange, à l’odre $\displaystyle n-1$, entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$, donne l’existence d’un réel $\displaystyle \alpha_n\in]0;1[$ tel que $$f(1)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} (1-0)^k+ \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n!}(1-0)^n.$$ On peut isoler $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n}$ dans cette égalité : $$\frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} = (n-1)!f(1)-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{k!}f^{(k)}(0).$$ Or $\displaystyle (n-1)!\in\Z$, $\displaystyle ~~f(1)\in\Z~~$ et, pour $\displaystyle k\in[\![0,n-1]\!]$, $\displaystyle \frac{(n-1)!}{k!}\in\Z$ et $\displaystyle f^{(k)}(0)=a +(-1)^k c\in\Z$.
   Donc finalement $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} \in\Z$.
3. Par inégalité triangulaire, $\displaystyle |f^{(n)}(\alpha_n)| \leq ae^{\alpha_n}+c e^{-\alpha_n}\leq ae+c$, puisque $\displaystyle \alpha_n\in]0;1[$. Ainsi $\displaystyle \left(f^{(n)}(\alpha_n)\right)$ est une suite bornée.
   On en déduit que $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} \to 0$. Comme $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} \in\Z$, on en déduit (en prenant $\displaystyle \varepsilon=1/2$ dans la définition de limite), qu’à partir d’un certain rang $\displaystyle n_0$, $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} =0$.
   Ainsi pour tout $\displaystyle n\ge n_0$, $\displaystyle ae^{\alpha_n}+(-1)^nce^{-\alpha_n}=0$ donc $\displaystyle a$ et $\displaystyle (-1)^n c$ sont de signe opposé ce qui n’est possible que si $\displaystyle a=c=0$. Il reste donc l’égalité $\displaystyle be=0$ qui donne finalement $\displaystyle b=0$.

Remarque — En fait $\displaystyle e$ n’est la racine d’aucun polynôme non nul à coefficents entiers (degré 2 ou pas). Cette propriété porte un nom : on dit que $\displaystyle e$ est transcendant. Mais pour le montrer, c’est un peu plus difficile !

1. On a une information sur $\displaystyle f(x)-f(kx)$, donc sur $\displaystyle f(kx)-f(k^2x)$, etc…
   Comme $\displaystyle k^n x$ se rapproche de $\displaystyle 0$, si on exprime $\displaystyle f(x)-f(k^nx)$ avec un télescopage, on pourra faire apparaître $\displaystyle \frac{f(x)-f(0)}{x}$ en faisant $\displaystyle n\to\infty$.
2. Se ramener au cas où $\displaystyle k\in]0;1[$ en remarquant que quand $\displaystyle x\to 0$, $\displaystyle x/k$ tend aussi vers $\displaystyle 0$.

1. L’idée est de faire apparaître un télescopage avec les différences $\displaystyle f(x)-f(kx)$, $\displaystyle f(kx)-f(k^2x)\dots$
   On a en effet :
   $\displaystyle \frac{f(x)-f(k^nx)}{x} = \sum_{i=0}^{n-1} k^i\frac {f(k^i x)-f(k^{i+1}x)}{k^i x}$, qui devrait être proche, quand $\displaystyle x$ est petit, de $\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} \ell~k^i$.
   Plus précisément, fixons $\displaystyle \varepsilon>0$. Soit $\displaystyle \eta>0$ tel que $\displaystyle \forall t\in]0;\eta]$, $\displaystyle \left|\frac{f(t)-f(kt)}{t}-\ell\right|\leq\varepsilon$.
   On fixe $\displaystyle x\in]0;\eta]$. Pour $\displaystyle i\in\N$, on a encore $\displaystyle k^i x\in]0;\eta]$, et donc $\displaystyle \left|\frac{f(k^ix)-f(k^{i+1}x)}{k^ix}-\ell\right|\leq\varepsilon$.
   Ainsi par inégalité triangulaire : $$\left|\sum_{i=0}^{n-1} k^i\frac{f(k^ix)-f(k^{i+1}x)}{k^ix} - \sum_{i=0}^{n-1} \ell~k^i\right| = \left|\sum_{i=0}^{n-1} k^i\left(\frac{f(k^ix)-f(k^{i+1}x)}{k^ix}-\ell\right)\right| \leq \varepsilon\sum_{i=0}^{n-1} k^i \leq\frac{\varepsilon}{1-k}.$$ En faisant tendre $\displaystyle n\to\infty$, puisque $\displaystyle f(k^nx)\to f(0)$ (continuité de $\displaystyle f$ en $\displaystyle 0$), on obtient donc : $$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x}- \frac{\ell}{1-k}\right|\leq\frac{\varepsilon}{1-k}.$$ Puisque $\displaystyle \frac{\varepsilon}{1-k}$ peut être pris arbitrairement petit (en prenant $\displaystyle \varepsilon$ assez petit), et que cette inégalité est valable pour tout $\displaystyle x\in]0;\eta]$, on en déduit que $\displaystyle f$ est dérivable en $\displaystyle 0$ et que $\displaystyle f'(0)=\frac{\ell}{1-k}$.
2. Il suffit de remarquer que, par composition de limites : $$\lim_{x\to 0} \frac{f(x/k)-f(x)}{x/k} = \ell,$$ donc $$\lim_{x\to 0} \frac{f(x)-f(x/k)}{x} = \frac{-\ell}{k}.$$
   Comme $\displaystyle \frac 1k\in]0;1[$ on peut appliquer le résultat de la question 1., et on obtient la même expression de $\displaystyle f'(0)$ puisque : $$f'(0)=\frac{-\ell/k}{1-1/k}=\frac{\ell}{1-k}.$$

1. Théorème de la bijection monotone.
   Exprimer d’abord $\displaystyle g'$, que donne cette expression concernant la régularité de $\displaystyle g$ ?
2. Existence d’un max 👉 Fonction majorée, et borne supérieure atteinte (étudier les variations).
3. Calcul.

1. $\displaystyle f'$ est continue sur $\displaystyle \R_+$, strictement croissante ( car $\displaystyle f''>0$). D’après le théorème de la bijection monotone $\displaystyle f'$ réalise donc une bijection de $\displaystyle \R_+$ sur $\displaystyle I= f'(\R_+)$. La valeur de $\displaystyle f'(0)$ et de $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f'(x)$ nous donnent $\displaystyle I=\R_+$.
   $\displaystyle f'$ étant $\displaystyle \mathcal C^1$ et de dérivée $\displaystyle >0$, sa réciproque $\displaystyle g$ est $\displaystyle \mathcal C^1$ et $\displaystyle g'=\frac{1}{f''\circ g}$.
   Alors, $\displaystyle f''$ et $\displaystyle g$ étant $\displaystyle \mathcal C^1$, $\displaystyle g'$ est $\displaystyle \mathcal C^1$ par composition, donc $\displaystyle g$ est $\displaystyle \mathcal C^2$.
   Alors, $\displaystyle f''$ et $\displaystyle g$ étant $\displaystyle \mathcal C^2$, $\displaystyle g'$ est $\displaystyle \mathcal C^2$ par composition, donc $\displaystyle g$ est $\displaystyle \mathcal C^3$…
   Ainsi de suite. Ce raisonnement montre que $\displaystyle g$ est $\displaystyle \mathcal C^\infty$.
2. Pour $\displaystyle t\geq 0$ fixé, la fonction $\displaystyle x\mapsto tx-f(x)$ est dérivable de dérivée $\displaystyle x\mapsto t-f'(x)$. Elle est donc croissante sur $\displaystyle [0;g(t)]$, décroissante sur $\displaystyle [g(t);+\infty[$. Ainsi $\displaystyle f^*$ est bien définie et $$\forall t\geq 0,\quad f^*(t) =t g(t)-f(g(t)).$$

• $\displaystyle f^*$ est $\displaystyle \mathcal C^\infty$ sur $\displaystyle \R_+$ par opéations sur des fonctions $\displaystyle \mathcal C^\infty$;
• $\displaystyle f^*(0)=-f(0)$, car $\displaystyle g(0)=0$, donc $\displaystyle f^*(0)=0$;
• On calcule $\displaystyle (f^*)'$ : $\displaystyle \forall t\geq 0$, $\displaystyle (f^*)'(t)=g(t)+tg'(t)-g'(t)f(g'(t))=g(t)$, car $\displaystyle f(g'(t))=t$.
  En particulier $\displaystyle (f^*)'(0)=g(0)=0$ ;
• Pour $\displaystyle t\geq 0$, $\displaystyle (f^*)''(t)=g'(t)=\frac{1}{f''(g(t))}>0$ car $\displaystyle f''>0$
• $\displaystyle \lim_{t\to+\infty} (f^*)'(t) = \lim_{t\to+\infty} g(t) = +\infty$, car $\displaystyle g$ est une bijection strictement croissante de $\displaystyle \R_+$ vers $\displaystyle \R_+$.
  Conclusion. On a bien $\displaystyle f^*\in\mathcal F$.