TD n°1 : correction

TD n°1 : correction
Exercice 1
1. Comme I est un segment (intervalle fermé et borné), f , continue, est bornée et atteint ses bornes.
Or on voit que f est positive sur I et que f (0) = f (1) = 0, d’où :
min f = 0.
I
Le maximum est donc nécessairement atteint sur ]0, 1[, où la condition nécessaire f 0 (x) = 0 est vérifiée.
Comme la dérivée ne s’annule qu’une unique fois (en x = 1/2), on peut affirmer que f atteint son
maximum en ce point :
1
max f = f (1/2) = .
I
4
2. La fonction est continue mais I n’est pas un segment, donc on ne peut pas conclure a priori sur
l’existence de bornes ou d’extrema. En revanche, on sait que 1 ≥ e−x > 0 sur R+ donc f est bornée.
Comme f (0) = 0, on a :
min f = 0.
I
En revanche, lim+∞ f = 1 nous assure que :
sup f = 1,
I
mais ce suprémum n’est atteint en aucun point, puisque e−x > 0 pour tout x.
3. Ici encore, la fonction f est continue mais I n’est pas un segment, donc on ne peut pas conclure quant
à l’existence de bornes ou d’extrema.
En observant les limites à l’infini, on a directement :
sup f = +∞.
I
Calculons la dérivée : pour x ∈ R, on a :
f 0 (x)
= 12(x − 1)(x2 + 1),
qui s’annule en un unique point, x0 = 1. De plus, f 00 (x) = 12(3x2 − 2x + 1) > 0 sur R donc f est
convexe et en particulier, f atteint un minimum local en x0 . Comme f ’ est croissante et nulle en
x0 = 1, f est décroissante sur ] − ∞, 1] et croissante sur [1, +∞[, donc f est minorée et atteint sa borne
inférieure en x0 :
min f = f (1) = −6.
I
4. On vérifie que le dénominateur ne s’annule pas sur I (en observant par exemple que x² − x + 1 =
(x − 1)² + x) ; f est donc continue sur un segment, elle est alors bornée et atteint ses bornes. Or, sur
√
I, le trinôme x 7→ x2 − x + 1 est compris entre 3/4 et 1, donc par décroissance de la fonction t 7→ 1/ t
sur [3/4, 1], on a :
min f = 1,
I
r
4
max f =
.
I
3
1
Exercice 2
Il s’agit d’une généralisation du théorème vu en cours. La définition de la limite à l’infini nous donne
l’existence d’un réel A > 0 tel que, pour |x| ≥ A, f (x) ≥ f (0) + 1. Mais comme f est continue, elle admet
un minimum sur le segment [−A, A], qui est inférieur ou égal à f (0). Ce minimum est, par construction de
A, un minimum global de f .
Exercice 3
1. Notons l la limite de f à l’infini. Alors, pour ε = 1, on a par définition de la limite l’existence d’un
réel x0 tel que, pour x ≥ x0 , on a :
|f (x) − l| ≤ 1.
En d’autres termes, f est bornée sur [x0 , +∞[. Or, comme f est continue, f est également bornée sur
le segment [0, x0 ]. Donc f est bornée sur R+ tout entier.
2. Commençons par montrer que si f n’admet pas de maximum global, alors supR+ f = l.
On sait que supR+ f ≥ l puisqu’on peut trouver une suite xn dans R+ telle que lim f (xn ) = l.
Supposons que supR+ f > l. Alors, en posant ε = (supR+ f − l)/2 > 0, on sait que sur un certain
intervalle [x1 , +∞[, f est majorée par ε + l = (supR+ f + l)/2 ≤ supR+ f. Enfin, sur le segment [0, x1 ],
f , continue, admet un maximum, qui est alors maximum global de f sur R+ . C’est exclu par hypothèse,
et on a donc montré que supR+ f = l.
On peut montrer de même que si f n’admet pas de minimum global, alors inf R+ f = l.
Supposons à présent que f n’admet ni minimum global, ni maximum global. Alors inf R+ f = supR+ f
et f est constante, ce qui est absurde puisque cette valeur constante est un minimum (et un maximum)
global de f .
3. La fonction x 7→ e−x admet 1 pour maximum global, mais n’admet pas de minimum global.
Exercice 4
1. Par le théorème des pentes croissantes, l’application x 7→ (f (x) − f (0))/x est croissante sur R+ , donc
elle admet une limite dans R ∪ {+∞}, notée l. On a ainsi :
f (x) − f (0) f (0)
f (x)
=
+
→ l.
x
x
x
2. Prenons deux réels fixés 0 ≤ x < y. Par le théorème des pentes croissantes, on a
pour tout t ≥ y. En faisant tendre t vers +∞, on peut montrer que
f (y)−f (x)
y−x
f (y)−f (x)
y−x
≤
f (t)−f (y)
t−y
≤ 0, d’où f (x) ≥ f (y).
3. La fonction g(x) = f (x) − lx est convexe et est telle que :
g(x)
→ 0, lorsque x → +∞.
x
On peut donc appliquer le résultat de la question précédente : g(x) est décroissante sur R+ . Elle admet
donc une limite dans R ∪ {−∞} pour x → +∞.
2
Exercice 5
1. (a) Posons x0 ∈ R tel que a = f (x0 ) soit ce minimum local. Il existe donc un réel α > 0 tel que f ≥ a
sur ]x0 − α, x0 + α[.
Soit y ≥ x0 + α. En vertu du théorème des pentes croissantes, on a alors :
0≤
f (x0 + α/2) − f (x0 )
f (y) − f (x0 )
≤
,
α/2
y − x0
ce qui nous donne f (y) ≥ f (x0 ). Pour y ≤ x0 − α, on procède de la même manière.
(b) Prenons x < y des réels tels que f atteigne ce minimum : f (x) = f (y) = a. Pour tout point
z ∈ [x, y], on a alors z = λx + (1 − λ)y avec λ = (y − z)/(y − x), d’où :
(1)
f (z) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) = a.
La fonction f atteint donc également son minimum au point z.
Pour conclure, on vient de montrer que l’ensemble des points atteignant le minimum est un intervalle.
(c) Dans le cas où la fonction est strictement convexe, l’inégalité (1) est stricte, ce qui contredit
que a est un minimum global. Il n’y a donc qu’un seul point où a est atteint.
2. Soit x0 ce point critique : on a f 0 (x0 ) = 0.
On ne peut pas utiliser ici la condition suffisante sur la dérivée seconde puisque l’on n’est pas assuré
de son existence. En revanche, puisque f est convexe, sa dérivée est croissante. Etant donné qu’elle
s’annule en x0 , elle est négative à gauche et positive à droite, c’est-à-dire que f est décroissante à
gauche et croissante à droite de x0 . C’est donc bien un minimum.
3. Pour tout réel x > 0, on a f 0 (x) ≥ cx + f 0 (0) par intégration de l’inégalité f 00 ≥ c entre 0 et x.
On en déduit alors que f 0 (x) → +∞ lorsque x → +∞. De même, en intégrant entre x et 0 pour
x < 0 on obtient f 0 (x) ≤ f 0 (0) + cx, d’où f 0 (x) → −∞ lorsque x → −∞. Par le théorème des
valeurs intermédiaires, f 0 s’annule ainsi en un point. Donc, d’après la question précédente, f admet
un minimum global.
Dans le cas où on suppose seulement f 00 > 0, on ne peut rien dire : par exemple, la fonction exponentielle
satisfait ces conditions et n’admet pas de minimum global.
Exercice 6
1. Il suffit d’appliquer la définition de la convexité à ln f et de passer à l’exponentielle (qui est croissante).
2. On a :
(ln f )00 =
f 00 f − (f 0 )2
.
f2
3. La fonction Γ est C ∞ sur R donc il suffit de montrer que la dérivée seconde de ln Γ est positive. Donc
d’après la question précédente, il suffit de montrer que :
Γ00 Γ − (Γ0 )2 ≥ 0.
C’est-à-dire :
n
X
k=1
!
s −k
k e
(ln k)
2
n
X
k=1
3
!
s −k
k e
≥
n
X
k=1
!2
s −k
k e
ln k
,
ce qui est obtenu en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwartz pour les vecteurs (x1 , . . . , xn ) et (y1 , . . . , yn )
définis par :
xk = k s/2 e−k/2 ln k,
yk = k s/2 e−k/2 .
Exercice 7
1. L’existence du point d’annulation découle du théorème des valeurs intermédiaires, son unicité de la
croissance de f . Il est immédiat que ce point d’annulation est un point fixe de F .
Remarque : on peut voir que la dérivée de F s’annule en ce point fixe, et c’est cela qui assure la
convergence rapide de notre méthode.
2. (a) On obtient le résultat en appliquant l’égalité de Taylor à l’ordre 2 pour f , autour du point x : il
existe t entre x et z tel que
1
0 = f (z) = f (x) + f 0 (x)(z − x) + f 00 (t)(z − x)²,
2
puis en divisant par f 0 (x) qui est non nul et en réorganisant l’écriture, on obtient le résultat voulu.
(b) Comme |f 00 | est continue sur le segment [a, b], elle est majorée par une constante C1 . Comme |f 0 |
est continue sur le segment [a, b], sa borne inférieure C2 est nécessairement strictement positive puisque
00
1
|f 0 | est strictement positive et atteint ses bornes. On a alors | ff 0 | ≤ C sur [a, b], où C= C
C2 est une
constante positive, dont on déduit l’inégalité voulue.
On cherche α > 0 tel que |x − z| ≤ α ⇒ |F (x) − z| ≤ α. D’après ce qui précède, il suffit de choisir
α ≤ C1 .
Si x0 est dans [z − α, z + α], alors on montre par récurrence que :
n
n
C|xn − z| ≤ (C|x0 − z|)2 ≤ (Cα)2 .
Si on a choisi α < C1 , c’est-à-dire de placer x0 suffisamment proche de z, alors la suite des xn converge
vers z, le point d’annulation de f .
3. Comme f est croissante et s’annule en z, on sait que f (x) ≥ 0 si x ≥ z, et que f (x) ≤ 0 si x ≤ z.
Comme de plus f 0 est strictement positive sur [a, b], on a F (x) ≤ x si x ≥ z et F (x) ≥ x si x ≤ z.
Par ailleurs, si f est convexe, comme f 00 est positive, la question 2(a) prouve que F (x) ≥ z pour tout
x dans [a, b].
En résumé, l’intervalle [z, b] est stable par la fonction F . Alors si x0 est dans [z, b], la suite des itérés
xn+1 = F (xn ) est une suite décroissante de [z, b]. Elle converge donc vers une limite l qui est nécessairement un point fixe de F . Le seul point fixe de F étant le point z, on a donc montré qu’ici aussi
la méthode de Newton converge vers le point d’annulation de f .
4. La suite récursive (xn ) se construit graphiquement en choisissant xn+1 comme l’intersection de l’axe
des abscisses avec la tangente à la courbe de f au-dessus de l’abscisse xn .
4