Dérivation, accroissements finis et développements limités

1. Ce que ce chapitre ajoute au précédent

Le chapitre « Fonctions d'une variable réelle : limites et continuité » a laissé une lacune, et elle était volontaire : les variations d'une fonction s'y démontrent à la main. On prend deux points $x<y$ d'un intervalle, on calcule $f(y)-f(x)$, on factorise par $y-x$, on discute le signe du second facteur. Cela s'écrit proprement, et cela devient impraticable dès que la fonction cesse d'être un polynôme ou un quotient simple. Même gêne pour compter les solutions d'une équation $f(x)=\lambda$ : le théorème de la bijection exigeait une stricte monotonie qu'il fallait établir sans autre outil que cette factorisation.

Ce chapitre remplace ce travail artisanal par un unique objet local, la dérivée, et il en tire quatre choses hors de portée du chapitre précédent : les variations en lisant un signe, sans jamais comparer deux valeurs ; la tangente, c'est-à-dire le remplacement d'une fonction compliquée par une fonction affine valable près d'un point ; les accroissements finis, qui transportent une information ponctuelle sur $f^{\mathrm{\prime }}$ en une information globale sur $f$ ; et l'approximation polynomiale locale, qui pousse la tangente aux ordres supérieurs et calcule des limites qu'aucune technique antérieure n'atteint.

Le plan du chapitre

Les vingt-cinq sections qui suivent se lisent en six blocs. Dérivabilité et calcul des dérivées (sections 2 à 9) : la définition en un point, la tangente, le lien avec la continuité, les dérivées latérales, les opérations, la dérivée d'une réciproque, le tableau des dérivées usuelles. Extremums, Rolle et accroissements finis (sections 10 à 14) : le lemme de Fermat, le théorème de Rolle, puis l'égalité des accroissements finis à partir de la section 12, l'inégalité qui en découle, les fonctions lipschitziennes et les suites récurrentes qu'elles contrôlent. Variations et régularité de la dérivée (sections 15 à 18) : le signe de $f^{\mathrm{\prime }}$ et la monotonie, les accroissements finis généralisés et la règle de L'Hôpital, le théorème de la limite de la dérivée, le théorème de Darboux, les dérivées successives et les classes ${\mathcal{C}}^k$.

Viennent ensuite les formules de Taylor, celle de Taylor-Young qui est locale et celle de Taylor-Lagrange qui est globale, toutes deux démontrées ici sans aucun calcul d'aire ; les développements limités, définition, unicité, développements usuels en $0$, opérations, puis les applications aux limites, aux équivalents, à la position d'une courbe et aux asymptotes ; enfin la convexité et la méthode de Newton, dont la vitesse de convergence se démontre avec exactement les outils du chapitre.

Ce que la dérivée ne donne pas

Cette puissance produit une illusion qu'il vaut mieux dissiper tout de suite. La dérivabilité ne se déduit d'aucune régularité plus faible : aucun argument de « courbe régulière » ne remplace le calcul d'une limite de taux d'accroissement, et une fonction continue n'est pas dérivable pour autant (section 4). Le signe de la dérivée ne dit rien hors d'un intervalle : la fonction inverse a une dérivée strictement négative en tout point de ${\mathbb{R}}^{\ast }$ sans être décroissante sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, et le mot intervalle est une hypothèse, jamais un décor. Une dérivée nulle ne signale pas un extremum, l'implication allant dans l'autre sens et seulement en un point intérieur (section 10). Enfin la dérivée d'une fonction dérivable n'est pas forcément continue : le théorème de Darboux dira ce qui survit malgré tout.

Un dernier mot, qui est celui du chapitre précédent. Ce qui coûte des points en première année n'est presque jamais le calcul : c'est l'hypothèse qu'on n'a pas vérifiée avant d'appliquer un théorème, l'intervalle qu'on a oublié de nommer, le contre-exemple qu'on annonce sans l'exhiber. Les encadrés Comment on rédige montrent la phrase exacte qu'un correcteur cherche des yeux, et ils sont à lire comme du cours.

2. Dérivabilité en un point

Le taux d'accroissement

Dans toute cette section, $I$ désigne un intervalle de $\mathbb{R}$ non réduit à un point, $f$ une fonction définie sur $I$ et à valeurs réelles, et $a$ un point de $I$. Cette hypothèse garantit l'essentiel : $I$ contient des points distincts de $a$ et aussi proches de $a$ qu'on veut, donc la limite qui va suivre a un sens.

Géométriquement, ${\tau }_a(x)$ est la pente de la sécante qui joint les deux points de la courbe d'abscisses $a$ et $x$. C'est un objet parfaitement défini pour tout $x\mathrm{\ne }a$, et la seule question du chapitre est de savoir ce qu'il devient quand $x$ se rapproche de $a$.

Le mot « finie » fait partie de la définition, ce n'est pas un ornement. Une limite peut exister dans $\bar{\mathbb{R}}$ sans être un réel, et la fonction n'est alors pas dérivable. C'est le cas de la racine carrée en $0$, dont le taux vaut ${\tau }_0(x)={\displaystyle \frac{\sqrt{x}}{x}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}}$ pour $x>0$ et tend vers $+\mathrm{\infty }$ : la limite existe, elle est infinie, et $x\mapsto \sqrt{x}$ n'est pas dérivable en $0$. La section 5 dira ce que cela signifie sur le dessin.

Lorsque $a$ est une extrémité de $I$, la limite ne peut être prise que d'un seul côté : la dérivée obtenue est une dérivée latérale, et c'est encore la section 5 qui en traite.

Les trois écritures

Démonstration. L'équivalence entre 1 et 2 est le changement de variable $x=a+h$ : la condition $x\in I\setminus \{a\}$ devient $a+h\in I$ avec $h\mathrm{\ne }0$, et $x\to a$ devient $h\to 0$.

Supposons 2, et notons $\alpha$ la limite. Posons, pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$,

$$\epsilon (h)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\alpha ,\text{et}\epsilon (0)=0.$$

Par construction $\epsilon (h)$ tend vers $0$ quand $h$ tend vers $0$, et en multipliant l'égalité par $h$ on obtient $f(a+h)-f(a)=\alpha h+h\epsilon (h)$, ce qui est 3. L'égalité vaut aussi pour $h=0$, où les deux membres valent $f(a)$.

Réciproquement, supposons 3. Pour $h\mathrm{\ne }0$, on divise par $h$ :

$$\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\alpha +\epsilon (h)\mathrm{.}$$

Le second membre tend vers $\alpha$ quand $h$ tend vers $0$, donc le premier aussi : la limite existe, elle est finie, elle vaut $\alpha$. L'unicité de la limite impose alors $\alpha =f^{\mathrm{\prime }}(a)$. $\mathrm{\square }$

La troisième écriture est celle qui fera tout le travail du chapitre, et il faut voir pourquoi : elle remplace un quotient par une somme. Là où les deux premières exigent de diviser, donc de vérifier qu'on ne divise pas par zéro, la troisième est une égalité entre deux expressions toujours définies. La démonstration de la dérivée d'une composée, en section 7, échoue avec les deux premières et passe sans effort avec la troisième.

Ce que la figure montre

La figure représente la courbe de $f:x\mapsto {\displaystyle \frac{x^2}{2}}+1$, le point $A$ d'abscisse $a=1$, trois sécantes $(A{M}_h)$ dont les points $M_h$ d'abscisse $a+h$ se rapprochent de $A$, et la tangente en $A$ : les pentes des sécantes décroissent et se stabilisent sur celle de la tangente.

Ce pivotement se calcule exactement, et c'est le meilleur exemple d'entrée dans le chapitre.

L'exercice 01 inverse le sens de la tâche : il donne six taux d'accroissement bruts, sans dire de quelle fonction ni en quel point, et c'est cela qu'il faut retrouver avant de conclure. Sa seconde question porte sur deux fonctions dont l'écriture laisse croire à un défaut de dérivabilité qui n'existe pas. L'exercice 02 travaille la lecture croisée de $f$, de $f^{\mathrm{\prime }}$ et de $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ sur un graphique.

3. Tangente et approximation affine

C'est la droite qui passe par $A$ et dont la pente est $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ : elle est la position limite des sécantes $(AM)$ quand $M$ se rapproche de $A$ sur la courbe, ce que la figure de la section précédente met en scène. Notons tout de suite que cette définition suppose la dérivabilité : sans elle, la courbe peut avoir une tangente, ou deux demi-tangentes, ou rien du tout, et la section 5 fait le tri.

Ce que la tangente approche

Notons $T$ la fonction affine dont la tangente est le graphe, c'est-à-dire $T(x)=f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)$. L'écriture 3 de la section 2, appliquée avec $x=a+h$, donne exactement $f(x)-T(x)=(x-a)\epsilon (x-a)$, avec $\epsilon$ de limite nulle. L'erreur commise en remplaçant $f$ par $T$ est donc non seulement petite, mais petite devant $x-a$ : c'est bien plus fort que la continuité, qui dirait seulement que l'erreur tend vers $0$.

Démonstration. Pour $x\mathrm{\ne }a$, on divise par $x-a$ et il reste ${\tau }_a(x)-m$, qui tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)-m$ ; ce quotient tend vers $0$ si et seulement si $m=f^{\mathrm{\prime }}(a)$. $\mathrm{\square }$

Toute autre droite passant par $A$ commet donc une erreur proportionnelle à $x-a$, de coefficient $f^{\mathrm{\prime }}(a)-m$ : elle s'écarte de la courbe linéairement, alors que la tangente s'en écarte moins vite que linéairement. C'est le sens précis de « la tangente est la droite qui épouse le mieux la courbe ».

L'approximation affine, sur un exemple chiffré

De l'écriture 3 découle l'approximation affine : pour $h$ petit, $f(a+h)\approx f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)h$. Le symbole $\approx$ n'est pas une égalité et n'a aucune valeur dans une démonstration ; c'est une indication de calcul numérique. Ce que la théorie garantit, c'est que l'erreur est négligeable devant $h$, sans dire de combien. Les formules de Taylor remplaceront ce $\approx$ par une majoration explicite, et c'est exactement leur raison d'être.

La lecture graphique des tangentes, autre face de cette section, est travaillée dans l'exercice 02.

4. Dérivabilité entraîne continuité, et la réciproque est fausse

Démonstration. Pour tout $x\in I$ distinct de $a$, on peut écrire l'identité

$$f(x)-f(a)=(x-a)\times {\tau }_a(x),$$

qui n'est que la définition de ${\tau }_a$ multipliée par $x-a$. Faisons tendre $x$ vers $a$. Le premier facteur tend vers $0$. Le second tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$, qui est un réel, par hypothèse de dérivabilité. Le théorème des opérations sur les limites, acquis au chapitre précédent, donne que le produit tend vers $0\times f^{\mathrm{\prime }}(a)=0$. Ainsi $f(x)-f(a)$ tend vers $0$, c'est-à-dire $f(x)\to f(a)$ : la fonction $f$ est continue en $a$. $\mathrm{\square }$

Où le caractère fini a servi. Exactement à une ligne, et il faut la voir : c'est le produit $0\times f^{\mathrm{\prime }}(a)$. Si le taux tendait vers $+\mathrm{\infty }$, le produit serait une forme indéterminée et la conclusion tomberait. C'est pourquoi la racine carrée, dont le taux explose en $0$, reste néanmoins continue en $0$ : sa continuité se démontre autrement, ce théorème ne la donne pas.

Le contre-exemple de la valeur absolue

Ce que ce contre-exemple prouve, et ce qu'il ne prouve pas. Il prouve que l'implication du théorème n'est pas une équivalence : la continuité est strictement plus faible que la dérivabilité. Il ne prouve pas que les défauts de dérivabilité soient rares ou localisés : il existe des fonctions continues sur $\mathbb{R}$ et dérivables en aucun point. Leur construction relève d'un cours ultérieur ; il suffit de savoir qu'elles existent, pour ne jamais raisonner sur l'idée qu'une fonction continue serait « presque partout » dérivable.

L'exercice 34 met six copies sous les yeux du lecteur et demande, pour chacune, ce qui est démontré et ce qui est seulement affirmé ; deux d'entre elles reposent sur la confusion ci-dessus.

5. Dérivées à gauche et à droite

Les deux définitions

Ces deux nombres se calculent avec le même quotient que la dérivée, en restreignant les $x$ à un seul côté. Toute la difficulté pratique est de rédaction : il faut écrire « pour $x>a$ » ou « pour $h<0$ » avant le calcul, sous peine d'employer la mauvaise expression quand la fonction est définie par morceaux.

Démonstration. Il suffit d'appliquer à la fonction ${\tau }_a$, au point $a$, le théorème sur les limites latérales démontré au chapitre précédent. L'hypothèse « $a$ intérieur à $I$ » garantit que ${\tau }_a$ est définie de part et d'autre de $a$, ce que ce théorème exige. La limite de ${\tau }_a$ en $a$ existe donc si et seulement si les deux limites latérales existent et coïncident, et le caractère fini se transmet de la même façon. $\mathrm{\square }$

C'est le premier outil de réfutation de la dérivabilité, et le seul vraiment maniable au tableau : deux dérivées latérales qui diffèrent interdisent la dérivabilité, sans autre calcul.

Trois façons d'échouer

Point anguleux. Lorsque $f_g^{\mathrm{\prime }}(a)$ et $f_d^{\mathrm{\prime }}(a)$ existent, sont finies, et diffèrent, la courbe présente en $a$ un point anguleux : elle admet deux demi-tangentes, de pentes $f_g^{\mathrm{\prime }}(a)$ et $f_d^{\mathrm{\prime }}(a)$, qui forment un angle. La valeur absolue en $0$ en est l'exemple minimal, avec les pentes $-1$ et $1$. Moins artificiel : $f:x\mapsto \mid x^2-1\mid$ au point $1$. Pour $x>1$ proche de $1$, on a $f(x)=x^2-1$, donc ${\tau }_1(x)=x+1\to 2$ ; pour $x<1$ proche de $1$, on a $f(x)=1-x^2$, donc ${\tau }_1(x)=-(x+1)\to -2$. Ainsi $f_g^{\mathrm{\prime }}(1)=-2$ et $f_d^{\mathrm{\prime }}(1)=2$.

Tangente verticale. Lorsque le taux d'accroissement tend vers $+\mathrm{\infty }$ ou vers $-\mathrm{\infty }$, la fonction n'est pas dérivable en $a$, la limite n'étant pas finie. Pourtant la courbe possède bel et bien une tangente en ce point : la droite verticale d'équation $x=a$, position limite des sécantes dont la pente devient infinie. Les deux affirmations « $f$ n'est pas dérivable en $a$ » et « ${\mathcal{C}}_f$ admet une tangente en $A$ » sont donc simultanément vraies, sans contradiction, parce que la seconde parle de la courbe et non de la fonction. C'est un piège de partiel classique.

Deux exemples valent d'être distingués.

• La racine carrée en $0$ : le taux vaut ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}}$ pour $x>0$ et tend vers $+\mathrm{\infty }$. Comme le domaine ne contient rien à gauche de $0$, on parle d'une demi-tangente verticale.
• La racine cubique, réciproque de la bijection $x\mapsto x^3$ de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ construite au chapitre précédent, notée $\sqrt[3]{\phantom{x}}$. En $0$, le taux d'accroissement vaut, pour $x\mathrm{\ne }0$, $$\frac{\sqrt[3]{x}}{x}=\frac{\sqrt[3]{x}}{(\sqrt[3]{x}{)}^3}=\frac{1}{(\sqrt[3]{x}{)}^2},$$ qui tend vers $+\mathrm{\infty }$ des deux côtés. La courbe a une tangente verticale en l'origine, qu'elle traverse.

Oscillation. Troisième mode d'échec, le plus radical : le taux d'accroissement n'a aucune limite, ni finie ni infinie. C'est le cas de la fonction définie par $f(x)=x\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}$ pour $x\mathrm{\ne }0$ et $f(0)=0$, dont le taux en $0$ vaut $\sin {\displaystyle \frac{1}{h}}$ et oscille indéfiniment entre $-1$ et $1$. Aucune tangente, aucune demi-tangente, et pourtant $f$ est continue en $0$, puisque $\mid f(x)\mid ⩽\mid x\mid$.

L'exercice 04 travaille ce troisième mode, l'oscillation, sur la famille $x^{\alpha }\sin \frac{1}{x}$ : chacune de ses questions a pour réponse un seuil sur $\alpha$, et les seuils sont différents.

Étudier une fonction définie par morceaux

L'exercice 03 recolle trois morceaux en deux points de jonction, ce qui change la nature de la question : il faut compter les degrés de liberté contre les contraintes avant de calculer. Et l'exercice 20 pousse la même question un cran plus loin en demandant la classe du raccord obtenu, notion introduite en section 18.

6. Dérivabilité sur un intervalle, fonction dérivée

La convention sur les extrémités est commode, et il faut savoir qu'elle en est une : $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ y désigne une dérivée à droite, pas la limite d'un objet bilatéral qui n'existe pas.

Les notations

La notation de Lagrange, $f^{\mathrm{\prime }}$, désigne la fonction dérivée et $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ sa valeur en $a$ : c'est celle de ce cours. La notation de Leibniz, ${\displaystyle \frac{df}{dx}}$, insiste sur la variable par rapport à laquelle on dérive, ce qui devient indispensable dès qu'il y en a plusieurs ; la valeur en $a$ s'écrit ${\displaystyle \frac{df}{dx}}(a)$. Enfin $Df$ apparaît en algèbre linéaire, quand on voit la dérivation comme une application entre espaces de fonctions.

Attention : ${\displaystyle \frac{df}{dx}}$ n'est pas un quotient de deux nombres, mais un symbole d'un seul tenant, hérité d'une notation où $df$ et $dx$ désignaient des accroissements infiniment petits. Les manipulations du type « on multiplie par $dx$ » se justifient autrement, et n'ont pas leur place dans une démonstration de première année.

L'ensemble de dérivabilité

Cet ensemble se détermine, il n'est pas donné, et il est en général strictement plus petit que le domaine de $f$. La valeur absolue est définie sur $\mathbb{R}$ et dérivable sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$ seulement ; la racine carrée est définie sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ et dérivable sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ seulement ; la racine cubique est définie sur $\mathbb{R}$ et dérivable sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$. Un énoncé qui commence par « soit $f$ dérivable sur $I$ » a donc déjà fait ce travail, et un énoncé qui n'en dit rien le laisse à faire.

Trois questions distinctes se posent ainsi devant une fonction, et il faut les garder séparées :

La troisième est la plus surprenante, et sa réponse est non en général : une fonction peut être dérivable en tout point d'un intervalle sans que sa dérivée y soit continue. Une fonction dérivable dont la dérivée est de plus continue est dite de classe $C^1$, et cette distinction structure le bloc des sections 15 à 18. La dérivée n'est pourtant pas libre de tout : le théorème de Darboux montrera qu'elle vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, continue ou non.

Enfin, rien n'interdit de recommencer : si $f^{\mathrm{\prime }}$ est elle-même dérivable, sa dérivée se note $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$, puis $f^{(3)}$. Ces dérivées successives, objet de la section 18, sont le préalable indispensable aux formules de Taylor. L'exercice 04 fait déjà déterminer trois ensembles de dérivabilité qui diffèrent du domaine.

7. Opérations sur les dérivées

Toutes les dérivées calculées en pratique le sont par ce théorème, et jamais par un taux d'accroissement. Encore faut-il pouvoir citer ses hypothèses.

La somme, en une ligne

Pour $x\mathrm{\ne }a$, le taux d'accroissement de $f+g$ est la somme des taux de $f$ et de $g$, puisque le quotient est linéaire en son numérateur :

$$\frac{(f+g)(x)-(f+g)(a)}{x-a}={\tau }_a^f(x)+{\tau }_a^g(x),$$

où l'exposant indique de quelle fonction le taux est celui. Le théorème des opérations sur les limites conclut, et le cas de $\lambda f$ est identique.

Le produit, démontré

Démonstration de la formule du produit. Soit $x\in I$ avec $x\mathrm{\ne }a$. Le numérateur $f(x)g(x)-f(a)g(a)$ ne se factorise pas tel quel : on lui ajoute et on lui retranche le terme croisé $f(a)g(x)$, ce qui est le seul geste de la démonstration. Il vient

$$f(x)g(x)-f(a)g(a)=(f(x)-f(a))g(x)+f(a)(g(x)-g(a))\mathrm{.}$$

En divisant par $x-a$, qui est non nul, on obtient

$$\frac{(fg)(x)-(fg)(a)}{x-a}={\tau }_a^f(x)g(x)+f(a){\tau }_a^g(x)\mathrm{.}$$

Faisons tendre $x$ vers $a$ et examinons les trois facteurs variables. Le taux ${\tau }_a^f(x)$ tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ et le taux ${\tau }_a^g(x)$ tend vers $g^{\mathrm{\prime }}(a)$, par hypothèse. Quant à $g(x)$, il tend vers $g(a)$ : c'est ici, et seulement ici, qu'intervient le théorème de la section 4, puisque $g$ est dérivable en $a$, donc continue en $a$. Le théorème des opérations sur les limites donne alors

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{(fg)(x)-(fg)(a)}{x-a}=f^{\mathrm{\prime }}(a)g(a)+f(a)g^{\mathrm{\prime }}(a),$$

limite finie : la fonction $fg$ est dérivable en $a$, de nombre dérivé annoncé. $\mathrm{\square }$

Cette démonstration explique l'ordre des sections : « dérivable entraîne continue » devait précéder les opérations, sans quoi le facteur $g(x)$ resterait sans limite. La dissymétrie du calcul, où l'on a gardé $g(x)$ et $f(a)$, ne se retrouve d'ailleurs pas dans le résultat, symétrique en $f$ et $g$ ; le choix inverse aurait donné la même formule.

Le quotient, et son hypothèse cachée

Il suffit de traiter ${\displaystyle \frac{1}{g}}$, puisque ${\displaystyle \frac{f}{g}}=f\times {\displaystyle \frac{1}{g}}$ et que le produit est démontré. Or l'écriture même de ${\displaystyle \frac{1}{g(x)}}$ suppose $g(x)\mathrm{\ne }0$, alors que l'hypothèse ne porte que sur le point $a$. C'est le théorème de conservation locale du signe du chapitre précédent qui comble le trou : $g$ est continue en $a$ et $g(a)\mathrm{\ne }0$, donc $g$ garde le signe de $g(a)$, et en particulier ne s'annule pas, sur tout un voisinage de $a$. Le taux d'accroissement s'y calcule alors :

$$\frac{1}{x-a}(\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{g(a)})=\frac{g(a)-g(x)}{(x-a)g(x)g(a)}=-\frac{1}{g(x)g(a)}\times {\tau }_a^g(x)\mathrm{.}$$

Le premier facteur tend vers $-{\displaystyle \frac{1}{g(a{)}^2}}$ par continuité de $g$ en $a$, le second vers $g^{\mathrm{\prime }}(a)$, d'où la formule. Celle du quotient s'obtient ensuite en développant le produit et en réduisant au même dénominateur.

La composée, et pourquoi la preuve naïve échoue

C'est la formule que tout le monde récite et que presque personne ne sait démontrer, parce que la démonstration « évidente » est fausse. Elle consisterait à écrire, pour $x\mathrm{\ne }a$,

$$\frac{g(f(x))-g(f(a))}{x-a}=\frac{g(f(x))-g(f(a))}{f(x)-f(a)}\times \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$

et à passer à la limite. Le problème saute aux yeux : rien ne garantit que $f(x)\mathrm{\ne }f(a)$, et l'on peut avoir divisé par zéro. L'objection n'est pas théorique. Si $f$ est constante, le quotient n'a jamais de sens ; et il existe des fonctions non constantes, dérivables en $a$, qui prennent la valeur $f(a)$ en des points arbitrairement proches de $a$. Ainsi la fonction $\phi$ définie par $\phi (x)=x^2\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}$ pour $x\mathrm{\ne }0$ et $\phi (0)=0$ est dérivable en $0$, son taux d'accroissement valant $x\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}$, majoré en valeur absolue par $\mid x\mid$ ; et elle s'annule en tous les points ${\displaystyle \frac{1}{n\pi }}$ pour $n$ entier non nul, aussi proches de $0$ qu'on veut.

On passe donc par l'écriture 3 de la section 2, qui ne divise jamais. C'est la voie propre, et c'est celle-ci qu'il faut savoir refaire.

Démonstration. Posons $b=f(a)$. La dérivabilité de $f$ en $a$ fournit une fonction ${\epsilon }_1$, de limite nulle en $0$, telle que

$$f(a+h)=f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)h+h{\epsilon }_1(h)\mathrm{.}$$

Notons $w(h)=f(a+h)-b$ l'accroissement de $f$, de sorte que

$$w(h)=h(f^{\mathrm{\prime }}(a)+{\epsilon }_1(h))\mathrm{.}$$

Cette écriture donne deux informations : $w(h)$ tend vers $0$ quand $h$ tend vers $0$, et le quotient ${\displaystyle \frac{w(h)}{h}}$ tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$.

La dérivabilité de $g$ en $b$ fournit de même une fonction ${\epsilon }_2$, de limite nulle en $0$, telle que $g(b+k)=g(b)+g^{\mathrm{\prime }}(b)k+k{\epsilon }_2(k)$ pour tout $k$ tel que $b+k\in J$. Convenons de poser ${\epsilon }_2(0)=0$ : l'égalité reste vraie pour $k=0$, ses deux membres valant $g(b)$, et la fonction ${\epsilon }_2$ devient ainsi continue en $0$, ce qui va être décisif.

Appliquons cette égalité avec $k=w(h)$, ce qui est licite puisque $b+w(h)=f(a+h)$ appartient bien à $J$ :

$$g(f(a+h))-g(f(a))=g^{\mathrm{\prime }}(b)w(h)+w(h){\epsilon }_2(w(h))\mathrm{.}$$

Divisons par $h\mathrm{\ne }0$ :

$$\frac{g(f(a+h))-g(f(a))}{h}=g^{\mathrm{\prime }}(b)\frac{w(h)}{h}+\frac{w(h)}{h}{\epsilon }_2(w(h))\mathrm{.}$$

Le premier terme tend vers $g^{\mathrm{\prime }}(b)f^{\mathrm{\prime }}(a)$. Dans le second, le facteur ${\displaystyle \frac{w(h)}{h}}$ tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$, donc reste borné au voisinage de $0$ ; et ${\epsilon }_2(w(h))$ tend vers $0$, car $w(h)$ tend vers $0$ et ${\epsilon }_2$ est continue en $0$ avec ${\epsilon }_2(0)=0$. Le second terme tend donc vers $0$, et le taux d'accroissement de $g\circ f$ en $a$ tend vers $g^{\mathrm{\prime }}(b)f^{\mathrm{\prime }}(a)$, limite finie. $\mathrm{\square }$

Les corollaires du calcul courant

Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle. Les formules suivantes sont la composée appliquée aux fonctions usuelles, et il faut les lire avec leur condition de validité.

L'exercice 05 propose dix dérivées à calculer et signale, pour chacune, l'erreur qui lui est associée.

8. Dérivée d'une fonction réciproque

Le chapitre précédent a construit les fonctions réciproques par le théorème de la bijection, et démontré que la réciproque d'une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle est continue et strictement monotone de même sens. Il ne restait qu'une question, celle de la dérivabilité, et elle se règle ici.

La notation $f^{-1}$ désigne ici la bijection réciproque, l'existence de la bijection étant une hypothèse ; elle ne se confond pas avec la notation d'image réciproque du chapitre « Logique, raisonnement, ensembles et applications », qui ne suppose rien.

Démonstration. Soit $y\in J$ avec $y\mathrm{\ne }b$, et posons $x=f^{-1}(y)$. Comme $f^{-1}$ est injective, $y\mathrm{\ne }b$ entraîne $x\mathrm{\ne }a$. On peut donc écrire

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b}=\frac{x-a}{f(x)-f(a)}=\frac{1}{{\tau }_a(x)},$$

le dernier quotient ayant un sens puisque $f(x)\mathrm{\ne }f(a)$, encore par injectivité.

Faisons maintenant tendre $y$ vers $b$. La fonction $f^{-1}$ est continue en $b$, d'après le théorème de la bijection du chapitre précédent, donc $x=f^{-1}(y)$ tend vers $a$. De plus $x\mathrm{\ne }a$ dès que $y\mathrm{\ne }b$, ce qui est précisément la première hypothèse du théorème de composition des limites : on a donc le droit de composer, et ${\tau }_a(x)$ tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$.

Comme $f^{\mathrm{\prime }}(a)\mathrm{\ne }0$, le quotient ${\displaystyle \frac{1}{{\tau }_a(x)}}$ tend vers ${\displaystyle \frac{1}{f^{\mathrm{\prime }}(a)}}$, qui est un réel. Le taux d'accroissement de $f^{-1}$ en $b$ admet donc une limite finie : $f^{-1}$ est dérivable en $b$, de nombre dérivé ${\displaystyle \frac{1}{f^{\mathrm{\prime }}(a)}}$. $\mathrm{\square }$

C'est le théorème appliqué en chaque point. La formule est à lire attentivement : le dénominateur n'est pas $f^{\mathrm{\prime }}$, mais $f^{\mathrm{\prime }}$ composée avec $f^{-1}$, ce qui est indispensable pour que les deux membres soient des fonctions de la même variable, celle qui parcourt $J$.

L'interprétation géométrique

Les courbes de $f$ et de $f^{-1}$ sont symétriques l'une de l'autre par rapport à la droite d'équation $y=x$ : au point $A$ de coordonnées $(a,b)$ de ${\mathcal{C}}_f$ correspond le point $A^{\mathrm{\prime }}$ de coordonnées $(b,a)$ de ${\mathcal{C}}_{f^{-1}}$. Cette symétrie échange les coordonnées, donc elle transforme une droite de pente $m$ non nulle en une droite de pente ${\displaystyle \frac{1}{m}}$ : la formule du théorème en est la traduction analytique.

Elle explique du même coup l'hypothèse $f^{\mathrm{\prime }}(a)\mathrm{\ne }0$. Si $f^{\mathrm{\prime }}(a)=0$, la tangente en $A$ est horizontale, et son image par la symétrie est verticale : la courbe de $f^{-1}$ a bien une tangente en $A^{\mathrm{\prime }}$, mais $f^{-1}$ n'est pas dérivable en $b$, et l'on retrouve la situation de la section 5, le taux d'accroissement étant l'inverse d'une quantité qui tend vers $0$. C'est exactement ce qui se passe pour $x\mapsto x^3$, dont la dérivée $x\mapsto 3x^2$ ne s'annule qu'en $0$ : sa réciproque, la racine cubique, est dérivable sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$ avec

$$(\sqrt[3]{\phantom{x}}{)}^{\mathrm{\prime }}(y)=\frac{1}{3(\sqrt[3]{y}{)}^2},$$

et ne l'est pas en $0$, où sa courbe présente une tangente verticale. Le calcul direct de la section 5 le montrait déjà ; le théorème l'explique.

Les dérivées d'Arcsin, Arccos et Arctan

Ces trois fonctions ont été construites au chapitre précédent par le théorème de la bijection ; on ne les reconstruit pas, on les dérive.

Arcsinus. La restriction de $\sin$ à $[-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]$ est continue, strictement croissante, et réalise une bijection sur $[-1,1]$ dont la réciproque est $\mathrm{Arcsin}$. La dérivée de cette restriction est $\cos$, qui s'annule exactement aux deux extrémités $-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ et ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, images réciproques de $-1$ et $1$. Le théorème s'applique donc en tout point de l'ouvert $]-1,1[$, et donne

$${\mathrm{Arcsin}}^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{\cos (\mathrm{Arcsin}x)}\mathrm{.}$$

Reste à simplifier le dénominateur, et c'est là qu'un signe se joue. Posons $\theta =\mathrm{Arcsin}x$, de sorte que $\sin \theta =x$ et, par construction de la fonction, $\theta \in [-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]$. La relation fondamentale donne

$${\cos }^2\theta =1-{\sin }^2\theta =1-x^2,\text{donc}\mid \cos \theta \mid =\sqrt{1-x^2}\mathrm{.}$$

C'est une valeur absolue, pas encore un cosinus. Pour la lever, on utilise l'intervalle où vit $\theta$ : sur $[-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]$, le cosinus est positif ou nul, et même strictement positif à l'intérieur. Comme $x\in ]-1,1[$, on a $\theta \in ]-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}[$, donc $\cos \theta >0$ et $\cos \theta =+\sqrt{1-x^2}$. D'où

$$\mathrm{\forall }x\in ]-1,1[,{\mathrm{Arcsin}}^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{.}$$

Cette expression tend vers $+\mathrm{\infty }$ quand $x$ tend vers $1$ ou vers $-1$ : la courbe d'$\mathrm{Arcsin}$ présente deux tangentes verticales aux extrémités de son domaine, reflet par la symétrie d'axe $y=x$ des deux tangentes horizontales du sinus en $\pm {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$.

Arccosinus. Même travail avec la restriction de $\cos$ à $[0,\pi ]$, strictement décroissante, dont la dérivée $-\sin$ s'annule exactement en $0$ et en $\pi$, images réciproques de $1$ et $-1$. L'étape clé est encore le signe : en posant $\theta =\mathrm{Arccos}x\in ]0,\pi [$ pour $x\in ]-1,1[$, on a $\sin \theta >0$, donc $\sin \theta =+\sqrt{1-x^2}$, et

$$\mathrm{\forall }x\in ]-1,1[,{\mathrm{Arccos}}^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{-\sin (\mathrm{Arccos}x)}=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{.}$$

Le signe moins vient de la dérivée du cosinus, et il était prévisible : $\mathrm{Arccos}$ est strictement décroissante.

Arctangente. La restriction de $\tan$ à $]-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},{\displaystyle \frac{\pi }{2}}[$ est continue, strictement croissante, de limites $-\mathrm{\infty }$ et $+\mathrm{\infty }$ aux bornes, donc bijective sur $\mathbb{R}$. Sa dérivée se calcule par la formule du quotient de la section 7 :

$${\tan }^{\mathrm{\prime }}=(\frac{\sin }{}{)}^{\mathrm{\prime }}=\frac{{\cos }^2+{\sin }^2}{{\cos }^2}=\frac{1}{{\cos }^2}=1+{\tan }^2\mathrm{.}$$

Cette dérivée ne s'annule jamais, puisqu'elle vaut au moins $1$ : le théorème s'applique en tout point de $\mathbb{R}$, sans exclusion. L'étape clé est alors immédiate, car $\tan (\mathrm{Arctan}x)=x$ pour tout réel $x$ :

$$\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R},{\mathrm{Arctan}}^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{1+{\tan }^2(\mathrm{Arctan}x)}=\frac{1}{1+x^2}\mathrm{.}$$

Aucune justification de signe n'est ici nécessaire, et la raison mérite d'être dite : on n'a extrait aucune racine carrée. Les discussions de signe des deux cas précédents venaient uniquement de là.

L'exercice 06 fait travailler la formule dans ses trois usages, et l'exercice 07 pousse le procédé jusqu'à une fonction dont la réciproque n'a aucune expression avec les fonctions usuelles, ce qui est le cas le plus fréquent en pratique et le meilleur argument en faveur du théorème.

9. Tableau des dérivées usuelles

Le tableau ci-dessous rassemble les dérivées à connaître. La troisième colonne fait partie de l'énoncé, au même titre que la deuxième.

Trois commentaires, et ils portent tous sur la troisième colonne.

Les fonctions hyperboliques ne demandent rien de neuf. Elles ont été définies au chapitre précédent par $\mathrm{ch}x={\displaystyle \frac{e^x+e^{-x}}{2}}$ et $\mathrm{sh}x={\displaystyle \frac{e^x-e^{-x}}{2}}$ : leurs dérivées se calculent en deux lignes avec la composée et le facteur $-1$ de l'exposant, et celle de $\mathrm{th}={\displaystyle \frac{\mathrm{sh}}{}}$ par la formule du quotient, exactement comme pour la tangente, le dénominateur ne s'annulant jamais.

Les bornes du domaine sont là où tout se joue. Le tableau donne $(\sqrt{x}{)}^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x}}}$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ et ne dit rien en $0$, ce qui est correct : la fonction y est définie, continue, et non dérivable. De même pour $\mathrm{Arcsin}$ et $\mathrm{Arccos}$ en $\pm 1$, et pour la valeur absolue en $0$. Un tableau ne dispense jamais d'examiner les extrémités.

La ligne des puissances réelles est un piège de notation. La formule $(x^{\alpha }{)}^{\mathrm{\prime }}=\alpha x^{\alpha -1}$ vaut sur $]0,+\mathrm{\infty }[$ seulement, parce que $x^{\alpha }=e^{\alpha \ln x}$ n'y est défini que là. Pour un exposant entier, la première et la deuxième ligne prennent le relais sur $\mathbb{R}$ ou ${\mathbb{R}}^{\ast }$ ; pour la racine cubique, il faut passer par la réciproque, comme en section 8. Écrire $(x^{1\mathrm{/}3}{)}^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^{-2\mathrm{/}3}$ pour $x<0$ est une faute tant qu'on s'en tient à cette définition, même si le second membre a l'air de vouloir dire quelque chose.

La convention étendue, et à quelle condition elle est licite. Certains textes — et, dans ce chapitre, les énoncés des exercices 01 et 05, qui le disent en toutes lettres avant leur première question — posent au contraire que $x^{1\mathrm{/}3}$ désigne la racine cubique, donc une fonction définie sur $\mathbb{R}$ tout entier, et que $x^{2\mathrm{/}3}$ désigne $(x^{1\mathrm{/}3}{)}^2$. Sous cette convention, l'égalité ci-dessus devient vraie sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, puisque $x^{-2\mathrm{/}3}$ y vaut $1\mathrm{/}(\sqrt[3]{x}{)}^2$, qui est strictement positif des deux côtés de $0$. Les deux lectures sont défendables ; ce qui ne l'est pas, c'est de changer de convention en cours de copie sans le dire. La règle est donc : on écrit $\sqrt[3]{x}$ par défaut, et si l'on emploie $x^{1\mathrm{/}3}$ hors de $]0,+\mathrm{\infty }[$, on annonce la convention avant de s'en servir.

10. Extremum local et lemme de Fermat

Les définitions, et le rôle des quantificateurs

Tout est dans le $\mathrm{\exists }r>0$. Un maximum local n'affirme rien au-delà d'un voisinage de $c$, dont le rayon peut être minuscule et n'a pas à être précisé. Un maximum global le remplace par « pour tout $x$ du domaine », ce qui est infiniment plus fort. L'implication va donc dans un seul sens : global entraîne local, jamais l'inverse. Une fonction peut avoir une infinité de maximums locaux et aucun maximum global, comme $x\mapsto x+\sin x$ n'en a aucun tout en ayant une infinité de points à tangente horizontale.

Il faut enfin un mot pour dire qu'un point n'est pas au bord.

Pour un segment $[a,b]$, l'ensemble des points intérieurs est exactement $]a,b[$. La notion dit une seule chose, et c'est celle qui va servir : il y a des points de $I$ des deux côtés de $c$.

Le lemme de Fermat

Démonstration. Traitons le cas d'un maximum local ; le cas d'un minimum s'en déduit en appliquant le résultat à $-f$, qui admet alors un maximum local en $c$ et dont la dérivée est $-f^{\mathrm{\prime }}$.

Deux réels strictement positifs sont donnés par les hypothèses : un rayon $r_1$ tel que $]c-r_1,c+r_1[\subset I$, par l'intériorité de $c$, et un rayon $r_2$ tel que $f(x)⩽f(c)$ pour tout $x$ de $I$ dans $]c-r_2,c+r_2[$, par la définition du maximum local. Posons $r=\min (r_1,r_2)$, qui est strictement positif. Sur l'intervalle $]c-r,c+r[$, les deux propriétés sont vraies en même temps : il est contenu dans $I$, et $f$ y est majorée par $f(c)$.

À droite. Soit $x\in ]c,c+r[$. Alors $f(x)-f(c)⩽0$ et $x-c>0$, donc le quotient est négatif ou nul :

$${\tau }_c(x)=\frac{f(x)-f(c)}{x-c}⩽0.$$

Comme $f$ est dérivable en $c$, ce taux tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(c)$ quand $x$ tend vers $c$ par valeurs supérieures. Le passage à la limite dans une inégalité large, démontré au chapitre précédent, donne $f^{\mathrm{\prime }}(c)⩽0$.

À gauche. Soit $x\in ]c-r,c[$. Alors $f(x)-f(c)⩽0$ et cette fois $x-c<0$, donc le quotient est positif ou nul : ${\tau }_c(x)⩾0$. Le même passage à la limite donne $f^{\mathrm{\prime }}(c)⩾0$.

Les deux inégalités ensemble donnent $f^{\mathrm{\prime }}(c)=0$. $\mathrm{\square }$

Trois points de cette démonstration méritent d'être relus.

Le minimum des deux rayons est le geste standard du chapitre précédent, celui qui rend deux propriétés valables simultanément ; sans lui, on manipulerait deux voisinages différents sans droit de les confondre.

L'intériorité sert exactement une fois, et de façon décisive : elle fournit des points $x$ des deux côtés de $c$, donc les deux inégalités. C'est tout son rôle, et c'est pourquoi elle ne peut pas être affaiblie.

Enfin, on n'obtient que des inégalités larges, parce que le passage à la limite ne conserve pas la stricte inégalité. Ce n'est pas une faiblesse de la rédaction : c'est la règle rappelée au chapitre précédent, et la conclusion $f^{\mathrm{\prime }}(c)=0$ ne demande rien de plus.

Les deux réserves

Réserve 1 : l'hypothèse « intérieur » est indispensable. Considérons $f:x\mapsto x$ sur $[0,1]$. Elle atteint son minimum global en $0$ et son maximum global en $1$, et pourtant $f^{\mathrm{\prime }}$ vaut constamment $1$ : elle ne s'annule nulle part. Il n'y a aucune contradiction, puisque $0$ et $1$ ne sont pas intérieurs à $[0,1]$.

Ce que le lemme dit encore aux bornes, c'est une inégalité sur une seule dérivée latérale, en reprenant la moitié de la démonstration. Et il faut prendre le signe au sérieux, car il dépend de deux choses à la fois : de la nature de l'extremum, et du côté où l'on peut calculer.

En un minimum atteint en $a$, extrémité gauche, seul le calcul à droite est possible : pour $x>a$ on a $f(x)-f(a)⩾0$ et $x-a>0$, donc le taux est positif, et $f_d^{\mathrm{\prime }}(a)⩾0$. En un maximum atteint en $b$, extrémité droite, seul le calcul à gauche est possible : pour $x<b$ on a $f(x)-f(b)⩽0$ et $x-b<0$, donc le taux est encore positif, et $f_g^{\mathrm{\prime }}(b)⩾0$. Sur l'exemple $x\mapsto x$, où $f^{\mathrm{\prime }}=1>0$, ces deux inégalités sont bien vérifiées — et l'on voit du même coup que le signe attendu n'est pas celui que le mot « maximum » suggère.

Les deux autres cas se traitent de la même façon et donnent l'inégalité inverse : un maximum en $a$ donne $f_d^{\mathrm{\prime }}(a)⩽0$, un minimum en $b$ donne $f_g^{\mathrm{\prime }}(b)⩽0$. L'exercice 08 fait dresser le tableau complet de ces quatre cas.

Réserve 2 : la réciproque est fausse. La fonction $x\mapsto x^3$ vérifie $f^{\mathrm{\prime }}(0)=0$ et n'admet en $0$ aucun extremum, pas même local : elle est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, donc elle prend des valeurs strictement inférieures à $f(0)$ à gauche et strictement supérieures à droite, dans tout voisinage de $0$. Un point où la dérivée s'annule s'appelle un point critique, et ce vocabulaire est prudent à dessein : il ne dit pas « extremum ».

L'exercice 08 fait démontrer le lemme, puis demande où l'hypothèse d'intériorité a servi exactement dans la preuve, et construit les situations où elle tombe en faisant dire ce qui subsiste dans chacune.

11. Théorème de Rolle

Trois précisions avant la démonstration, parce qu'elles conditionnent tous les usages.

C'est un théorème d'existence. Il affirme qu'un tel $c$ existe, il n'en donne aucun, et il n'affirme pas qu'il soit unique : une fonction constante vérifie les hypothèses et tout point de $]a,b[$ convient. On écrit donc « il existe $c\in ]a,b[$ tel que », et jamais « le point $c$ ».

La conclusion place $c$ dans l'ouvert. C'est essentiel pour les applications : le point trouvé est strictement entre $a$ et $b$, ce qui permet d'itérer le théorème sur des sous-intervalles.

Les trois hypothèses sont indépendantes, et retirer n'importe laquelle fait tomber la conclusion. En voici une seule illustration, celle de l'hypothèse 2, qui est la plus instructive : sur $[-1,1]$, la valeur absolue est continue sur le segment et vérifie $f(-1)=f(1)$, donc les hypothèses 1 et 3 ; mais elle n'est pas dérivable en $0$, et sa dérivée vaut $-1$ à gauche et $+1$ à droite, sans jamais s'annuler. La conclusion tombe.

Les deux autres réfutations se construisent de la même façon. L'exercice 09 fait reprendre les trois, celle-ci comprise, et c'est voulu : la rédiger soi-même après l'avoir lue est le meilleur moyen de voir ce qu'un contre-exemple doit contenir. Le point de rigueur y est essentiel : un contre-exemple ne vaut que si l'on vérifie que les deux hypothèses restantes sont bien satisfaites, sans quoi il ne prouve rien sur celle qu'on voulait mettre en cause.

La démonstration

Démonstration. La fonction $f$ est continue sur le segment $[a,b]$ : le théorème des bornes atteintes, démontré au chapitre précédent, s'applique. Il fournit deux points $x_m$ et $x_M$ de $[a,b]$ tels que

$$f(x_m)=m=\underset{[a,b]}{\min }f\text{et}f(x_M)=M=\underset{[a,b]}{\max }f\mathrm{.}$$

Notons $v$ la valeur commune $f(a)=f(b)$, donnée par l'hypothèse 3. Deux cas se présentent.

Premier cas : $m=M$. Alors $f$ est comprise entre $m$ et $M$ en tout point, donc constante sur $[a,b]$, égale à $m$. Son taux d'accroissement est nul en tout point, donc $f^{\mathrm{\prime }}=0$ sur $]a,b[$. Comme $a<b$, l'intervalle $]a,b[$ n'est pas vide : n'importe lequel de ses points convient comme $c$.

Second cas : $m<M$. On a toujours $m⩽v⩽M$, puisque $v$ est une valeur de $f$. Ces deux inégalités ne peuvent pas être toutes deux des égalités, sans quoi $m=M$. Donc $m<v$, ou bien $M>v$, et il suffit de traiter l'un des deux, l'autre étant symétrique.

Supposons $M>v$, et considérons le point $x_M$. Comme $f(x_M)=M\mathrm{\ne }v=f(a)=f(b)$, ce point n'est ni $a$ ni $b$ : il appartient donc à $]a,b[$, et il est intérieur à $[a,b]$. Par ailleurs $f$ admet en $x_M$ un maximum global sur $[a,b]$, donc en particulier un maximum local. Enfin $f$ est dérivable en $x_M$, par l'hypothèse 2, puisque $x_M\in ]a,b[$. Les trois hypothèses du lemme de Fermat sont réunies, et il donne $f^{\mathrm{\prime }}(x_M)=0$. Le réel $c=x_M$ convient.

Si c'est $m<v$ qui a lieu, le même raisonnement appliqué au point $x_m$, où $f$ admet un minimum local intérieur, donne $f^{\mathrm{\prime }}(x_m)=0$, et $c=x_m$ convient. $\mathrm{\square }$

Le cas où maximum et minimum sont tous deux atteints aux bords est celui que la disjonction ci-dessus règle sans le nommer, et il vaut la peine de le voir explicitement. Si $x_m$ et $x_M$ sont l'un et l'autre dans $\{a,b\}$, alors $m$ et $M$ sont l'un et l'autre égaux à $v$, donc $m=M=v$ : on est dans le premier cas, la fonction est constante, et la conclusion est immédiate. C'est précisément pourquoi la démonstration commence par ce cas au lieu de le traiter comme une exception : il n'est pas dégénéré, il est le seul où le lemme de Fermat ne sert pas.

Pourquoi les hypothèses sont dissymétriques

Un fermé pour la continuité, un ouvert pour la dérivabilité : cette dissymétrie surprend, et elle se lit directement dans la démonstration.

La continuité sur le segment fermé est ce qui permet d'appeler le théorème des bornes atteintes, lequel exige un segment : c'est le caractère borné qui empêche $f$ de s'échapper, et le caractère fermé qui garantit que les points $x_m$ et $x_M$ appartiennent bien à l'ensemble.

La dérivabilité sur l'ouvert suffit, parce qu'elle n'est utilisée qu'en un seul point, celui que produit le théorème des bornes atteintes, et que ce point est intérieur dès qu'on n'est pas dans le cas constant. Exiger la dérivabilité en $a$ et en $b$ serait une hypothèse plus forte et parfaitement inutile.

Cette économie n'est pas gratuite : elle autorise des tangentes verticales aux extrémités, et c'est ce qui rend le théorème applicable à des situations très courantes.

La figure comporte deux panneaux. Celui de gauche illustre le théorème de Rolle : la corde qui joint les points d'abscisses $a$ et $b$ est horizontale, puisque $f(a)=f(b)$, et la courbe admet en un point $c$ strictement compris entre $a$ et $b$ une tangente horizontale, qui est la conclusion. Celui de droite anticipe la section 12 : la corde n'y est plus horizontale, et la tangente en $c$ lui est parallèle au lieu d'être horizontale. C'est l'égalité des accroissements finis, qui sera obtenue à partir du théorème de Rolle par une fonction auxiliaire, et qui contient Rolle comme le cas particulier où la corde est horizontale.

Compter les racines avec Rolle

L'usage le plus fréquent du théorème n'est pas de trouver un point $c$, dont on ne sait rien, mais de dénombrer les solutions d'une équation. Le principe tient dans un corollaire d'une ligne.

Démonstration. Soient $\alpha <\beta$ deux racines de $f$ dans $I$. La fonction $f$ est continue sur $[\alpha ,\beta ]$, dérivable sur $]\alpha ,\beta [$, et $f(\alpha )=f(\beta )=0$ : le théorème de Rolle donne un point de $]\alpha ,\beta [$ où $f^{\mathrm{\prime }}$ s'annule.

Pour la seconde phrase, raisonnons par l'absurde. Si $f$ avait $k+2$ racines distinctes, on pourrait les ranger par ordre croissant ; entre deux racines consécutives, la première partie fournit une racine de $f^{\mathrm{\prime }}$, et ces $k+1$ racines de $f^{\mathrm{\prime }}$ sont deux à deux distinctes, puisqu'elles vivent dans des intervalles ouverts disjoints. Cela contredit l'hypothèse. $\mathrm{\square }$

L'exercice 10 applique ce corollaire à une équation polynomiale à paramètre et à une équation transcendante, et fait comparer les deux façons de compter : par ce corollaire, qui MAJORE le nombre de racines, et par le tableau de variations, qui donne le compte EXACT.

Le théorème de Rolle a par ailleurs un usage qui dépasse le comptage, et c'est le plus fécond : appliqué non pas à $f$, mais à une fonction auxiliaire construite pour la circonstance, il produit des résultats qui ne ressemblent plus du tout à son énoncé. Les sections 12, 16 et 19 en donnent trois exemples, et l'exercice 11 en fait travailler un.

Le théorème de Rolle est le dernier énoncé de cette première partie, et il en est aussi le pivot : tout le bloc qui commence à la section 12, de l'égalité des accroissements finis jusqu'à la formule de Taylor-Lagrange, s'obtient en l'appliquant à des fonctions auxiliaires construites pour l'occasion.

12. L'égalité des accroissements finis

Le théorème de Rolle, établi à la section 11, souffre d'une hypothèse très particulière : il exige $f(a)=f(b)$. Autant dire qu'il ne s'applique presque jamais tel quel. Pourtant, c'est de lui que descend tout le reste du chapitre, et le passage se fait par un geste unique, qu'il faut voir une fois pour ne plus l'oublier : on retranche à $f$ ce qui l'empêche de prendre la même valeur aux deux bornes.

L'énoncé

Les deux hypothèses sont séparées, et elles ne portent pas sur le même ensemble : la continuité est exigée sur le segment fermé, la dérivabilité seulement sur l'ouvert. Ce n'est pas une coquetterie. Sur $[0,1]$, la fonction $x\mapsto \sqrt{x}$ est continue partout, y compris en $0$, mais elle n'est pas dérivable en $0$ : son taux d'accroissement en $0$ tend vers $+\mathrm{\infty }$, et sa courbe y admet une tangente verticale, comme la section 5 l'a décrit. L'égalité des accroissements finis s'y applique malgré tout, puisqu'elle ne demande la dérivabilité qu'à l'intérieur, et elle fournit un $c$ dans $]0,1[$ tel que ${\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{c}}}=1$, c'est-à-dire $c={\displaystyle \frac{1}{4}}$. Une version du théorème qui exigerait la dérivabilité sur $[0,1]$ tout entier laisserait cette fonction de côté pour rien.

Dans la suite, on abrège ce théorème en EAF, comme le fait la plupart des cours de première année.

D'où vient la fonction auxiliaire

Personne ne devine la fonction auxiliaire d'une démonstration ; on la fabrique, et on peut dire exactement comment.

On veut appliquer Rolle. Rolle demande une fonction qui prend la même valeur en $a$ et en $b$. La fonction $f$ ne le fait pas : elle passe de $f(a)$ à $f(b)$. On lui retranche donc la fonction affine qui fait exactement le même trajet, c'est-à-dire la corde qui joint les points $A(a,f(a))$ et $B(b,f(b))$ de la courbe. Cette corde a pour pente

$$p=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$$

et pour équation $y=f(a)+p(x-a)$, puisqu'elle passe par $A$.

La différence entre la courbe et sa corde est donc la fonction

$$\phi (x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a),$$

qui mesure, en chaque abscisse $x$, l'écart vertical entre le point de la courbe et le point de la corde. Cet écart est nul en $a$ et nul en $b$, pour la raison la plus simple du monde : en ces deux abscisses, la courbe et la corde se rencontrent. C'est exactement l'hypothèse de Rolle, et elle est obtenue par construction.

La démonstration

Démonstration. Posons, pour tout $x\in [a,b]$,

$$\phi (x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\mathrm{.}$$

Vérifions une par une les trois hypothèses du théorème de Rolle.

Continuité sur $[a,b]$. La fonction $x\mapsto f(a)+{\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}(x-a)$ est une fonction affine, donc continue sur $\mathbb{R}$ ; le coefficient ${\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}$ est un nombre réel fixé, puisque $b-a\mathrm{\ne }0$. La fonction $f$ est continue sur $[a,b]$ par hypothèse. La différence de deux fonctions continues est continue : $\phi$ est continue sur $[a,b]$.

Dérivabilité sur $]a,b[$. Même argument, avec le théorème des opérations de la section 7 : $f$ est dérivable sur $]a,b[$ par hypothèse, la fonction affine l'est sur $\mathbb{R}$, donc $\phi$ est dérivable sur $]a,b[$, et pour tout $x$ de cet intervalle

$${\phi }^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$$

la dérivée d'une fonction affine étant son coefficient directeur.

Égalité des valeurs aux bornes. On calcule les deux :

$$\phi (a)=f(a)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\times 0=0,$$

et

$$\phi (b)=f(b)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\times (b-a)=(f(b)-f(a))-(f(b)-f(a))=0.$$

Donc $\phi (a)=\phi (b)=0$.

Les trois hypothèses sont vérifiées. Le théorème de Rolle, établi à la section 11, fournit donc un réel $c\in ]a,b[$ tel que ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(c)=0$, c'est-à-dire

$$f^{\mathrm{\prime }}(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0,\text{soit}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\mathrm{\prime }}(c)\mathrm{.}$$

En multipliant par $b-a$, on obtient $f(b)-f(a)=f^{\mathrm{\prime }}(c)(b-a)$. $\mathrm{\square }$

Une seconde écriture de la conclusion sert très souvent. En posant $h=b-a>0$, le point $c$ appartient à $]a,a+h[$, donc s'écrit $c=a+\theta h$ avec $\theta \in ]0,1[$, et l'EAF devient

$$f(a+h)=f(a)+h{f}^{\mathrm{\prime }}(a+\theta h)\mathrm{.}$$

Sous cette forme, on voit ce que l'égalité ajoute à l'approximation affine de la section 3 : là où l'approximation affine écrivait $f(a+h)\approx f(a)+h{f}^{\mathrm{\prime }}(a)$ avec une erreur non contrôlée, l'EAF écrit une égalité exacte, au prix d'un point $a+\theta h$ dont on ne sait rien d'autre que sa position entre $a$ et $a+h$.

Ce que dit la figure

C'est la figure déjà employée à la section 11, et elle comporte deux panneaux : celui de gauche illustre Rolle, celui de droite illustre l'EAF.

Sur le panneau de droite, la droite en pointillés est la corde qui joint $A(a,f(a))$ à $B(b,f(b))$ : sa pente vaut ${\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}$. Le segment tracé en un point intérieur est la tangente à la courbe au point d'abscisse $c$ : sa pente vaut $f^{\mathrm{\prime }}(c)$. La conclusion du théorème dit que ces deux pentes sont égales, autrement dit :

il existe au moins un point de la courbe où la tangente est parallèle à la corde.

Le panneau de gauche est le cas particulier où la corde est horizontale, c'est-à-dire $f(a)=f(b)$ : la tangente parallèle à la corde y est une tangente horizontale, et l'on retrouve Rolle. Passer d'un panneau à l'autre, c'est incliner la figure, et c'est très exactement ce que fait la soustraction de la corde dans la démonstration.

L'interprétation cinématique, et le radar tronçon

Supposons que $f(t)$ soit la position d'un véhicule à l'instant $t$, sur un axe. Alors $f^{\mathrm{\prime }}(t)$ est sa vitesse instantanée à l'instant $t$, celle qu'affiche le compteur, et le quotient

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{\text{distance parcourue}}{\text{durée du trajet}}$$

est sa vitesse moyenne sur le trajet. L'EAF affirme alors qu'à un instant au moins, la vitesse instantanée a été exactement égale à la vitesse moyenne.

C'est le principe du radar tronçon, et il vaut la peine de le dire dans ces termes : un véhicule qui parcourt $30$ km en $15$ minutes a roulé à $120$ km/h de moyenne ; l'EAF garantit qu'il existe un instant précis du trajet où son compteur affichait exactement $120$ km/h. L'automobiliste ne peut donc pas se défendre en disant qu'il n'a jamais dépassé $110$ : s'il n'avait jamais dépassé $110$, sa vitesse moyenne aurait été inférieure à $110$, ce qui est faux. Ce raisonnement est d'ailleurs la première application de l'inégalité des accroissements finis, qui fait l'objet de la section 13.

Ce que le théorème ne donne pas

C'est ici que se joue la différence entre un étudiant qui a compris l'énoncé et un étudiant qui l'a recopié. Quatre choses ne sont pas dans la conclusion.

1. Le point $c$ n'est pas construit, il est seulement affirmé. La démonstration remonte à Rolle, qui remonte au lemme de Fermat et au théorème des bornes atteintes, qui remonte lui-même au théorème de Bolzano-Weierstrass du chapitre « Suites réelles ». À aucun moment on ne fabrique $c$ : on démontre qu'il ne peut pas ne pas exister. Une démonstration d'existence pure ne fournit jamais l'objet.

2. Le point $c$ n'est pas unique. Sur $[0,2\pi ]$, la fonction $\sin$ vérifie $\sin (2\pi )-\sin (0)=0$ ; l'EAF fournit donc un $c$ tel que $\cos c=0$, et il y en a deux dans $]0,2\pi [$ : $c={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ et $c={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$. L'énoncé dit « il existe au moins un », jamais « il existe un unique ».

3. Le point $c$ n'est en général pas calculable. Il arrive qu'on sache le déterminer : sur $[0,1]$, la fonction $\exp$ donne $e-1=e^c$, donc $c=\ln (e-1)$, soit environ $\mathrm{0,5413}$. C'est l'exception. Prenons $f(x)=e^x+x^3$ sur $[0,1]$ : la relation $f(1)-f(0)=f^{\mathrm{\prime }}(c)$ s'écrit $e^c+3c^2=e$, une équation qui mêle une exponentielle et un polynôme, et dont aucune méthode ne donne la solution sous forme close. Le réel $c$ existe pourtant, et c'est tout ce dont on a besoin.

4. Le point $c$ dépend de $a$ et de $b$. C'est la conséquence la plus souvent oubliée. Si l'on applique l'EAF successivement sur $[a,b]$ puis sur $[a,b^{\mathrm{\prime }}]$, on obtient deux points, et rien ne dit qu'ils sont égaux. Réutiliser le même nom $c$ pour les deux, ou traiter $c$ comme une fonction de $b$ qu'on pourrait dériver, sont deux fautes du même ordre. Quand la confusion menace, on note le point $c_b$, ou l'on requantifie explicitement à chaque application.

L'exercice 12 fait travailler l'énoncé pour lui-même : on y détermine explicitement le ou les points $c$ dans les rares cas où le calcul aboutit, on y compte les solutions, et l'on y examine ce qui se passe quand une hypothèse est retirée.

13. L'inégalité des accroissements finis, et les fonctions lipschitziennes

L'EAF fournit un point dont on ne sait rien. L'inégalité des accroissements finis consiste à s'en débarrasser tout de suite, en le majorant, et c'est ce qui la rend utilisable partout. On l'abrège en IAF.

L'énoncé et sa démonstration

Démonstration. Soient $x$ et $y$ dans $I$. Si $x=y$, les deux membres sont nuls et l'inégalité est vraie. Sinon, remarquons que les deux membres sont symétriques en $x$ et $y$ : échanger les noms ne change ni $\mid f(x)-f(y)\mid$ ni $\mid x-y\mid$. On peut donc supposer $x<y$, quitte à échanger.

Comme $I$ est un intervalle et que $x$ et $y$ lui appartiennent, le segment $[x,y]$ est contenu dans $I$. C'est le seul endroit où l'hypothèse « intervalle » sert, et elle y est indispensable.

La fonction $f$ est dérivable sur $I$, donc sur $[x,y]$ ; elle y est en particulier continue, la dérivabilité entraînant la continuité (section 4). Les deux hypothèses de l'EAF sont donc vérifiées sur $[x,y]$, et il existe $c\in ]x,y[$ tel que

$$f(y)-f(x)=f^{\mathrm{\prime }}(c)(y-x)\mathrm{.}$$

Passons aux valeurs absolues : $\mid f(y)-f(x)\mid =\mid f^{\mathrm{\prime }}(c)\mid \times (y-x)$, puisque $y-x>0$. Le point $c$ appartient à $I$, donc $\mid f^{\mathrm{\prime }}(c)\mid ⩽M$, et

$$\mid f(y)-f(x)\mid ⩽M(y-x)=M\mid y-x\mid \mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Regardons ce qui vient de se passer. On n'a rien su de $c$, et on n'avait besoin de rien : la majoration de $\mid f^{\mathrm{\prime }}\mid$ vaut sur tout $I$, donc en particulier au point inconnu. C'est le mode d'emploi standard du point $c$, annoncé à la fin de la section 12, et c'est pour cela que l'IAF est utilisable là où l'EAF ne l'est pas.

La démonstration est la même, sans les valeurs absolues : on encadre $f^{\mathrm{\prime }}(c)$ au lieu de le majorer en module, puis on multiplie par $y-x$, qui est strictement positif et ne retourne donc pas les inégalités. Cette version sert dès qu'on veut un encadrement orienté et non une simple majoration d'écart, par exemple pour comparer $f$ à une fonction affine.

Les fonctions lipschitziennes

Cette définition n'est pas nouvelle : le chapitre « Fonctions d'une variable réelle : limites et continuité » l'a posée, et il y a démontré que toute fonction lipschitzienne est uniformément continue, donc continue, avec le $\delta ={\displaystyle \frac{\epsilon }{k}}$ explicite. On ne le redémontre pas ici. Ce que la dérivation apporte, c'est un moyen de vérifier cette propriété sans revenir à la définition.

Démonstration. Le sens direct de droite à gauche est exactement l'IAF, déjà démontrée.

Réciproquement, supposons $f$ $k$-lipschitzienne sur $I$, et soit $a\in I$. Pour tout $x\in I$ distinct de $a$, la définition donne

$$\mid \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\mid =\frac{\mid f(x)-f(a)\mid }{\mid x-a\mid }⩽k\mathrm{.}$$

Le taux d'accroissement est donc majoré en module par $k$ sur tout un voisinage épointé de $a$. Comme il tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ quand $x$ tend vers $a$, le passage à la limite dans une inégalité large (chapitre précédent) donne $\mid f^{\mathrm{\prime }}(a)\mid ⩽k$. $\mathrm{\square }$

Deux conséquences valent d'être notées. D'abord, pour une fonction dérivable sur un intervalle, la meilleure constante de Lipschitz est ${\sup }_I\mid f^{\mathrm{\prime }}\mid$ : aucune valeur plus petite ne convient, et cette valeur convient dès qu'elle est finie. Ensuite, le passage à la limite se fait dans une inégalité large, et c'est pour cela qu'une fonction dont la dérivée vérifie $\mid f^{\mathrm{\prime }}\mid <k$ partout n'a aucune raison d'être $k^{\mathrm{\prime }}$-lipschitzienne pour un $k^{\mathrm{\prime }}<k$ : le supremum peut valoir $k$ sans être atteint. Cette nuance décide le sort de la section 14.

Contrôler une erreur

C'est l'usage le plus concret de tout le chapitre, et sans doute le seul que retiendra un étudiant qui ne fera pas de mathématiques. Le problème est le suivant : on mesure une grandeur $x$, on n'obtient qu'une valeur approchée $x_0$, et l'on calcule $f(x_0)$ au lieu de $f(x)$. De combien se trompe-t-on ?

L'exercice 13 traite plusieurs propagations d'incertitude de ce type, avec des fonctions où le facteur d'amplification réserve des surprises. L'exercice 07, lui, met l'IAF au service d'une fonction réciproque dont on ne sait écrire aucune formule : c'est là que la combinaison de la section 8 et de la présente section devient vraiment payante, puisqu'on contrôle une fonction qu'on ne sait pas calculer.

14. Suites récurrentes contrôlées par l'inégalité des accroissements finis

Voici la section la plus rentable du chapitre, au sens le plus terre à terre : c'est celle dont la méthode se retrouve, presque mot pour mot, dans un partiel sur deux. Le cadre est celui d'une suite définie par une relation de récurrence $u_{n+1}=f(u_n)$, objet que le chapitre « Suites réelles » a introduit et étudié par la monotonie. On y ajoute ici un outil qui donne bien plus : une vitesse.

Le cadre et le théorème

Démonstration.

La suite est bien définie et reste dans $I$. Par récurrence. Le terme $u_0$ appartient à $I$ par hypothèse. Si $u_n\in I$, alors $f(u_n)$ a un sens, et $u_{n+1}=f(u_n)\in f(I)\subset I$. Donc $u_n\in I$ pour tout $n$. C'est l'hypothèse de stabilité qui sert ici, et elle sert à quelque chose de précis : sans elle, un terme pourrait sortir de $I$, et l'hypothèse 3 ne s'appliquerait plus à lui.

La majoration. Par récurrence sur $n$. Au rang $0$, l'inégalité s'écrit $\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid ⩽\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid$, qui est vraie. Supposons-la vraie au rang $n$. Les deux réels $u_n$ et $\mathrm{\ell }$ appartiennent à $I$, et $\mid f^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽k$ sur $I$ : l'inégalité des accroissements finis s'applique à ce couple de points. Or, et c'est tout le mécanisme, la relation $f(\mathrm{\ell })=\mathrm{\ell }$ permet de récrire l'écart au rang suivant comme un écart d'images :

$$u_{n+1}-\mathrm{\ell }=f(u_n)-f(\mathrm{\ell })\mathrm{.}$$

L'IAF donne alors

$$\mid u_{n+1}-\mathrm{\ell }\mid =\mid f(u_n)-f(\mathrm{\ell })\mid ⩽k\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid ⩽k\times k^n\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid =k^{n+1}\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid ,$$

la seconde inégalité étant l'hypothèse de récurrence, multipliée par $k⩾0$. La propriété est héréditaire, donc vraie pour tout $n$.

La convergence. Comme $0⩽k<1$, la suite géométrique $(k^n)$ tend vers $0$ (chapitre « Suites réelles »), donc $k^n\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid$ aussi. L'encadrement $0⩽\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid ⩽k^n\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid$ et le théorème des gendarmes donnent $\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid \to 0$, c'est-à-dire $u_n\to \mathrm{\ell }$.

L'unicité du point fixe. Soit ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ un point fixe de $f$ dans $I$. L'IAF appliquée à $\mathrm{\ell }$ et ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ donne

$$\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid f(\mathrm{\ell })-f({\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }})\mid ⩽k\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ,$$

donc $(1-k)\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽0$. Comme $1-k>0$, il vient $\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽0$, donc $\mathrm{\ell }={\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$. C'est ici, et seulement ici, que la stricte inégalité $k<1$ est consommée dans cette partie de la preuve : avec $k=1$, la dernière ligne ne dirait plus rien. $\mathrm{\square }$

La voie courte, et celle que beaucoup prennent

La démonstration ci-dessus applique l'IAF entre $u_n$ et $\mathrm{\ell }$. C'est le geste à retenir, et c'est celui que la plupart des copies ne font pas : elles appliquent l'IAF entre deux termes consécutifs, ce qui donne

$$\mid u_{n+1}-u_n\mid =\mid f(u_n)-f(u_{n-1})\mid ⩽k\mid u_n-u_{n-1}\mid ,\text{d’où}\mid u_{n+1}-u_n\mid ⩽k^n\mid u_1-u_0\mid \mathrm{.}$$

Cette majoration n'est pas fausse, et elle mène quelque part : elle prouve que la suite est de Cauchy, donc convergente. Mais il faut ensuite un argument supplémentaire pour identifier la limite, à savoir la continuité de $f$ et le passage à la limite dans la relation $u_{n+1}=f(u_n)$. Et surtout, elle ne donne aucune majoration de l'écart à $\mathrm{\ell }$ : elle dit que la suite se stabilise, pas où.

La voie courte donne les trois choses d'un coup — convergence, valeur de la limite, vitesse — au prix d'une seule condition : connaître $\mathrm{\ell }$ à l'avance. Or on le connaît presque toujours, parce qu'on l'a obtenu en résolvant l'équation $f(x)=x$ avant de commencer, ou parce que le théorème des valeurs intermédiaires en a donné l'existence. C'est pour cette raison qu'on cherche le point fixe avant de lancer l'étude de la suite, et jamais après.

Le rang qui garantit une précision

C'est l'apport propre de cette méthode, et il est spectaculaire. On veut $\mid u_n-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$ pour un $\epsilon >0$ donné. Il suffit que $k^n\mid u_0-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. Supposons $k>0$ (si $k=0$, la fonction est constante sur $I$ et $u_1=\mathrm{\ell }$ déjà) et $u_0\mathrm{\ne }\mathrm{\ell }$. En appliquant le logarithme, qui est strictement croissant, la condition devient

$$n\ln k⩽\ln \epsilon -\ln \mid u_0-\mathrm{\ell }\mid \mathrm{.}$$

Or $\ln k<0$, puisque $0<k<1$. En divisant par $\ln k$, l'inégalité se retourne, et l'on obtient

$$n⩾\frac{\ln \epsilon -\ln \mid u_0-\mathrm{\ell }\mid }{\ln k}\mathrm{.}$$

Le retournement est l'erreur la plus fréquente de tout ce calcul, et elle est facile à détecter : si le résultat annonce qu'il faut prendre $n$ plus petit qu'un certain nombre pour être plus précis, c'est qu'on a oublié de retourner.

Ce que l'inégalité apporte de plus que la monotonie

Le chapitre « Suites réelles » démontre la convergence d'une suite récurrente par l'argument classique : quand $f$ est croissante et $I$ stable, la suite $(u_n)$ est monotone, son sens étant décidé par le signe de $u_1-u_0$ ; bornée par $I$, elle converge ; et sa limite vérifie $\mathrm{\ell }=f(\mathrm{\ell })$ par continuité de $f$. Cet argument reste valable et reste utile : il ne demande aucune hypothèse sur $f^{\mathrm{\prime }}$, seulement la croissance et la stabilité.

Mais il donne exactement une chose : l'existence de la limite. Il ne dit pas à quelle vitesse on s'en approche, donc il ne permet jamais de répondre à la question « combien de termes dois-je calculer pour avoir six décimales ? ». Pour cela il faudrait comparer $u_n$ à $\mathrm{\ell }$, ce que la monotonie seule ne permet pas.

L'inégalité des accroissements finis répond à cette question, et elle y répond à l'avance. C'est ce qui la rend indispensable dès qu'un calcul doit être programmé : c'est elle qui justifie le critère d'arrêt d'un algorithme, et c'est sur elle que repose l'étude de la méthode de Newton, en fin de chapitre, où l'on obtiendra une convergence bien plus rapide encore.

L'exercice 14 déroule cette méthode entièrement sur un exemple, puis fait varier l'intervalle de départ pour montrer que le choix de $I$ n'est pas neutre : mal choisi, il ne donne aucun $k<1$, alors qu'un intervalle plus petit et bien placé en donne un.

15. Variations et signe de la dérivée

Tout le lycée admet le lien entre le signe de la dérivée et les variations d'une fonction. Le voici démontré, et l'outil est l'égalité des accroissements finis. C'est le moment où l'EAF paie ce qu'elle a coûté.

Les énoncés

Démonstration du point 1, sens direct de la droite vers la gauche. Supposons $f^{\mathrm{\prime }}⩾0$ sur $I$, et soient $x<y$ dans $I$. Comme $I$ est un intervalle, le segment $[x,y]$ est contenu dans $I$ ; $f$ y est dérivable, donc continue. L'égalité des accroissements finis fournit $c\in ]x,y[$ tel que

$$f(y)-f(x)=f^{\mathrm{\prime }}(c)(y-x)\mathrm{.}$$

Le point $c$ appartient à $I$, donc $f^{\mathrm{\prime }}(c)⩾0$ ; et $y-x>0$. Le produit est donc positif ou nul : $f(x)⩽f(y)$. La fonction $f$ est croissante sur $I$. $\mathrm{\square }$

Réciproque du point 1. Supposons $f$ croissante sur $I$ et soit $a\in I$. Pour $x\in I$ distinct de $a$, le taux d'accroissement ${\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}$ est positif ou nul : si $x>a$, numérateur et dénominateur sont tous deux positifs ; si $x<a$, ils sont tous deux négatifs. Le passage à la limite dans une inégalité large donne $f^{\mathrm{\prime }}(a)⩾0$. $\mathrm{\square }$

Notons que cette réciproque n'emploie pas l'EAF : elle ne demande que la définition de la dérivée. L'asymétrie est instructive. Le sens qui coûte cher, celui qui a besoin de tout l'arsenal, est celui qui va de la dérivée vers la fonction, c'est-à-dire du local vers le global — et c'est précisément le sens qu'on utilise.

Points 2 et 3. Le point 2 s'obtient en appliquant le point 1 à $-f$, dont la dérivée est $-f^{\mathrm{\prime }}$, et en remarquant que $-f$ est croissante si et seulement si $f$ est décroissante. Le point 3 s'obtient en combinant les deux : si $f^{\mathrm{\prime }}=0$, alors $f^{\mathrm{\prime }}⩾0$ et $f^{\mathrm{\prime }}⩽0$, donc $f$ est à la fois croissante et décroissante, donc constante. La réciproque est immédiate, la dérivée d'une fonction constante étant nulle. $\mathrm{\square }$

Point 4. La même démonstration qu'au point 1, à un mot près : $f^{\mathrm{\prime }}(c)>0$ et $y-x>0$ donnent un produit strictement positif, donc $f(x)<f(y)$. $\mathrm{\square }$

La réciproque du point 4 est fausse, et le contre-exemple est celui qu'il faut savoir citer sans réfléchir : $x\mapsto x^3$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ (démontré à la main au chapitre précédent), alors que sa dérivée $3x^2$ s'annule en $0$. Une dérivée qui s'annule en un point isolé n'empêche donc pas la stricte croissance ; c'est ce que le point 5 précise.

Point 5. La fonction $f$ est croissante sur $I$ d'après le point 1. Supposons par l'absurde qu'elle ne soit pas strictement croissante : il existe alors $x<y$ dans $I$ tels que $f(x)=f(y)$. Soit $t\in [x,y]$. La croissance donne $f(x)⩽f(t)⩽f(y)=f(x)$, donc $f(t)=f(x)$ : la fonction $f$ est constante sur le segment $[x,y]$. Par le point 3 appliqué à l'intervalle $[x,y]$, sa dérivée y est nulle, et en particulier $f^{\mathrm{\prime }}$ s'annule en tout point de $]x,y[$, qui est un intervalle ouvert non vide, donc infini. Cela contredit l'hypothèse. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $I$. $\mathrm{\square }$

Cette démonstration montre au passage ce qu'est la vraie hypothèse : ce n'est pas « un nombre fini de points », c'est « l'ensemble des zéros de $f^{\mathrm{\prime }}$ ne contient aucun intervalle non trivial ». Un nombre fini de points est simplement le cas le plus courant, et le plus facile à vérifier.

Le piège de l'intervalle

Aucun des cinq énoncés n'est vrai sur un ensemble qui n'est pas un intervalle, et cette phrase mérite d'être encadrée mentalement, parce qu'elle est violée dans presque toutes les copies au moins une fois.

Le contre-exemple, pour les points 1 et 2. Soit $f(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$, définie sur $D={\mathbb{R}}^{\ast }$, réunion des deux intervalles $]-\mathrm{\infty },0[$ et $]0,+\mathrm{\infty }[$. Sa dérivée vaut $f^{\mathrm{\prime }}(x)=-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}$, qui est strictement négative en tout point de $D$. Pourtant $f$ n'est pas décroissante sur $D$ : on a $-1<1$ alors que

$$f(-1)=-1\text{et}f(1)=1,\text{donc}f(-1)<f(1)\mathrm{.}$$

La dérivée est strictement négative partout, et la fonction augmente entre deux points de son domaine.

Où la démonstration casse, exactement. Reprenons le point 1 avec $x=-1$ et $y=1$. La première phrase de la preuve dit : « comme $I$ est un intervalle, le segment $[x,y]$ est contenu dans $I$ ». Ici, le segment $[-1,1]$ contient $0$, qui n'appartient pas à $D$. La fonction $f$ n'est donc ni définie ni continue sur tout $[-1,1]$, l'hypothèse de l'EAF n'est pas satisfaite, et le théorème ne s'applique pas. L'hypothèse « intervalle » n'est consommée qu'une fois dans toute la démonstration, mais elle l'est de manière irremplaçable.

Le contre-exemple, pour le point 3. Il est encore plus net. Soit $g$ définie sur $D={\mathbb{R}}^{\ast }$ par $g(x)=0$ si $x<0$ et $g(x)=1$ si $x>0$. Alors $g$ est dérivable sur $D$ et $g^{\mathrm{\prime }}=0$ partout, sans que $g$ soit constante. Il n'y a aucune contradiction avec le théorème : celui-ci affirme que $g$ est constante sur chaque intervalle contenu dans $D$, et c'est exactement ce qui se passe.

Ce point a une conséquence qui dépasse ce chapitre. « Deux fonctions de même dérivée sur un intervalle diffèrent d'une constante » est un énoncé vrai sur un intervalle, faux sur une réunion d'intervalles disjoints — les fonctions $g$ ci-dessus et la fonction nulle ont la même dérivée sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$ sans différer d'une constante. C'est ce qui commandera, dans le chapitre « Calcul intégral élémentaire », la manière dont on écrit les primitives d'une fonction dont le domaine n'est pas un intervalle. L'exercice 16 est entièrement consacré à cette question.

Démontrer une inégalité

Quatre exercices entraînent cette section. L'exercice 15 propose quatre inégalités et demande explicitement, pour chacune, quel outil choisir et pourquoi. L'exercice 10 combine la stricte monotonie et le théorème des valeurs intermédiaires pour compter les solutions d'une équation, en s'appuyant sur le théorème de Rolle pour majorer leur nombre. L'exercice 16 travaille le piège de l'intervalle pour lui-même. L'exercice 18 mène une étude complète de fonction, du domaine au tracé.

16. Les accroissements finis généralisés, et la règle de L'Hôpital

Le théorème de Cauchy

Le quotient de gauche a un sens, et c'est la première chose à établir. Si l'on avait $g(a)=g(b)$, la fonction $g$ vérifierait les trois hypothèses du théorème de Rolle sur $[a,b]$, qui fournirait un point de $]a,b[$ où $g^{\mathrm{\prime }}$ s'annule : cela contredit l'hypothèse. Donc $g(b)-g(a)\mathrm{\ne }0$. Cette remarque, souvent sautée, est précisément l'endroit où l'hypothèse « $g^{\mathrm{\prime }}$ ne s'annule pas » sert une première fois.

D'où vient la fonction auxiliaire. Le raisonnement de la section 12 se reproduit, avec une différence : il n'y a plus de corde à retrancher, il y a deux fonctions. On cherche donc une combinaison de la forme

$$\psi =f-\lambda g,$$

où $\lambda$ est un réel qu'on va choisir pour que la condition de Rolle, $\psi (a)=\psi (b)$, soit satisfaite. Cette condition s'écrit $f(a)-\lambda g(a)=f(b)-\lambda g(b)$, c'est-à-dire

$$\lambda (g(b)-g(a))=f(b)-f(a),\text{donc}\lambda =\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\mathrm{.}$$

Le coefficient $\lambda$ n'est donc pas un lapin sorti d'un chapeau : c'est le seul choix qui rende Rolle applicable, et il vaut exactement le membre de gauche de la conclusion visée. Une fonction auxiliaire ne se devine jamais ; elle se déduit de la condition qu'on veut satisfaire.

Démonstration. On note $\lambda ={\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}$, qui a un sens d'après ce qui précède, et l'on pose, pour $x\in [a,b]$,

$$\psi (x)=f(x)-\lambda g(x)\mathrm{.}$$

On l'appelle $\psi$, et non $\phi$, pour ne pas la confondre avec la fonction auxiliaire de la section 12, qui est une autre fonction.

Continuité et dérivabilité. Comme $f$ et $g$ sont continues sur $[a,b]$ et dérivables sur $]a,b[$, il en est de même de toute combinaison linéaire de $f$ et $g$, en particulier de $\psi$, et ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(x)-\lambda g^{\mathrm{\prime }}(x)$ pour $x\in ]a,b[$.

Valeurs aux bornes. On calcule la différence, ce qui est plus court que les deux valeurs :

$$\psi (b)-\psi (a)=(f(b)-f(a))-\lambda (g(b)-g(a))=(f(b)-f(a))-(f(b)-f(a))=0,$$

par définition de $\lambda$. Donc $\psi (a)=\psi (b)$.

Rolle. Le théorème de Rolle fournit $c\in ]a,b[$ tel que ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(c)=0$, c'est-à-dire $f^{\mathrm{\prime }}(c)=\lambda g^{\mathrm{\prime }}(c)$. Comme $g^{\mathrm{\prime }}(c)\mathrm{\ne }0$ par hypothèse — c'est le second usage de cette hypothèse — on peut diviser :

$$\frac{f^{\mathrm{\prime }}(c)}{g^{\mathrm{\prime }}(c)}=\lambda =\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

On a donc une chaîne d'énoncés emboîtés : Cauchy contient l'EAF, qui contient Rolle. Et comme Rolle a servi à démontrer les deux autres, les trois sont en fait équivalents : chacun se déduit des autres au prix d'une fonction auxiliaire. C'est Rolle qu'on démontre à la main, parce que c'est le seul dont la preuve soit directe, à partir des bornes atteintes et du lemme de Fermat.

La règle de L'Hôpital

L'ordre des hypothèses est l'énoncé, et c'est là que les étudiants se blessent. Le théorème part de la limite du quotient des dérivées, et conclut sur la limite du quotient des fonctions. Il autorise donc à remplacer ${\displaystyle \frac{f}{g}}$ par ${\displaystyle \frac{f^{\mathrm{\prime }}}{g^{\mathrm{\prime }}}}$ seulement si cette seconde limite existe. Écrire d'emblée une égalité entre les deux limites, avant d'avoir montré que celle de droite existe, revient à égaler un objet inconnu et un objet dont on ignore s'il existe. La rédaction correcte calcule d'abord $\lim {\displaystyle \frac{f^{\mathrm{\prime }}}{g^{\mathrm{\prime }}}}$, constate qu'elle existe, et en déduit la limite cherchée.

Démonstration, dans le cas où $a$ est un réel. Quitte à poser $f(a)=0$ et $g(a)=0$, l'hypothèse 1 rend $f$ et $g$ continues en $a$, donc continues sur $I$. Soit $x\in I$ avec $x>a$. Sur le segment $[a,x]$, les fonctions $f$ et $g$ sont continues, dérivables sur $]a,x[$, et $g^{\mathrm{\prime }}$ n'y annule pas : le théorème de Cauchy fournit $c_x\in ]a,x[$ tel que

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\mathrm{\prime }}(c_x)}{g^{\mathrm{\prime }}(c_x)}\mathrm{.}$$

Quand $x\to a^{+}$, l'encadrement $a<c_x<x$ donne $c_x\to a$ par le théorème des gendarmes, et surtout $c_x\mathrm{\ne }a$ : c'est exactement la condition qui rend légitime le passage à la limite dans une composée, et le chapitre précédent a montré que l'oublier est le piège classique. L'hypothèse 2 donne alors ${\displaystyle \frac{f^{\mathrm{\prime }}(c_x)}{g^{\mathrm{\prime }}(c_x)}}\to L$, donc ${\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}}\to L$ quand $x\to a^{+}$. Le raisonnement à gauche de $a$ est identique, et les deux limites latérales coïncident. $\mathrm{\square }$

Les deux cas d'échec

Ils sont obligatoires, au sens où un étudiant qui ne les connaît pas emploiera la règle à tort tôt ou tard.

Échec (a) : ${\displaystyle \frac{f^{\mathrm{\prime }}}{g^{\mathrm{\prime }}}}$ n'a pas de limite, alors que ${\displaystyle \frac{f}{g}}$ en a une. Prenons, sur $I=\mathbb{R}$ et en $a=0$,

$$f(x)=x^2\sin \text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x}\right)\text{ pour }x\mathrm{\ne }0,f(0)=0,\text{et}g(x)=x\mathrm{.}$$

Les deux tendent vers $0$ en $0$, et $g^{\mathrm{\prime }}(x)=1$ ne s'annule jamais : les hypothèses de départ sont réunies. Le quotient des fonctions vaut ${\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}}=x\sin {\displaystyle \frac{1}{x}}$, dont la valeur absolue est majorée par $\mid x\mid$ : il tend vers $0$.

Mais le quotient des dérivées vaut

$$\frac{f^{\mathrm{\prime }}(x)}{g^{\mathrm{\prime }}(x)}=2x\sin \text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x}\right)-\cos \text{\hspace{0.17em}⁣}\left(\frac{1}{x}\right),$$

et il n'a pas de limite en $0$. Pour le voir, on emploie la caractérisation séquentielle du chapitre précédent avec deux suites tendant vers $0$ : en $x_n={\displaystyle \frac{1}{2n\pi }}$, le sinus vaut $0$ et le cosinus vaut $1$, donc le quotient vaut $-1$ ; en $y_n={\displaystyle \frac{1}{(2n+1)\pi }}$, le sinus vaut $0$ et le cosinus vaut $-1$, donc le quotient vaut $1$. Deux suites de points tendant vers $0$ donnent deux limites différentes : il n'y a pas de limite.

Ce que cet exemple démontre, c'est que la règle de L'Hôpital est une implication à sens unique. L'absence de limite pour ${\displaystyle \frac{f^{\mathrm{\prime }}}{g^{\mathrm{\prime }}}}$ n'autorise aucune conclusion sur ${\displaystyle \frac{f}{g}}$ : ni qu'elle existe, ni qu'elle n'existe pas. Une copie qui écrit « le quotient des dérivées n'a pas de limite, donc le quotient de départ non plus » commet une faute de logique, pas une faute de calcul. Cette fonction $x^2\sin (1\mathrm{/}x)$ est étudiée en détail à l'exercice 04, avec toute la famille $x^{\alpha }\sin (1\mathrm{/}x)$.

Échec (b) : l'application circulaire. Cherchons $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}}$, forme indéterminée ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$. Le quotient des dérivées vaut

$$\frac{x\mathrm{/}\sqrt{x^2+1}}{1}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}},$$

c'est-à-dire l'inverse du quotient de départ. Une seconde application ramène au quotient initial, et ainsi de suite : la règle tourne en rond sans jamais conclure, et l'on peut l'appliquer indéfiniment sans progresser d'un pas.

La sortie est toujours la même : revenir au calcul direct. Pour $x>0$,

$$\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\frac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2}}=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}1.$$

Une factorisation par le terme dominant a suffi. La leçon est qu'une règle qui ne conclut pas au bout de deux applications est probablement le mauvais outil.

L'exercice 11 traite le théorème de Cauchy et la règle de L'Hôpital ensemble : on y démontre le théorème sur des cas particuliers, on y calcule des limites des deux manières, et l'on y reconstruit les deux cas d'échec.

17. Le théorème de la limite de la dérivée, et le théorème de Darboux

Le théorème de la limite de la dérivée

Démonstration par l'EAF. Elle est immédiate une fois l'égalité des accroissements finis acquise, et il vaut la peine de voir à quel point.

Notons d'abord que $f$ est continue sur $I$ : elle l'est en $a$ par l'hypothèse 1, et en tout autre point par l'hypothèse 2, la dérivabilité entraînant la continuité.

Soit $x\in I$ avec $x\mathrm{\ne }a$, et notons $J_x$ le segment d'extrémités $a$ et $x$. Comme $I$ est un intervalle, $J_x\subset I$. La fonction $f$ est continue sur $J_x$, et elle est dérivable sur l'intervalle ouvert d'extrémités $a$ et $x$, qui ne contient pas $a$ : les deux hypothèses de l'EAF sont donc satisfaites, malgré le fait qu'on ne suppose rien de la dérivabilité en $a$. C'est très exactement ce que la séparation des hypothèses de la section 12 autorise.

L'EAF fournit donc un réel $c_x$, strictement compris entre $a$ et $x$, tel que

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f^{\mathrm{\prime }}(c_x)\mathrm{.}$$

Quand $x\to a$, l'encadrement $\mid c_x-a\mid <\mid x-a\mid$ donne $c_x\to a$ ; et $c_x\mathrm{\ne }a$, ce qui est la condition qui rend le passage à la limite légitime dans la composée. L'hypothèse 3 donne alors $f^{\mathrm{\prime }}(c_x)\to \mathrm{\ell }$.

Le taux d'accroissement de $f$ en $a$ tend donc vers $\mathrm{\ell }$ : par définition, $f$ est dérivable en $a$ et $f^{\mathrm{\prime }}(a)=\mathrm{\ell }$. Enfin, l'hypothèse 3 se relit maintenant $f^{\mathrm{\prime }}(x)\to f^{\mathrm{\prime }}(a)$ quand $x\to a$, ce qui est la continuité de $f^{\mathrm{\prime }}$ en $a$. $\mathrm{\square }$

La réciproque est fausse. Une fonction peut être dérivable en $a$ sans que $f^{\mathrm{\prime }}$ admette la moindre limite en $a$. Le témoin est la fonction déjà rencontrée à la section 16, définie par $f(x)=x^2\sin (1\mathrm{/}x)$ pour $x\mathrm{\ne }0$ et $f(0)=0$ : son taux d'accroissement en $0$ vaut $x\sin (1\mathrm{/}x)$, majoré en valeur absolue par $\mid x\mid$, donc elle est dérivable en $0$ avec $f^{\mathrm{\prime }}(0)=0$ ; et sa dérivée $2x\sin (1\mathrm{/}x)-\cos (1\mathrm{/}x)$ n'a pas de limite en $0$, comme on l'a vu. L'exercice 04 construit cet exemple en entier, avec toute la famille $x^{\alpha }\sin (1\mathrm{/}x)$ et le rôle que joue chaque valeur de $\alpha$ ; on ne le détaille pas ici.

L'exercice 17 est consacré à ce théorème : on y traite plusieurs raccords, on y détermine la classe exacte de la fonction obtenue, et l'on y rencontre au moins un cas où le théorème ne conclut pas et où il faut revenir à la définition.

Le théorème de Darboux

Ce théorème est admis dans ce cours. Sa démonstration, courte mais astucieuse, consiste à appliquer le lemme de Fermat de la section 10 à la fonction $x\mapsto f(x)-yx$ sur $[a,b]$, en montrant que ses hypothèses forcent son extremum à être intérieur.

Ce qu'il dit, et pourquoi c'est surprenant. Le théorème des valeurs intermédiaires du chapitre précédent suppose la continuité. Darboux affirme qu'une dérivée possède la même propriété sans qu'on suppose rien de sa continuité. Et l'hypothèse manque vraiment : on vient de voir que la dérivée de $x^2\sin (1\mathrm{/}x)$ n'est pas continue en $0$. Une dérivée peut donc être discontinue — mais alors, sa discontinuité est nécessairement d'un type sauvage, du genre oscillation, jamais un simple saut.

Ce que cela interdit. Reprenons la fonction signe, notée $\mathrm{sgn}$, valant $-1$ sur $]-\mathrm{\infty },0[$, $0$ en $0$ et $1$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$. Elle prend les valeurs $-1$ et $1$ ; le réel ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ est compris entre les deux, et pourtant $\mathrm{sgn}$ ne le prend jamais. Elle viole donc la propriété des valeurs intermédiaires sur tout intervalle contenant $0$, et le théorème de Darboux permet d'en conclure quelque chose de fort :

aucune fonction dérivable sur un intervalle contenant $0$ n'a la fonction signe pour dérivée.

C'est un énoncé de non-existence, et il n'est démontrable par aucun calcul : seul un théorème sur la classe des dérivées peut le donner. Autrement dit, toutes les fonctions ne sont pas des dérivées, et la classe des dérivées est strictement plus petite que celle des fonctions quelconques.

Une conséquence qu'on utilise sans le savoir. Soit $f$ dérivable sur un intervalle $I$, avec $f^{\mathrm{\prime }}$ ne s'annulant en aucun point de $I$. Alors $f^{\mathrm{\prime }}$ garde un signe constant sur $I$ : si elle prenait une valeur strictement négative et une valeur strictement positive, Darboux lui ferait prendre la valeur $0$ entre les deux, ce qui est exclu. Donc $f$ est strictement monotone sur $I$, par le point 4 de la section 15.

C'est exactement la phrase « $f^{\mathrm{\prime }}$ ne s'annule pas, donc $f$ est strictement monotone », qu'on écrit couramment. Quand $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue, elle se justifie par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f^{\mathrm{\prime }}$. Quand on ne suppose pas $f^{\mathrm{\prime }}$ continue — et rien ne l'impose ici — c'est Darboux qui la rend légitime, et rien d'autre.

18. Dérivées successives, classes de régularité et formule de Leibniz

Toute la suite du chapitre — formules de Taylor, développements limités, convexité — repose sur des dérivées d'ordre supérieur à un. Cette section pose le vocabulaire et l'outil de calcul.

Définitions

Les premières dérivées se notent $f^{\mathrm{\prime }}$, $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$, $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ ; au-delà, on écrit $f^{(4)}$, $f^{(5)}$, et l'on n'écrit jamais $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$.

La lettre est muette : on écrit indifféremment ${\mathcal{C}}^k$, ${\mathcal{C}}^p$ ou ${\mathcal{C}}^n$. Dans cette section, on emploie $p$, afin de garder les lettres $n$ et $k$ disponibles pour la formule de Leibniz, où elles ont un autre rôle.

Démonstration des inclusions. La deuxième est la plus instructive : si $f$ est $(p+1)$ fois dérivable, alors $f^{(p)}$ admet une dérivée, à savoir $f^{(p+1)}$ ; or une fonction dérivable est continue (section 4) ; donc $f^{(p)}$ est continue, c'est-à-dire $f\in {\mathcal{C}}^p(I)$. La première et la troisième s'en déduisent : être de classe ${\mathcal{C}}^{p+1}$, c'est être $(p+1)$ fois dérivable avec en plus la continuité de $f^{(p+1)}$ ; et être de classe ${\mathcal{C}}^p$, c'est être $p$ fois dérivable avec en plus une continuité. $\mathrm{\square }$

Les trois témoins de stricte inclusion, qu'il faut savoir citer :

• La fonction $x\mapsto \mid x\mid$ est de classe ${\mathcal{C}}^0$ sur $\mathbb{R}$ sans y être dérivable : le point anguleux en $0$ de la section 5.
• La fonction $x\mapsto x^2\sin (1\mathrm{/}x)$, prolongée par $0$ en $0$, est dérivable sur $\mathbb{R}$ sans être de classe ${\mathcal{C}}^1$ : sa dérivée existe partout mais n'est pas continue en $0$. Être $p$ fois dérivable est donc strictement plus faible qu'être de classe ${\mathcal{C}}^p$.
• Pour chaque $p⩾1$, la fonction $x\mapsto x^p\mid x\mid$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$ sur $\mathbb{R}$ sans y être $(p+1)$ fois dérivable : une récurrence courte montre que sa dérivée $p$-ième vaut $(p+1)!\mid x\mid$, qui est continue mais non dérivable en $0$. Les classes ${\mathcal{C}}^p$ forment donc une hiérarchie infinie, et jamais stationnaire.

Stabilité par les opérations

Le point 1 se démontre par une récurrence immédiate à partir de la linéarité de la dérivation, établie à la section 7. Le point 4 mérite d'être écrit, parce que sa récurrence a une subtilité.

Démonstration du point 4, par récurrence sur $p$. L'énoncé à démontrer par récurrence est : « pour toutes fonctions $u$ et $w$ de classe ${\mathcal{C}}^p$ dont les domaines s'emboîtent, $w\circ u$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$ ». La quantification sur toutes les fonctions fait partie de la propriété récurrente ; sans elle, l'hérédité ne pourrait pas s'appliquer aux fonctions dérivées, qui ne sont pas celles de départ.

Initialisation, $p=0$. La composée de deux fonctions continues est continue (chapitre précédent).

Hérédité. Supposons la propriété vraie au rang $p$, et soient $u$ et $w$ de classe ${\mathcal{C}}^{p+1}$. Elles sont en particulier dérivables, et la formule de dérivation d'une composée (section 7) donne

$$(w\circ u{)}^{\mathrm{\prime }}=(w^{\mathrm{\prime }}\circ u)\times u^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

Or $w^{\mathrm{\prime }}$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$ (puisque $w$ est ${\mathcal{C}}^{p+1}$), et $u$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$ : l'hypothèse de récurrence, appliquée au couple $(u,w^{\mathrm{\prime }})$ et non au couple de départ, donne que $w^{\mathrm{\prime }}\circ u$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$. De plus $u^{\mathrm{\prime }}$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$. Le produit de deux fonctions ${\mathcal{C}}^p$ est ${\mathcal{C}}^p$ par le point 2 : donc $(w\circ u{)}^{\mathrm{\prime }}$ est de classe ${\mathcal{C}}^p$, ce qui signifie exactement que $w\circ u$ est de classe ${\mathcal{C}}^{p+1}$. $\mathrm{\square }$

Ce que ces stabilités permettent d'écrire en copie. Les fonctions usuelles — polynômes, $\exp$, $\ln$, $\sin$, $\cos$, $\tan$, $\mathrm{Arcsin}$, $\mathrm{Arccos}$, $\mathrm{Arctan}$, $x\mapsto x^{\alpha }$ — sont de classe ${\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$ sur leur domaine, ce qui se vérifie sur leurs dérivées. Par conséquent, toute fonction obtenue à partir d'elles par sommes, produits, quotients et composées est de classe ${\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$ sur tout intervalle où elle est définie. Cela autorise la phrase qui remplace des pages de calcul :

« La fonction $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$ sur $I$ comme quotient de fonctions de classe ${\mathcal{C}}^{\mathrm{\infty }}$ dont le dénominateur ne s'annule pas sur $I$. »

Encore faut-il l'écrire, et vérifier l'annulation du dénominateur.

La formule de Leibniz

La ressemblance avec la formule du binôme de Newton n'est pas fortuite : mêmes coefficients binomiaux, les puissances étant remplacées par des ordres de dérivation. Les deux formules se démontrent d'ailleurs de la même façon, et par le même ingrédient combinatoire.

Notons aussi que la formule est symétrique en $u$ et $v$ : le changement d'indice $k\mapsto n-k$ échange leurs rôles, puisque $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n-k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)$. On a donc le droit de choisir laquelle des deux fonctions joue le rôle de $u$, et l'on choisira toujours celle dont les dérivées s'arrêtent.

Démonstration, par récurrence sur $n$. La propriété à démontrer au rang $n$ est : « pour toutes fonctions $u$ et $v$ $n$ fois dérivables sur $I$, le produit $uv$ est $n$ fois dérivable et la formule est vraie ».

Initialisation. Au rang $n=0$, la somme se réduit à son unique terme $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)u^{(0)}{v}^{(0)}=uv$, et $(uv{)}^{(0)}=uv$. La formule est vraie. Au rang $n=1$, elle donne $u^{\mathrm{\prime }}v+u{v}^{\mathrm{\prime }}$, qui est la dérivée d'un produit établie à la section 7 : c'est cohérent.

Hérédité. Supposons la formule vraie au rang $n$, et soient $u$ et $v$ deux fonctions $(n+1)$ fois dérivables sur $I$. Elles sont en particulier $n$ fois dérivables, donc

$$(uv{)}^{(n)}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)u^{(k)}{v}^{(n-k)}\mathrm{.}$$

Dans cette somme, chaque terme est le produit de $u^{(k)}$ et de $v^{(n-k)}$, avec $k⩽n$ et $n-k⩽n$ : ces deux fonctions sont dérivables, puisque $u$ et $v$ le sont $n+1$ fois. Chaque terme est donc dérivable, et la somme aussi. En dérivant terme à terme (linéarité) et en appliquant la dérivée d'un produit à chacun :

$$(uv{)}^{(n+1)}=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)(u^{(k+1)}{v}^{(n-k)}+u^{(k)}{v}^{(n-k+1)})=S_1+S_2,$$

où l'on a posé

$$S_1=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)u^{(k+1)}{v}^{(n-k)}\text{et}{S}_2=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)u^{(k)}{v}^{(n+1-k)}\mathrm{.}$$

Le regroupement, étape décisive. Les deux sommes n'ont pas le même terme générique : dans $S_1$, l'ordre de dérivation de $u$ est décalé d'un cran. On effectue donc un changement d'indice dans $S_1$, et dans $S_1$ seulement. Posons $j=k+1$ : quand $k$ parcourt $0,1,\dots ,n$, l'indice $j$ parcourt $1,2,\dots ,n+1$, et l'on a $u^{(k+1)}=u^{(j)}$ ainsi que $v^{(n-k)}=v^{(n-j+1)}=v^{(n+1-j)}$. D'où

$$S_1=\sum _{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)u^{(j)}{v}^{(n+1-j)}\mathrm{.}$$

Dans $S_2$, on renomme simplement $k$ en $j$, sans aucun décalage :

$$S_2=\sum _{j=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)u^{(j)}{v}^{(n+1-j)}\mathrm{.}$$

Les deux sommes portent maintenant sur le même terme générique $u^{(j)}{v}^{(n+1-j)}$, mais pas sur les mêmes indices : $S_1$ va de $1$ à $n+1$, $S_2$ de $0$ à $n$. On ne peut réunir deux sommes que si elles portent sur les mêmes indices : on isole donc le terme $j=n+1$ de $S_1$ et le terme $j=0$ de $S_2$.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_1+S_2}& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)u^{(n+1)}{v}^{(0)}+\sum _{j=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)u^{(j)}{v}^{(n+1-j)}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +\sum _{j=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)u^{(j)}{v}^{(n+1-j)}+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)u^{(0)}{v}^{(n+1)}\mathrm{.}}\end{array}$$

Les deux sommes centrales portent désormais sur les mêmes indices $j=1,\dots ,n$ : on les réunit terme à terme, et la relation de Pascal

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right),$$

acquise au chapitre « Logique, raisonnement, ensembles et applications », donne

$$S_1+S_2=u^{(n+1)}v+\sum _{j=1}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)u^{(j)}{v}^{(n+1-j)}+u{v}^{(n+1)}\mathrm{.}$$

Enfin $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)=1$ et $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)=1$ : les deux termes isolés sont exactement les termes d'indices $j=n+1$ et $j=0$ de la somme complète. En les y réintégrant,

$$(uv{)}^{(n+1)}=\sum _{j=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)u^{(j)}{v}^{(n+1-j)},$$

qui est la formule au rang $n+1$. La récurrence est établie. $\mathrm{\square }$

L'exercice 19 pousse la formule plus loin : on y établit une relation de récurrence entre les dérivées successives d'une fonction, ce qui est le véritable usage de Leibniz en première année. L'exercice 20 travaille la classe exacte d'une fonction définie par raccord, en combinant cette section et le théorème de la limite de la dérivée de la section 17 — deux outils qu'on emploie presque toujours ensemble.

Ce que cette section prépare

Une dernière remarque, et elle ouvre tout le reste du chapitre. Pour une fonction suffisamment régulière au voisinage d'un point $a$, on dispose désormais d'une suite de nombres :

$$f(a),f^{\mathrm{\prime }}(a),f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(a),\dots ,f^{(n)}(a)\mathrm{.}$$

La section 19 montre que ces $n+1$ nombres suffisent à décrire le comportement de $f$ au voisinage de $a$, à un reste négligeable près : ce sont eux qui deviennent les coefficients des formules de Taylor, puis des développements limités des sections 20 à 23. Savoir les calculer devient donc un enjeu de calcul à part entière — et c'est précisément ce que la formule de Leibniz permet quand $f$ est un produit, ce que la stabilité par composition permet quand $f$ est une composée.

19. Les formules de Taylor

Tout ce qui précède tournait autour d'une seule idée : remplacer $f$, au voisinage d'un point, par une droite. La dérivabilité en $a$ s'écrivait $f(a+h)=f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)h+h\epsilon (h)$, la tangente était le meilleur objet du premier degré, et l'inégalité des accroissements finis de la section 13 chiffrait l'erreur commise. Les formules de Taylor font la même chose avec un polynôme de degré $n$ au lieu d'une droite, et elles répondent aux deux questions qu'on se pose alors : quel polynôme, et quelle erreur.

Le premier point ne fait presque pas débat. Si l'on cherche un polynôme $P$ de degré au plus $n$ qui colle à $f$ en $a$, la façon la plus naturelle de « coller » est d'imposer les mêmes valeurs de la fonction et de ses $n$ premières dérivées en $a$. Cette condition détermine $P$ entièrement, et le calcul est immédiat.

La notation $P_n$ tait deux dépendances qu'il ne faut jamais perdre de vue : ce polynôme dépend de $f$ et du point $a$. Quand deux fonctions ou deux points circulent dans un même exercice, on écrit $P_{n,a}$, ou l'on nomme les polynômes différemment. C'est une source d'erreur classique en copie, et elle ne coûte rien à éviter.

Deux vérifications valent d'être faites une fois pour toutes, et elles se font en dérivant terme à terme. D'abord, $P_n^{(j)}(a)=f^{(j)}(a)$ pour tout $j⩽n$ : chaque dérivation abaisse d'un cran les puissances de $x-a$, et en $x=a$ tous les termes s'annulent sauf un. Ensuite, si $f$ est elle-même polynomiale de degré au plus $n$, alors $P_n=f$ exactement, et le reste est nul : les formules de Taylor n'ont rien à dire sur les polynômes, elles servent à approcher les autres fonctions par des polynômes.

Reste la deuxième question, celle de l'erreur, et c'est elle qui donne trois théorèmes au lieu d'un. Les trois formules qui suivent ont exactement la même partie polynomiale $P_n$. Elles ne diffèrent que par ce qu'elles disent de $R_n$, et donc par ce qu'elles exigent de $f$. Ne les confondre jamais est le premier acquis attendu de cette section.

Taylor-Young : ce qui se passe tout près de $a$

L'hypothèse mérite d'être lue lentement, parce qu'elle est plus fine qu'il n'y paraît. Dire que $f$ est $n$ fois dérivable en $a$ suppose que $f^{(n-1)}$ existe sur tout un voisinage de $a$ — sans quoi on ne pourrait pas la dériver une fois de plus — et que cette fonction $f^{(n-1)}$ est dérivable au point $a$. On ne demande rien de plus : ni la continuité de $f^{(n)}$, ni même son existence ailleurs qu'en $a$.

Le symbole $o((x-a{)}^n)$ est ici pris quand $x$ tend vers $a$, et nulle part ailleurs. Cette précision n'est pas une coquetterie : dans la section 22, des restes pris en $0$, en $a$ et en $+\mathrm{\infty }$ se croiseront dans le même calcul, et un $o$ dont on ignore le point où il est pris ne veut rien dire.

Démonstration, par récurrence sur $n$. Notons ${\mathcal{H}}_n$ l'énoncé : « pour toute fonction $g$ définie au voisinage de $a$ et $n$ fois dérivable en $a$, on a $g(x)=P_n^g(x)+o((x-a{)}^n)$ quand $x\to a$ », où $P_n^g$ désigne le polynôme de Taylor de $g$.

Initialisation. Pour $n=1$, l'énoncé ${\mathcal{H}}_1$ s'écrit $g(x)=g(a)+g^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)+o(x-a)$, ce qui est exactement la définition de la dérivabilité de $g$ en $a$, sous la forme donnée dans les premières sections du chapitre. Il n'y a rien à démontrer.

Hérédité. Soit $n⩾2$ ; supposons ${\mathcal{H}}_{n-1}$ vraie et soit $f$ une fonction $n$ fois dérivable en $a$. Posons, pour $x$ au voisinage de $a$,

$$R_n(x)=f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k\mathrm{.}$$

Comme $n⩾2$, la fonction $f$ est au moins une fois dérivable au voisinage de $a$, donc $R_n$ l'est aussi, et en dérivant terme à terme le polynôme :

$$R_n^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(x)-\sum _{k=1}^n\frac{f^{(k)}(a)}{(k-1)!}(x-a{)}^{k-1}=f^{\mathrm{\prime }}(x)-\sum _{j=0}^{n-1}\frac{(f^{\mathrm{\prime }}{)}^{(j)}(a)}{j!}(x-a{)}^j,$$

la seconde écriture s'obtenant par le changement d'indice $j=k-1$ et l'identité $f^{(j+1)}=(f^{\mathrm{\prime }}{)}^{(j)}$. On reconnaît le reste d'ordre $n-1$ de la fonction $f^{\mathrm{\prime }}$. Or $f^{\mathrm{\prime }}$ est $n-1$ fois dérivable en $a$ : l'hypothèse de récurrence ${\mathcal{H}}_{n-1}$ s'applique à $f^{\mathrm{\prime }}$ et donne

$$R_n^{\mathrm{\prime }}(x)=o((x-a{)}^{n-1})\text{quand }x\to a\mathrm{.}$$

Le passage du reste à sa dérivée. Il s'agit maintenant de remonter de $R_n^{\mathrm{\prime }}$ à $R_n$, et c'est la règle de L'Hôpital de la section 16 qui le fait. Posons $D(x)=(x-a{)}^n$. Les deux fonctions $R_n$ et $D$ sont continues en $a$, de valeur nulle en $a$ — pour $R_n$, parce que tous les termes du polynôme sauf $f(a)$ s'annulent en $a$ — et dérivables au voisinage épointé de $a$, où $D^{\mathrm{\prime }}(x)=n(x-a{)}^{n-1}$ ne s'annule pas. Enfin,

$$\frac{R_n^{\mathrm{\prime }}(x)}{D^{\mathrm{\prime }}(x)}=\frac{1}{n}\cdot \frac{R_n^{\mathrm{\prime }}(x)}{(x-a{)}^{n-1}}\underset{x\to a}{\overset{}{\to }}0,$$

d'après ce qui précède. La règle de L'Hôpital conclut : ${\displaystyle \frac{R_n(x)}{(x-a{)}^n}}\to 0$, c'est-à-dire $R_n(x)=o((x-a{)}^n)$, ce qui est ${\mathcal{H}}_n$ pour $f$. $\mathrm{\square }$

Pourquoi cette démonstration plutôt qu'une autre. On peut aussi déduire Taylor-Young de Taylor-Lagrange, qui vient juste après, et c'est plus court : trois lignes. Mais cette déduction exige $f$ de classe ${\mathcal{C}}^n$, donc une hypothèse strictement plus forte, et l'on perdrait précisément le cas qui servira le plus dans les sections 20 à 23, celui d'une fonction seulement dérivable $n$ fois au point considéré. La récurrence ci-dessus, elle, n'utilise que la définition de la dérivée et un théorème déjà démontré.

Taylor-Lagrange : un contrôle chiffré, sur tout un intervalle

L'énoncé vaut aussi lorsque $b<a$, le point $c$ étant alors strictement compris entre $b$ et $a$ : il suffit d'appliquer ce qui suit à la fonction $x\mapsto f(-x)$, ou de refaire la démonstration à l'identique. On l'emploiera dans les deux sens sans autre commentaire.

Le cas $n=0$ est l'égalité des accroissements finis de la section 12 : la formule s'y réduit à $f(b)=f(a)+(b-a)f^{\mathrm{\prime }}(c)$. Taylor-Lagrange en est donc la généralisation exacte, et c'est aussi de Rolle qu'elle se démontre. La dissymétrie des hypothèses — classe ${\mathcal{C}}^n$ sur le fermé, une dérivée de plus sur l'ouvert — est la même que dans Rolle, et pour la même raison : on n'a besoin de dériver qu'à l'intérieur, mais il faut de la continuité jusqu'aux bords pour appliquer le théorème.

Démonstration. Elle se déroule en quatre temps.

Étape 1 : le choix de $K$. Posons

$$A=f(b)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a{)}^k$$

le reste que l'on cherche à évaluer, et définissons la constante $K$ par l'égalité

$$A=K\frac{(b-a{)}^{n+1}}{(n+1)!},\text{soit}K=\frac{(n+1)!A}{(b-a{)}^{n+1}},$$

ce qui a un sens puisque $b-a\mathrm{\ne }0$. À ce stade $K$ est un réel parfaitement défini, et tout ce qui reste à démontrer est que ce réel est une valeur de $f^{(n+1)}$.

Étape 2 : la fonction auxiliaire et ses deux zéros. Définissons $\phi :[a,b]\to \mathbb{R}$ par

$$\phi (x)=f(b)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x)}{k!}(b-x{)}^k-K\frac{(b-x{)}^{n+1}}{(n+1)!}\mathrm{.}$$

En $x=b$, tous les termes de la somme s'annulent sauf celui d'indice $k=0$, qui vaut $f(b)$, et le dernier terme est nul : $\phi (b)=0$. En $x=a$, la somme vaut $P_n(b)$, donc $\phi (a)=A-K{\displaystyle \frac{(b-a{)}^{n+1}}{(n+1)!}}=0$ par le choix de $K$.

Étape 3 : la dérivée se télescope. La fonction $\phi$ est continue sur $[a,b]$, car $f$ y est de classe ${\mathcal{C}}^n$ et chaque $f^{(k)}$ pour $k⩽n$ y est donc continue. Elle est dérivable sur $]a,b[$, où $f^{(n)}$ l'est par hypothèse. Dérivons la somme, chaque terme étant un produit :

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[\frac{f^{(k)}(x)}{k!}(b-x{)}^k]=\frac{f^{(k+1)}(x)}{k!}(b-x{)}^k-\frac{f^{(k)}(x)}{(k-1)!}(b-x{)}^{k-1},$$

le second terme étant absent pour $k=0$. En sommant de $k=0$ à $n$, chaque terme positif d'indice $k$ s'annule avec le terme négatif d'indice $k+1$ : tout se télescope, et il ne subsiste que le terme positif d'indice $n$. La dérivée de la somme vaut donc ${\displaystyle \frac{f^{(n+1)}(x)}{n!}}(b-x{)}^n$. Comme par ailleurs la dérivée de $-K{\displaystyle \frac{(b-x{)}^{n+1}}{(n+1)!}}$ vaut $K{\displaystyle \frac{(b-x{)}^n}{n!}}$, on obtient

$${\phi }^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{(b-x{)}^n}{n!}(K-f^{(n+1)}(x))\text{pour tout }x\in ]a,b[\mathrm{.}$$

Étape 4 : Rolle. La fonction $\phi$ est continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$, et $\phi (a)=\phi (b)=0$. Le théorème de Rolle, établi à la section 11, fournit un réel $c$ tel que $a<c<b$ et ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(c)=0$. Comme $c<b$, le facteur $(b-c{)}^n$ est strictement positif, donc non nul : l'égalité ${\phi }^{\mathrm{\prime }}(c)=0$ impose $K=f^{(n+1)}(c)$. En reportant dans l'étape 1, on obtient exactement l'égalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Il n'y a aucune raison, dans cette démonstration, d'espérer connaître $c$ : il est fourni par Rolle, qui est un théorème d'existence. Un $c$ dont on prétend calculer la valeur est presque toujours le signe d'une faute de raisonnement, et c'est ce qui rend la formule inutilisable telle quelle. D'où la conséquence suivante, qui est la version dont on se sert réellement. L'exercice 24 refait cette démonstration pas à pas, en faisant déterminer la constante $K$, vérifier une par une les hypothèses de Rolle, et apparaître le télescopage au lieu de l'affirmer.

L'inégalité de Taylor-Lagrange

La démonstration tient en une ligne : le point $c$ appartient à $]a,b[$, donc $\mid f^{(n+1)}(c)\mid ⩽M_{n+1}$, et il suffit de passer aux valeurs absolues dans la formule de Taylor-Lagrange. L'inconnu $c$ a disparu, et il ne reste qu'une majoration effectivement calculable.

Dans la pratique, on ne cherche presque jamais la valeur exacte de $M_{n+1}$ : n'importe quel majorant de $\mid f^{(n+1)}\mid$ convient, et un majorant grossier donne déjà une inégalité correcte, simplement moins fine. C'est un point de rédaction : écrire « $\mid f^{(n+1)}(t)\mid ⩽2$ pour tout $t$ de l'intervalle » suffit, il est inutile de calculer un sup.

Les trois formules, côte à côte

C'est le tableau à réviser, et la seule chose à en retenir tient en une phrase : Taylor-Young est local et ne majore rien, Taylor-Lagrange chiffre.

La ligne du haut est celle qu'on emploie mal le plus souvent. Écrire « $f(x)=P_n(x)+o((x-a{)}^n)$, donc $f(\mathrm{1,2})\simeq P_n(\mathrm{1,2})$ à ${10}^{-4}$ près » est une faute : le symbole $o$ dit que le reste devient négligeable lorsque $x$ tend vers $a$, et absolument rien sur la valeur de ce reste au point $\mathrm{1,2}$, qui est un point fixé. Pour un chiffre, il faut l'inégalité. C'est exactement ce que l'exercice 21 fait mesurer, en comparant le reste réel à ce que chaque formule autorisait à en dire.

Un encadrement numérique, entièrement traité

Ce dernier paragraphe est le point de méthode de toute la section. Un encadrement ne donne que ce qu'il donne, et annoncer une décimale que les bornes ne séparent pas est une faute de rigueur, pas une approximation bénigne. L'exercice 22 reprend l'exercice sur trois valeurs, et l'exercice 23 pose la question dans l'autre sens : combien de termes faut-il pour atteindre une précision imposée à l'avance ?

20. Développements limités : définition et premières propriétés

Taylor-Young affirme que, sous une hypothèse de dérivabilité, $f$ s'écrit près de $a$ comme un polynôme plus un reste négligeable. On va maintenant oublier d'où vient ce polynôme et ne garder que la forme de l'écriture. Ce renversement est le contenu de tout le reste du chapitre : il donne un objet qu'on peut additionner, multiplier, composer, et surtout obtenir sans dériver $n$ fois — ce qui, pour une fonction comme $x\mapsto {\displaystyle \frac{\ln (1+x)}{\cos x}}$, change tout.

Le $o$ est pris quand $x\to a$, toujours, et c'est la seule lecture possible de la définition. Dans un exercice où plusieurs points interviennent, on l'écrit en toutes lettres au moins une fois : « $o((x-1{)}^3)$ quand $x\to 1$ ».

L'unicité de la partie régulière

C'est la propriété qui rend l'objet utilisable : sans elle, « le » développement limité n'aurait pas de sens, et l'identification des coefficients — qui est le geste de calcul le plus employé des trois sections suivantes — serait illégitime.

Démonstration. Quitte à poser $x=a+h$, on se ramène à $a=0$. Supposons

$$f(h)=\sum _{k=0}^n{a}_k{h}^k+o(h^n)=\sum _{k=0}^n{b}_k{h}^k+o(h^n)(h\to 0)\mathrm{.}$$

En soustrayant, et en notant $c_k=a_k-b_k$, il vient

$$\sum _{k=0}^n{c}_k{h}^k=o(h^n)(h\to 0)\mathrm{.}$$

Supposons par l'absurde que les $c_k$ ne soient pas tous nuls, et notons $p$ le plus petit indice tel que $c_p\mathrm{\ne }0$. Pour $h\mathrm{\ne }0$, on peut factoriser par $h^p$ et diviser :

$$c_p+c_{p+1}h+\cdots +c_n{h}^{n-p}=\frac{o(h^n)}{h^p}=o\left(h^{n-p}\right)\mathrm{.}$$

Faisons tendre $h$ vers $0$. Le membre de gauche tend vers $c_p$, car c'est une fonction polynomiale. Le membre de droite tend vers $0$, puisque $n-p⩾0$ : si $n>p$ c'est un $o$ d'une puissance qui tend vers $0$, et si $n=p$ c'est un $o(1)$, qui tend vers $0$ par définition. Par unicité de la limite, $c_p=0$, ce qui contredit le choix de $p$. Tous les $c_k$ sont donc nuls. $\mathrm{\square }$

Le ressort de cette preuve est le geste à retenir : devant une égalité de la forme « polynôme $=o(h^n)$ », on divise par la plus petite puissance présente et l'on fait tendre $h$ vers $0$. Il resservira à chaque fois qu'il faudra montrer qu'un terme est nul.

Ce que l'unicité fait tomber

Démonstration du point 1. Les termes $a_{p+1}(x-a{)}^{p+1}+\cdots +a_n(x-a{)}^n$ sont tous des $o((x-a{)}^p)$, puisque chacun s'écrit $(x-a{)}^p$ multiplié par une quantité qui tend vers $0$ ; et le reste $o((x-a{)}^n)$ en est un aussi, pour la même raison. On les absorbe donc tous dans un unique $o((x-a{)}^p)$. $\mathrm{\square }$

Attention au sens de cette propriété : elle ne marche que vers le bas. Un ${\mathrm{D}\mathrm{L}}_5$ donne gratuitement le ${\mathrm{D}\mathrm{L}}_2$, mais un ${\mathrm{D}\mathrm{L}}_2$ ne dit rien de l'ordre $3$, et un développement obtenu à un ordre insuffisant ne se « prolonge » pas après coup. C'est la source de la moitié des erreurs de la section 22.

Démonstration du point 2. Faisons tendre $x$ vers $a$ dans l'égalité : tous les termes de degré $⩾1$ tendent vers $0$, le reste aussi, donc $f(x)\to a_0$. Comme $f$ est définie en $a$, l'égalité prise en $x=a$ donne directement $f(a)=a_0$, d'où la continuité. Si $n⩾1$, on isole ensuite le taux d'accroissement : pour $x\mathrm{\ne }a$,

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=a_1+a_2(x-a)+\cdots +a_n(x-a{)}^{n-1}+\frac{o((x-a{)}^n)}{x-a},$$

et le dernier terme est un $o((x-a{)}^{n-1})$, donc tend vers $0$. Le taux d'accroissement tend vers $a_1$ : $f$ est dérivable en $a$, de nombre dérivé $a_1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration du point 3, $f$ paire. Écrivons le développement en $0$ : $f(x)=\sum a_k{x}^k+o(x^n)$. En remplaçant $x$ par $-x$, et puisque $o((-x{)}^n)$ est encore un $o(x^n)$ quand $x\to 0$,

$$f(-x)=\sum _{k=0}^n(-1{)}^k{a}_k{x}^k+o(x^n)\mathrm{.}$$

Or $f(-x)=f(x)$ : les deux écritures sont deux ${\mathrm{D}\mathrm{L}}_n(0)$ de la même fonction. Par unicité, $a_k=(-1{)}^k{a}_k$ pour tout $k$, donc $2a_k=0$ dès que $k$ est impair. $\mathrm{\square }$

Le point 3 est un outil de vérification gratuit. Un développement de $\cos$ où figure un $x^3$, un développement d'une fonction impaire avec un terme constant : le calcul est faux, et l'on peut le dire avant même de le relire.

Les deux pièges de cette section

21. Les développements limités usuels, et la primitivation

Le tableau

Tous ces développements sont pris en $0$, et tous les $o$ le sont quand $x\to 0$.

Deux détails de ce tableau sont volontaires. Pour $\cos$, $\sin$, $\mathrm{ch}$ et $\mathrm{sh}$, le reste est écrit un cran plus loin que le dernier terme visible : le développement de $\cos$ à l'ordre $2p$ est en réalité valable à l'ordre $2p+1$, car le coefficient de $x^{2p+1}$ est nul par parité. C'est gratuit, et cela fait gagner un ordre dans les calculs. Pour $(1+x{)}^{\alpha }$, le cas $\alpha =-1$ redonne la ligne de ${\displaystyle \frac{1}{1+x}}$, et les cas $\alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$ et $\alpha =-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ sont ceux qu'on emploie le plus :

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+o(x^2),\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{x}{2}+\frac{3x^2}{8}+o(x^2)\mathrm{.}$$

Comment chacun s'obtient : un cas détaillé

Ils viennent tous de Taylor-Young, et le travail est toujours le même : calculer $f^{(k)}(0)$ pour tout $k$.

Les autres se traitent de la même façon : ${\exp }^{(k)}=\exp$ donne $f^{(k)}(0)=1$ ; pour $\ln (1+x)$, une récurrence immédiate donne $f^{(k)}(x)={\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}(k-1)!}{(1+x{)}^k}}$, d'où $f^{(k)}(0)=(-1{)}^{k-1}(k-1)!$ et le coefficient ${\displaystyle \frac{(-1{)}^{k-1}}{k}}$ après division par $k!$. Faites-en un, une fois, et ne refaites pas les autres : c'est le rôle de l'exercice 26 que de vous faire choisir lequel.

Comment les retenir sans les apprendre par cœur

C'est le vrai point de méthode de la section, et il tient en une phrase : deux développements suffisent, tout le reste s'en déduit en trois lignes. Les deux à connaître sont celui de $e^x$ et celui de ${\displaystyle \frac{1}{1-x}}$, l'un parce qu'il est le plus régulier, l'autre parce qu'il est la somme géométrique.

Primitiver un développement limité

Démonstration. Notons $Q(x)=f(0)+a_{0}x+{\displaystyle \frac{a_1}{2}}{x}^2+\cdots +{\displaystyle \frac{a_n}{n+1}}{x}^{n+1}$ le polynôme annoncé, et posons $\psi =f-Q$ sur $I$. La fonction $\psi$ est dérivable sur $I$, vérifie $\psi (0)=f(0)-f(0)=0$, et

$${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(x)-(a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n)=o(x^n)(x\to 0)$$

par hypothèse. Il s'agit de montrer que $\psi (x)=o\left(x^{n+1}\right)$.

Soit $\epsilon >0$. Le fait que ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)=o(x^n)$ fournit un réel $\delta >0$ tel que $\mid {\psi }^{\mathrm{\prime }}(t)\mid ⩽\epsilon \mathrm{\mid }t{\mathrm{\mid }}^n$ pour tout $t$ vérifiant $\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }⩽\delta$, avec $[-\delta ,\delta ]\subset I$. Fixons $x$ tel que $0<\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }⩽\delta$. Sur le segment d'extrémités $0$ et $x$, la fonction $\psi$ est dérivable, et pour tout $t$ de ce segment on a $\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }⩽\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }$, donc

$$\mid {\psi }^{\mathrm{\prime }}(t)\mid ⩽\epsilon \mathrm{\mid }t{\mathrm{\mid }}^n⩽\epsilon \mathrm{\mid }x{\mathrm{\mid }}^n\mathrm{.}$$

L'inégalité des accroissements finis de la section 13, appliquée entre $0$ et $x$ avec ce majorant, donne

$$\mid \psi (x)-\psi (0)\mid ⩽\epsilon \mathrm{\mid }x{\mathrm{\mid }}^n\times \mathrm{\mid }x-0\mathrm{\mid }=\epsilon \mathrm{\mid }x{\mathrm{\mid }}^{n+1}\mathrm{.}$$

Comme $\psi (0)=0$, on obtient $\mid \psi (x)\mid ⩽\epsilon \mathrm{\mid }x{\mathrm{\mid }}^{n+1}$ dès que $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }⩽\delta$. C'est exactement la définition de $\psi (x)=o\left(x^{n+1}\right)$, donc $f=Q+\psi$ admet le développement annoncé. $\mathrm{\square }$

Le développement d'$\mathrm{Arcsin}$ s'obtient de la même façon, en partant de ${\mathrm{Arcsin}}^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}$, qu'on développe par la ligne $(1+u{)}^{-1\mathrm{/}2}$ du tableau avec $u=-x^2$. On trouve $\mathrm{Arcsin}x=x+{\displaystyle \frac{x^3}{6}}+{\displaystyle \frac{3x^5}{40}}+o\left(x^5\right)$. C'est le travail de l'exercice 26.

On ne dérive pas un développement limité

22. Opérations sur les développements limités

Voici le cœur technique du chapitre. Les règles elles-mêmes sont simples ; ce qui coûte des points, c'est l'ordre auquel on tronque chaque morceau. Développer trop court fait perdre le résultat, développer trop long fait perdre du temps et multiplie les erreurs de calcul. Toute cette section apprend à trancher cette question avant de calculer.

Dans tout ce qui suit, $f$ et $g$ admettent des ${\mathrm{D}\mathrm{L}}_n(0)$ de parties régulières respectives $A$ et $B$, et tous les $o$ sont pris quand $x\to 0$.

Somme et produit par un réel

C'est immédiat, la somme de deux $o(x^n)$ étant un $o(x^n)$. Le seul piège est de sommer deux développements d'ordres différents : si l'un est à l'ordre $3$ et l'autre à l'ordre $5$, la somme n'est connue qu'à l'ordre $3$, et il faut commencer par tronquer le second. On ne garde jamais un terme dont on n'est pas sûr qu'il soit exact.

Produit : l'ordre du produit est le minimum des ordres

Démonstration, en une ligne d'idée. On écrit $f=A+o(x^n)$ et $g=B+o(x^n)$, puis on développe le produit : $fg=AB+Ao(x^n)+Bo(x^n)+o(x^n)o(x^n)$. Les fonctions polynomiales $A$ et $B$ sont bornées au voisinage de $0$, donc les trois derniers termes sont des $o(x^n)$. Reste $AB$, qui est un polynôme de degré au plus $2n$ ; ses termes de degré $>n$ sont des $o(x^n)$, et l'on tronque. $\mathrm{\square }$

Composition : la condition $u(0)=0$ n'est pas négociable

La condition $u(0)=0$ est ce qui rend la substitution licite : le développement de $v$ n'est valable qu'au voisinage de $0$, et il faut donc que $u(x)$ soit proche de $0$ quand $x$ l'est. Si $u(0)=b\mathrm{\ne }0$, la composition n'est pas interdite, mais elle demande le développement de $v$ en $b$, pas en $0$. Substituer un $u$ de terme constant non nul dans le développement de $v$ en $0$ est une faute grave, et elle produit des résultats faux sans le moindre signal d'alarme.

Le gain d'ordre fonctionne ici comme pour le produit, et il est encore plus rentable : si $u$ a une valuation $p⩾1$, alors $u^k$ a une valuation $kp$, et il est inutile de développer $v$ au-delà de l'ordre $\lfloor n\mathrm{/}p\rfloor$. C'est ce qui a permis, à la section précédente, de développer ${\displaystyle \frac{1}{1+x^2}}$ à l'ordre $2n$ en ne connaissant ${\displaystyle \frac{1}{1+u}}$ qu'à l'ordre $n$.

Quotient : deux méthodes, une seule à retenir

Pour ${\displaystyle \frac{f}{g}}$ avec $g(0)\mathrm{\ne }0$, on ne mémorise aucune formule. Deux chemins mènent au résultat.

Le premier, et le plus sûr, ramène le quotient à une composition. On factorise $g(0)$ au dénominateur pour faire apparaître $1+u$ avec $u(0)=0$, puis on compose avec le développement de ${\displaystyle \frac{1}{1+u}}$ du tableau. C'est une méthode, pas une astuce : elle marche toujours, et elle réutilise ce qui est déjà connu.

Le second est la division suivant les puissances croissantes : on pose la division des deux parties régulières comme une division euclidienne, mais en commençant par les termes de plus bas degré, et l'on s'arrête dès que le quotient a atteint le degré $n$. Elle est plus rapide sur les fractions rationnelles, et plus risquée sur les autres. Choisissez-en une et tenez-vous-y.

Si $g(0)=0$, il n'y a pas de développement limité du quotient en général — la fonction peut même ne pas être bornée. On factorise alors par la plus grande puissance de $x$ possible au numérateur et au dénominateur, et l'on se retrouve dans le cas précédent, ou bien la fonction n'a pas de $\mathrm{D}\mathrm{L}$ et il faut le dire.

Quand un ordre trop court échoue, et comment le voir

Ce diagnostic — quel ordre, et pourquoi — est l'objet de l'exercice 27, qui fait chiffrer le coût de chaque troncature.

Développement en un point $a\mathrm{\ne }0$, et en l'infini

Ces deux changements de variable sont l'objet de l'exercice 28, qui les fait pratiquer dans les deux sens et sanctionne les retours à la variable initiale oubliés.

23. Ce que les développements limités permettent de faire

Quatre usages, et pas un de plus. Chacun se reconnaît à la question posée, et chacun a une méthode propre.

1. Lever une forme indéterminée

2. Obtenir un équivalent

Le point $a$ fait partie de la notation, et l'omettre est une faute : $x^2+x$ est équivalent à $x$ en $0$ et à $x^2$ en $+\mathrm{\infty }$. Écrire « $x^2+x\sim x$ » sans préciser où ne veut rien dire.

Démonstration. On écrit $f(x)=a_p(x-a{)}^p(1+{\displaystyle \frac{a_{p+1}}{a_p}}(x-a)+\cdots )+o((x-a{)}^n)$, puis on divise par $a_p(x-a{)}^p$ : le contenu de la parenthèse tend vers $1$, et le reste divisé donne un $o((x-a{)}^{n-p})$, qui tend vers $0$ puisque $n⩾p$. Le quotient tend donc vers $1$. $\mathrm{\square }$

C'est la façon normale d'obtenir un équivalent : on développe, on regarde le premier terme non nul, c'est fini. Les équivalents usuels en $0$ — $\sin x\sim x$, $1-\cos x\sim {\displaystyle \frac{x^2}{2}}$, $\ln (1+x)\sim x$, $e^x-1\sim x$, $(1+x{)}^{\alpha }-1\sim \alpha x$ — se relisent tous directement sur le tableau de la section 21, et il est inutile de les apprendre séparément.

Le point 1 se démontre en une ligne, en multipliant ou en divisant les quotients qui tendent vers $1$. Le point 2 demande deux contre-exemples, et il faut les connaître.

3. Tangente et position de la courbe

Le développement limité à l'ordre $1$ redonne la tangente : $f(x)=f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)+o(x-a)$, et l'équation de la tangente en $a$ est $y=f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)$. Ce qui est nouveau, c'est que les termes suivants disent de quel côté la courbe passe.

4. Branches infinies

L'exercice 30 fait trancher entre asymptote et branche parabolique sur une série de fonctions choisies pour que le diagnostic ne se devine pas. Et l'exercice 18 rassemble tout : une étude complète de fonction, où les variations viennent de la section 15, la position de la tangente et les branches infinies de celle-ci, et la convexité de la suivante.

24. Convexité

La définition, et sa lecture géométrique

Le point $tx+(1-t)y$ décrit le segment $[x,y]$ quand $t$ parcourt $[0,1]$, et le nombre $tf(x)+(1-t)f(y)$ est l'ordonnée, au-dessus de ce point, du segment joignant les deux points de la courbe. La définition dit donc exactement une chose : entre deux points de la courbe, la corde est au-dessus de la courbe. C'est le panneau de gauche de la figure ci-dessous.

Un mot sur $I$ : la définition exige un intervalle, car il faut que $tx+(1-t)y$ appartienne encore à l'ensemble de départ. Sur une réunion de deux intervalles disjoints, l'énoncé n'a pas de sens, exactement comme pour la monotonie à la section 15.

L'inégalité des pentes

C'est la reformulation la plus maniable de la définition, et c'est d'elle que descendent toutes les caractérisations qui suivent.

En clair : les trois pentes des cordes croissent avec les points qui les portent. Ou encore, en fixant $x$ : la fonction pente $t\mapsto {\displaystyle \frac{f(t)-f(x)}{t-x}}$ est croissante sur $I$ privé de $x$.

Démonstration. Le point $y$ est entre $x$ et $z$ : il s'écrit donc $y=tx+(1-t)z$ avec

$$t=\frac{z-y}{z-x}\in ]0,1[,1-t=\frac{y-x}{z-x}\mathrm{.}$$

On le vérifie en développant. La convexité donne $f(y)⩽tf(x)+(1-t)f(z)$.

Première inégalité. En retranchant $f(x)$ des deux côtés,

$$f(y)-f(x)⩽(t-1)f(x)+(1-t)f(z)=(1-t)(f(z)-f(x))=\frac{y-x}{z-x}(f(z)-f(x))\mathrm{.}$$

On divise par $y-x$, qui est strictement positif, et l'on obtient l'inégalité de gauche.

Seconde inégalité. En retranchant cette fois l'inégalité de convexité à $f(z)$,

$$f(z)-f(y)⩾f(z)-tf(x)-(1-t)f(z)=t(f(z)-f(x))=\frac{z-y}{z-x}(f(z)-f(x)),$$

et l'on divise par $z-y>0$. $\mathrm{\square }$

Ce lemme vaut sans aucune hypothèse de dérivabilité : c'est ce qui le rend précieux, et c'est aussi lui qui permet de démontrer qu'une fonction convexe sur un intervalle ouvert y est automatiquement continue. L'exercice 31 le fait lire sur une figure, puis l'applique à une simple table de valeurs : la convexité se teste sur des nombres, sans formule.

Caractérisations pour une fonction dérivable

Démonstration de 1 implique 2. Soient $x<y$ dans $I$. D'après le lemme des trois pentes, pour tout $t$ strictement compris entre $x$ et $y$,

$$\frac{f(t)-f(x)}{t-x}⩽\frac{f(y)-f(x)}{y-x}⩽\frac{f(y)-f(t)}{y-t}\mathrm{.}$$

Dans l'inégalité de gauche, faisons tendre $t$ vers $x$ : le membre de gauche tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(x)$, donc par passage à la limite dans une inégalité large, $f^{\mathrm{\prime }}(x)⩽{\displaystyle \frac{f(y)-f(x)}{y-x}}$. Dans celle de droite, faisons tendre $t$ vers $y$ : on obtient ${\displaystyle \frac{f(y)-f(x)}{y-x}}⩽f^{\mathrm{\prime }}(y)$. En réunissant, $f^{\mathrm{\prime }}(x)⩽f^{\mathrm{\prime }}(y)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration de 2 implique 3, par l'égalité des accroissements finis. C'est le retour attendu du bloc B, et il est court. Soient $a$ et $x$ dans $I$, avec $x\mathrm{\ne }a$.

Cas $x>a$. La fonction $f$ est continue sur $[a,x]$ et dérivable sur $]a,x[$ : l'égalité des accroissements finis de la section 12 fournit $c\in ]a,x[$ tel que $f(x)-f(a)=f^{\mathrm{\prime }}(c)(x-a)$. Comme $c>a$ et que $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante, $f^{\mathrm{\prime }}(c)⩾f^{\mathrm{\prime }}(a)$ ; en multipliant par $x-a>0$, il vient $f(x)-f(a)⩾f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)$.

Cas $x<a$. L'égalité des accroissements finis sur $[x,a]$ fournit $c\in ]x,a[$ tel que $f(a)-f(x)=f^{\mathrm{\prime }}(c)(a-x)$. Cette fois $c<a$, donc $f^{\mathrm{\prime }}(c)⩽f^{\mathrm{\prime }}(a)$ ; en multipliant par $a-x>0$, il vient $f(a)-f(x)⩽f^{\mathrm{\prime }}(a)(a-x)$, ce qui se réécrit $f(x)⩾f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)$.

Le cas $x=a$ est une égalité. Dans les deux cas, la courbe est au-dessus de la tangente en $a$. Le sens de l'inégalité s'est retourné deux fois — une fois sur $f^{\mathrm{\prime }}(c)$, une fois en repassant $f(x)$ à gauche — et c'est exactement là que les copies se trompent. $\mathrm{\square }$

Démonstration de 3 implique 1. Soient $x<y$ dans $I$, $t\in ]0,1[$, et $m=tx+(1-t)y$, qui appartient à $I$. En appliquant l'hypothèse 3 au point $a=m$, d'abord en $x$ puis en $y$ :

$$f(x)⩾f(m)+f^{\mathrm{\prime }}(m)(x-m),f(y)⩾f(m)+f^{\mathrm{\prime }}(m)(y-m)\mathrm{.}$$

Multiplions la première par $t>0$, la seconde par $1-t>0$, et additionnons :

$$tf(x)+(1-t)f(y)⩾f(m)+f^{\mathrm{\prime }}(m)[t(x-m)+(1-t)(y-m)]\mathrm{.}$$

Or $t(x-m)+(1-t)(y-m)=tx+(1-t)y-m=0$ par définition de $m$. Le crochet est nul, et il reste $tf(x)+(1-t)f(y)⩾f(m)$ : c'est l'inégalité de convexité. $\mathrm{\square }$

C'est le corollaire immédiat du point 2 : « $f^{\mathrm{\prime }}$ croissante » équivaut à « $(f^{\mathrm{\prime }}{)}^{\mathrm{\prime }}⩾0$ », d'après la caractérisation des variations par le signe de la dérivée établie à la section 15. C'est le critère qu'on emploie en pratique, mais il faut se souvenir qu'il est plus faible que la définition, puisqu'il exige deux dérivations. Une fonction peut être convexe sans être dérivable : la valeur absolue l'est sur $\mathbb{R}$.

Points d'inflexion, et les deux pièges

C'est bien le changement de signe qui définit la notion, et non l'annulation. Les deux pièges qui suivent sont posés à chaque partiel, et ils tombent tous les deux dans cette faille.

La position par rapport à la tangente, traitée à la section 23 par les développements limités, donne le même diagnostic sous un autre angle : un premier terme non nul de degré impair au-delà de l'ordre $1$ signale une traversée, donc une inflexion. Les deux méthodes doivent donner le même résultat, et c'est un bon contrôle. L'exercice 32 les confronte sur les mêmes fonctions.

Démontrer une inégalité par convexité

Par la tangente, on obtient de la même façon les deux inégalités les plus employées de l'analyse : $e^x⩾1+x$ pour tout réel $x$ (tangente en $0$ à une fonction convexe) et $\ln x⩽x-1$ pour tout $x>0$ (tangente en $1$ à une fonction concave). Elles avaient été admises dans le chapitre sur les limites et la continuité ; les voici démontrées en deux lignes chacune.

25. La méthode de Newton, et les erreurs qui coûtent des points

La méthode de Newton

Le problème est le suivant : une équation $f(x)=0$ admet une solution $r$ dans un intervalle, on l'a établi par le théorème des valeurs intermédiaires, et l'on veut maintenant la calculer, ou plutôt en obtenir autant de décimales qu'on veut.

Le principe tient en une phrase : là où l'équation $f(x)=0$ est difficile, l'équation de la tangente est facile, puisqu'elle est affine. On remplace donc la courbe par sa tangente en un point $x_n$, on résout l'équation affine, et l'on recommence à partir de la solution obtenue.

Écrivons-le. La tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $x_n$ a pour équation

$$y=f(x_n)+f^{\mathrm{\prime }}(x_n)(x-x_n)\mathrm{.}$$

Elle coupe l'axe des abscisses au point où $y=0$, c'est-à-dire lorsque $f^{\mathrm{\prime }}(x_n)(x-x_n)=-f(x_n)$. Si $f^{\mathrm{\prime }}(x_n)\mathrm{\ne }0$, cette équation a une solution unique, et c'est elle qu'on appelle $x_{n+1}$ :

La formule n'a donc rien de mystérieux : elle est l'abscisse du point où la tangente coupe l'axe, et il faut savoir la retrouver en deux lignes plutôt que la réciter. La figure ci-dessous montre trois itérations sur la fonction $f(x)=x^3-2$, dont l'unique racine réelle est $\sqrt[3]{2}$.

Les hypothèses de convergence

L'hypothèse 4 est celle qu'on oublie, et c'est elle qui fait tout. Sa lecture géométrique est limpide : quand la courbe est convexe, elle est au-dessus de toutes ses tangentes — c'est la caractérisation démontrée à la section 24 — donc la tangente coupe l'axe entre le point courant et la racine, du côté où $f$ est du même signe que $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$. La suite reste alors du même côté de $r$ et progresse vers elle sans jamais la dépasser. Du mauvais côté, ce contrôle n'existe plus, et le premier saut peut envoyer $x_1$ n'importe où.

La vitesse : le nombre de décimales exactes double

Démonstration, par Taylor-Lagrange. Appliquons la formule de Taylor-Lagrange à l'ordre $1$ entre $x_n$ et $r$ : il existe $c_n$ strictement compris entre ces deux points tel que

$$f(r)=f(x_n)+f^{\mathrm{\prime }}(x_n)(r-x_n)+\frac{(r-x_n{)}^2}{2}{f}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(c_n)\mathrm{.}$$

Comme $f(r)=0$, on divise par $f^{\mathrm{\prime }}(x_n)$, qui n'est pas nul :

$$0=\frac{f(x_n)}{f^{\mathrm{\prime }}(x_n)}+(r-x_n)+\frac{(r-x_n{)}^2}{2}\cdot \frac{f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(c_n)}{f^{\mathrm{\prime }}(x_n)}\mathrm{.}$$

Or, par définition de la suite, $x_{n+1}-r=x_n-{\displaystyle \frac{f(x_n)}{f^{\mathrm{\prime }}(x_n)}}-r$, c'est-à-dire l'opposé des deux premiers termes ci-dessus. Il reste donc

$$x_{n+1}-r=\frac{f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(c_n)}{2f^{\mathrm{\prime }}(x_n)}(x_n-r{)}^2,$$

et en majorant le numérateur par $M_2$, en minorant $\mid f^{\mathrm{\prime }}(x_n)\mid$ par $m_1$, on obtient l'inégalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Ce que cette inégalité dit vraiment. Posons $e_n=K\mid x_n-r\mid$. L'inégalité se réécrit $e_{n+1}⩽e_n^2$. Si l'on a réussi à démarrer avec $e_0⩽{\displaystyle \frac{1}{2}}$, une récurrence immédiate donne

$$e_n⩽{\left(\frac{1}{2}\right)}^{2^n},$$

et l'exposant, lui, double à chaque étape. En clair : le nombre de décimales exactes double à chaque itération. C'est ce qui distingue radicalement Newton d'une dichotomie, laquelle gagne une décimale toutes les trois ou quatre étapes.

Les trois modes d'échec

C'est le point que presque aucun cours ne dit, et qui explique pourquoi les hypothèses ci-dessus ne sont pas décoratives. Sans elles, Newton échoue, et il échoue de trois façons distinctes.

Premier mode : la divergence. Prenons $f=\mathrm{Arctan}$, dont l'unique racine est $0$, et partons de $x_0=2$. Comme ${\mathrm{Arctan}}^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{1}{1+x^2}}$, la relation s'écrit $x_{n+1}=x_n-(1+x_n^2)\mathrm{Arctan}(x_n)$. On obtient successivement $x_1\simeq -\mathrm{3,54}$, puis $x_2\simeq \mathrm{13,95}$, puis $x_3\simeq -\mathrm{279,3}$ : la suite s'éloigne de plus en plus vite. La raison est visible sur la courbe : loin de $0$, l'$\mathrm{Arctan}$ est presque plate, donc sa tangente coupe l'axe très loin. Le même calcul depuis $x_0=1$ converge très bien. Le point de départ n'est pas un détail.

Deuxième mode : le cycle. Prenons $f(x)=x^3-2x+2$ et $x_0=0$. Alors $f^{\mathrm{\prime }}(x)=3x^2-2$, et

$$x_1=0-\frac{2}{-2}=1,x_2=1-\frac{1}{1}=0.$$

La suite vaut $0,1,0,1,0,\dots$ indéfiniment. Elle ne diverge pas, elle ne converge pas : elle tourne. Aucun test du type « les valeurs restent bornées » ne détecte cette situation, et c'est ce qui la rend traître.

Troisième mode : la tangente horizontale. Si $f^{\mathrm{\prime }}(x_n)=0$ pour un certain $n$, la tangente est horizontale, elle ne coupe pas l'axe des abscisses, et la suite n'est plus définie. Le cas le plus simple est $f(x)=x^2-2$ avec $x_0=0$ : $f^{\mathrm{\prime }}(0)=0$, et le calcul s'arrête à la première étape. En pratique, il suffit que $f^{\mathrm{\prime }}(x_n)$ soit très petit pour que $x_{n+1}$ parte très loin, ce qui ramène au premier mode.

Un quatrième comportement, moins spectaculaire mais tout aussi gênant, est la convergence vers la mauvaise racine : quand $f$ en possède plusieurs, un mauvais départ peut faire converger la suite vers une racine qui n'est pas celle qu'on cherchait. L'exercice 33 fait construire ces quatre situations, et surtout vérifier, dans chaque cas, laquelle des quatre hypothèses est en défaut : c'est ce va-et-vient entre l'échec et l'hypothèse manquante qui fait comprendre à quoi servent les théorèmes.

Les erreurs qui coûtent des points au partiel

Ce qui suit n'est pas un catalogue de fautes exotiques : ce sont les sept que les correcteurs voient à chaque session, et chacune est le symptôme d'une hypothèse sautée.

1. « $f^{\mathrm{\prime }}(a)=0$ donc $f$ admet un extremum en $a$ ». C'est la réciproque du lemme de Fermat, et elle est fausse : $x\mapsto x^3$ a une dérivée nulle en $0$ sans y avoir d'extremum. Le lemme dit qu'un extremum intérieur d'une fonction dérivable annule la dérivée, et rien d'autre. La conclusion correcte se rédige avec le signe de $f^{\mathrm{\prime }}$ de part et d'autre, ou avec le premier terme non nul du développement limité, qui donne la réponse immédiatement.

2. Appliquer Rolle sans vérifier la continuité aux bornes. Le théorème demande la continuité sur le segment fermé $[a,b]$ et la dérivabilité sur l'ouvert $]a,b[$. Cette dissymétrie n'est pas un ornement : elle est ce qui permet d'appliquer Rolle à $x\mapsto \sqrt{1-x^2}$ sur $[-1,1]$, où la dérivée n'existe pas aux deux bouts. Une copie qui écrit « $f$ est dérivable sur $[a,b]$ » à propos d'une telle fonction énonce quelque chose de faux, et perd le point d'hypothèse.

3. « $f^{\mathrm{\prime }}>0$ sur $\mathcal{D}$ donc $f$ est croissante sur $\mathcal{D}$ » quand $\mathcal{D}$ n'est pas un intervalle. La caractérisation des variations par le signe de la dérivée, à la section 15, se démontre par l'égalité des accroissements finis, laquelle exige de pouvoir relier deux points en restant dans le domaine. Sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, la fonction inverse a une dérivée strictement négative partout et n'est pourtant pas décroissante sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, puisque $-1<1$ et $f(-1)=-1<1=f(1)$. La rédaction correcte énonce le résultat sur chacun des intervalles, jamais sur leur réunion.

4. Dériver un développement limité. Traité à la section 21, et rappelé ici parce que c'est la faute la plus mécanique : on primitive un $\mathrm{D}\mathrm{L}$, on ne le dérive jamais. Le témoin $x\mapsto x^2\sin (1\mathrm{/}x)$ montre que l'opération peut produire une égalité tout simplement fausse.

5. « $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(a)=0$ donc le point d'abscisse $a$ est un point d'inflexion ». Faux, et $x\mapsto x^4$ en $0$ le montre. L'annulation fournit un candidat ; c'est le changement de signe de $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ qui conclut. Symétriquement, ne pas oublier d'examiner les points où $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ n'existe pas, qui peuvent être des inflexions.

6. Invoquer Taylor-Young à un ordre que la régularité ne permet pas. Écrire un développement à l'ordre $4$ pour une fonction dont l'énoncé ne garantit que la classe ${\mathcal{C}}^2$ est une faute d'hypothèse, au même titre qu'appliquer Rolle à une fonction discontinue. La bonne rédaction annonce d'abord la régularité, et l'ordre ensuite : « $f$ étant de classe ${\mathcal{C}}^4$ au voisinage de $0$, la formule de Taylor-Young à l'ordre $4$ donne… ».

7. Utiliser la règle de L'Hôpital sans vérifier la forme indéterminée. La règle ne s'applique qu'à une forme ${\displaystyle \frac{0}{0}}$ ou ${\displaystyle \frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}}$, avec un dénominateur dérivé qui ne s'annule pas au voisinage épointé du point. Appliquée à ${\displaystyle \frac{x+1}{x^2+1}}$ en $0$, dont la limite est $1$, elle donnerait ${\displaystyle \frac{1}{2x}}\to \mathrm{\infty }$ : le résultat est faux, et la seule chose qui manquait était la vérification initiale. Chaque application successive exige une nouvelle vérification.

Une huitième, transversale et plus grave que les sept autres : conclure sans avoir vérifié le domaine. Une inégalité démontrée par convexité sur un segment ne vaut que sur ce segment, un développement limité en $0$ ne dit rien en $x=5$, une asymptote en $+\mathrm{\infty }$ ne présume de rien en $-\mathrm{\infty }$. L'exercice 34 propose six copies à corriger, contenant chacune une de ces erreurs, et demande de dire non pas « c'est faux » mais quelle hypothèse manque : c'est le seul niveau de diagnostic qui serve à quelque chose en partiel.

Quel outil pour quelle question

Ce tableau est le résumé de tout le chapitre, et il se lit dans les deux sens. De gauche à droite, il indique l'outil devant une question. De droite à gauche, il rappelle ce que chaque théorème sert à faire, ce qui est la meilleure façon de vérifier qu'on l'a compris : un théorème dont on ne sait pas à quelle question il répond n'est pas encore su.