Fonctions d'une variable réelle : limites et continuité, dérivabilité, convexité

Ce chapitre est le cœur analytique du premier semestre. Le précédent a construit les outils sur $\mathbb{R}$ et sur les suites ; celui-ci les transporte aux fonctions, dans un ordre qui n'est pas négociable : on définit d'abord ce que veut dire « $f(x)$ s'approche de $\mathrm{\ell }$ quand $x$ s'approche de $a$ », ensuite seulement la continuité (la limite en $a$ vaut $f(a)$), puis la dérivabilité (la limite du taux d'accroissement existe), puis la convexité (la dérivée est croissante). Chaque étage repose sur le précédent, et une définition mal comprise au premier se paie à tous les autres. C'est aussi le chapitre où l'on cesse de « lire » une limite sur une courbe pour la démontrer avec des inégalités : les grands théorèmes d'existence de la première partie (valeurs intermédiaires, bornes atteintes, bijection) affirment tous qu'un objet existe sans jamais le calculer, et ce sont, avec le théorème de Rolle qui viendra dans la partie consacrée à la dérivabilité, les outils les plus rentables du programme de concours.

Les notations suivantes valent pour tout le chapitre. La lettre $I$ désigne un intervalle de $\mathbb{R}$ non vide et non réduit à un point, $[a,b]$ un segment avec $a<b$ ; $f$ et $g$ sont définies sur $I$, à valeurs réelles sauf mention contraire. Le point d'étude est $a$, la limite $\mathrm{\ell }$, et les quantificateurs de la définition sont $\epsilon$ puis $\delta$ dans cet ordre (jamais $\eta$). Un voisinage se note $V$, et « au voisinage de $a$ » signifie « sur un intervalle ouvert contenant $a$ », ou « sur un intervalle $]A,+\mathrm{\infty }[$ » lorsque $a=+\mathrm{\infty }$. Les dérivées se notent $f^{\mathrm{\prime }}$, $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$, $f^{(n)}$, les classes ${\mathcal{C}}^k(I,\mathbb{R})$, et le taux d'accroissement de $f$ en $a$ est ${\tau }_a(x)={\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}$. La réciproque d'une bijection se note $f^{-1}$, jamais ${\displaystyle \frac{1}{f}}$. Une combinaison convexe s'écrit $\lambda x+(1-\lambda )y$ avec $\lambda \in [0,1]$, la constante de Lipschitz est notée $k$, et le symbole $\mathrm{\square }$ marque la fin d'une démonstration.

Le chapitre se lit enfin en trois parties, que les renvois désignent par une lettre : la partie A réunit les sections « Limites » et « Continuité », la partie B est la section « Dérivabilité », la partie C la section « Convexité ».

Limites

Voisinages et vocabulaire

Une limite se prend en un point dont on peut « s'approcher » : il ne servirait à rien d'étudier la limite en $5$ d'une fonction définie sur $[0,1]$. Le vocabulaire ci-dessous précise les points autorisés ; il reste élémentaire, tout se ramène à des intervalles.

Dans toute la suite, sauf mention contraire, $f$ est une fonction définie sur $I$ et $a$ est un point adhérent à $I$, fini ou infini.

Définition de la limite

Lisez cette définition comme un jeu à deux joueurs. Un adversaire impose une précision $\epsilon >0$ : c'est la largeur de la bande $[\mathrm{\ell }-\epsilon ,\mathrm{\ell }+\epsilon ]$ dans laquelle il exige de voir la courbe. À vous de produire une fenêtre de largeur $\delta >0$ autour de $a$ sur laquelle la courbe reste dans la bande. Le $\delta$ est produit après avoir vu $\epsilon$ : il en dépend.

Les cas où $a$ ou $\mathrm{\ell }$ sont infinis s'obtiennent en remplaçant « être proche de $\mathrm{\ell }$ » par « être grand » et « être proche de $a$ » par « avoir une grande abscisse ». Le tableau suivant donne les neuf définitions quantifiées, avec la convention que $x$ parcourt toujours $I$.

Unicité de la limite

Démonstration. Supposons que $f$ admette en $a$ deux limites $\mathrm{\ell }$ et ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ avec $\mathrm{\ell }\mathrm{\ne }{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$, et traitons le cas où $a$, $\mathrm{\ell }$ et ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ sont finis.

Posons $\epsilon ={\displaystyle \frac{\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }{3}}$, qui est strictement positif puisque $\mathrm{\ell }\mathrm{\ne }{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$. La définition appliquée à $\mathrm{\ell }$ fournit $\delta >0$, celle appliquée à ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ fournit ${\delta }^{\mathrm{\prime }}>0$. Posons ${\delta }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=\min (\delta ,{\delta }^{\mathrm{\prime }})>0$.

Comme $a$ est adhérent à $I$, il existe $x\in I$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$. Ce point vérifie simultanément $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$ et $\mid f(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽\epsilon$, d'où, par l'inégalité triangulaire,

$$\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid (\mathrm{\ell }-f(x))+(f(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }})\mid ⩽\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid +\mid f(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽2\epsilon ={\displaystyle \frac{2}{3}}\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid \mathrm{.}$$

On en déduit ${\displaystyle \frac{1}{3}}\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽0$, donc $\mathrm{\ell }={\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$ : contradiction.

Si $\mathrm{\ell }$ est fini et ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}=+\mathrm{\infty }$, on applique la première définition avec $\epsilon =1$ et la seconde avec $B=\mathrm{\ell }+2$ : il existe ${\delta }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}>0$ tel que tout $x\in I$ vérifiant $\mid x-a\mid ⩽{\delta }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ satisfasse à la fois $f(x)⩽\mathrm{\ell }+1$ et $f(x)⩾\mathrm{\ell }+2$, ce qui est absurde puisqu'un tel $x$ existe. Les autres cas se traitent de même, et ceux où $a$ est infini en remplaçant la fenêtre $\mid x-a\mid ⩽{\delta }^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$ par $x⩾\max (A,A^{\mathrm{\prime }})$. $\mathrm{\square }$

Limite à gauche, limite à droite

Une limite à gauche est donc simplement la limite en $a$ de la restriction de $f$ à $I\cap ]-\mathrm{\infty },a[$ : tout ce qui a été démontré pour les limites (unicité en particulier) s'y applique sans modification.

Démonstration. Le sens direct est immédiat : si $f$ tend vers $\mathrm{\ell }$ en $a$, la définition appliquée aux seuls $x<a$, puis aux seuls $x>a$, donne $f(a^{-})=f(a^{+})=\mathrm{\ell }$ ; et si $a\in I$, on a vu que nécessairement $\mathrm{\ell }=f(a)$.

Réciproquement, supposons $f(a^{-})=f(a^{+})=\mathrm{\ell }$, avec de plus $\mathrm{\ell }=f(a)$ si $a\in I$. Soit $\epsilon >0$. Il existe ${\delta }_1>0$ tel que $a-{\delta }_1⩽x<a$ entraîne $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$, et ${\delta }_2>0$ tel que $a<x⩽a+{\delta }_2$ entraîne la même majoration. Posons $\delta =\min ({\delta }_1,{\delta }_2)>0$ et soit $x\in I$ avec $\mid x-a\mid ⩽\delta$. Si $x<a$, on conclut par ${\delta }_1$ ; si $x>a$, par ${\delta }_2$ ; si $x=a$, alors $a\in I$ et $\mid f(a)-\mathrm{\ell }\mid =0⩽\epsilon$. Dans tous les cas $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. $\mathrm{\square }$

Limites et inégalités

Démonstration. Raisonnons par l'absurde en supposant $\mathrm{\ell }>{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$, et posons $\epsilon ={\displaystyle \frac{\mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}}{3}}>0$. Il existe ${\delta }_1>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_1$ entraîne $f(x)⩾\mathrm{\ell }-\epsilon$, et ${\delta }_2>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_2$ entraîne $g(x)⩽{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}+\epsilon$. Soit enfin $V$ un voisinage de $a$ sur lequel $f⩽g$ : choisissons $\delta >0$ inférieur à ${\delta }_1$ et ${\delta }_2$ et tel que la fenêtre $\mid x-a\mid ⩽\delta$ soit contenue dans $V$.

Comme $a$ est adhérent à $I$, il existe $x\in I$ dans cette fenêtre. Pour ce $x$,

$$g(x)⩽{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}+\epsilon ={\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}+{\displaystyle \frac{\mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}}{3}}<\mathrm{\ell }-{\displaystyle \frac{\mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}}{3}}=\mathrm{\ell }-\epsilon ⩽f(x),$$

l'inégalité stricte du milieu venant de $\mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}>0$. On obtient $g(x)<f(x)$, ce qui contredit $f⩽g$ sur $V$. Donc $\mathrm{\ell }⩽{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soit $\epsilon >0$. Il existe ${\delta }_1>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_1$ entraîne $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$, donc en particulier $f(x)⩾\mathrm{\ell }-\epsilon$ ; de même ${\delta }_2>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_2$ entraîne $h(x)⩽\mathrm{\ell }+\epsilon$ ; enfin ${\delta }_3>0$ tel que la fenêtre $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_3$ soit contenue dans un voisinage de $a$ où l'encadrement $f⩽g⩽h$ est valable.

Posons $\delta =\min ({\delta }_1,{\delta }_2,{\delta }_3)>0$. Pour tout $x\in I$ tel que $\mid x-a\mid ⩽\delta$, les trois conditions sont réunies, donc

$$\mathrm{\ell }-\epsilon ⩽f(x)⩽g(x)⩽h(x)⩽\mathrm{\ell }+\epsilon ,$$

c'est-à-dire $\mid g(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. C'est exactement la définition de $\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\mathrm{\ell }$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Montrons le point 1. Soit $B\in \mathbb{R}$. Il existe ${\delta }_1>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_1$ entraîne $f(x)⩾B$, et ${\delta }_2>0$ tel que la fenêtre correspondante soit incluse dans un voisinage où $f⩽g$. Avec $\delta =\min ({\delta }_1,{\delta }_2)$, tout $x\in I$ tel que $\mid x-a\mid ⩽\delta$ vérifie $g(x)⩾f(x)⩾B$. Le point 2 s'obtient en appliquant le point 1 à $-g⩽-f$. $\mathrm{\square }$

Opérations sur les limites

Commençons par un résultat auxiliaire, indispensable pour le produit.

Démonstration. Notons $\mathrm{\ell }$ la limite et appliquons la définition avec $\epsilon =1$ : il existe $\delta >0$ tel que tout $x\in I$ vérifiant $\mid x-a\mid ⩽\delta$ satisfasse $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽1$, donc $\mid f(x)\mid ⩽\mid \mathrm{\ell }\mid +1$ par l'inégalité triangulaire. La fonction $f$ est donc bornée par $\mid \mathrm{\ell }\mid +1$ sur $I\cap ]a-\delta ,a+\delta [$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. 1. Soit $\epsilon >0$. Il existe ${\delta }_1>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_1$ entraîne $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$, et ${\delta }_2>0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽{\delta }_2$ entraîne $\mid g(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽{\displaystyle \frac{\epsilon }{2}}$. Pour $\delta =\min ({\delta }_1,{\delta }_2)$ et $x\in I$ dans la fenêtre correspondante,

$$\mid (f+g)(x)-(\mathrm{\ell }+{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }})\mid ⩽\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid +\mid g(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽\epsilon \mathrm{.}$$

2. D'après le résultat auxiliaire, il existe $M>0$ et un voisinage de $a$ sur lequel $\mid f\mid ⩽M$. Écrivons, pour $x$ dans ce voisinage,

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mid f(x)g(x)-\mathrm{\ell }{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }& {\displaystyle =\mid f(x)(g(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }})+{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}(f(x)-\mathrm{\ell })\mid }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ⩽M\mid g(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid +\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid \mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid \mathrm{.}}\end{array}$$

Soit $\epsilon >0$. En appliquant les définitions avec les précisions ${\displaystyle \frac{\epsilon }{2M}}$ pour $g$ et ${\displaystyle \frac{\epsilon }{2(\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid +1)}}$ pour $f$, puis en prenant le minimum des $\delta$ obtenus et de celui du voisinage, le membre de droite est majoré par $\epsilon$.

3. Appliquons la définition à $g$ avec $\epsilon ={\displaystyle \frac{\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }{2}}>0$ : il existe un voisinage de $a$ sur lequel $\mid g(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ⩽{\displaystyle \frac{\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }{2}}$, donc, par la seconde inégalité triangulaire, $\mid g(x)\mid ⩾\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid -{\displaystyle \frac{\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }{2}}={\displaystyle \frac{\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }{2}}>0$. En particulier $g$ ne s'annule pas sur ce voisinage, et pour $x$ dedans

$$\mid {\displaystyle \frac{1}{g(x)}}-{\displaystyle \frac{1}{{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}}}\mid ={\displaystyle \frac{\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}-g(x)\mid }{\mid g(x)\mid \mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }}⩽{\displaystyle \frac{2}{\mid {\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}{\mid }^2}}\mid g(x)-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid ,$$

majoration qui tend vers $0$ ; on conclut par le théorème des gendarmes que ${\displaystyle \frac{1}{g}}$ tend vers ${\displaystyle \frac{1}{{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}}}$, puis par le point 2 pour le quotient $f\times {\displaystyle \frac{1}{g}}$.

4. La seconde inégalité triangulaire donne $\mid \mid f(x)\mid -\mid \mathrm{\ell }\mid \mid ⩽\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid$, et l'on conclut par encadrement. $\mathrm{\square }$

Ces règles s'étendent aux limites infinies, avec les conventions usuelles ($\mathrm{\ell }+\mathrm{\infty }=+\mathrm{\infty }$, $\mathrm{\ell }\times (+\mathrm{\infty })=+\mathrm{\infty }$ si $\mathrm{\ell }>0$, ${\displaystyle \frac{\mathrm{\ell }}{\pm \mathrm{\infty }}}=0$, etc.). On admet ces extensions : chaque cas se démontre exactement comme ci-dessus, en remplaçant les $\epsilon$ par des $B$. Sept combinaisons échappent à toute règle générale : ce sont les formes indéterminées.

Démonstration. Traitons le cas où $a$, $b$ et $\mathrm{\ell }$ sont finis, les autres étant identiques à la nature des fenêtres près. Soit $\epsilon >0$. Comme $g$ tend vers $\mathrm{\ell }$ en $b$, il existe ${\delta }^{\mathrm{\prime }}>0$ tel que, pour tout $y\in J$, $\mid y-b\mid ⩽{\delta }^{\mathrm{\prime }}$ entraîne $\mid g(y)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. Comme $f$ tend vers $b$ en $a$, appliquée avec la précision ${\delta }^{\mathrm{\prime }}$, il existe $\delta >0$ tel que, pour tout $x\in I$, $\mid x-a\mid ⩽\delta$ entraîne $\mid f(x)-b\mid ⩽{\delta }^{\mathrm{\prime }}$. Alors, pour un tel $x$, le réel $y=f(x)$ appartient à $J$ et vérifie $\mid y-b\mid ⩽{\delta }^{\mathrm{\prime }}$, donc $\mid g(f(x))-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. $\mathrm{\square }$

Rappelons enfin les croissances comparées, établies avec les fonctions usuelles et utilisables sans démonstration. Pour tout réel $\alpha >0$ :

Règle mnémotechnique : à l'infini, l'exponentielle l'emporte sur toute puissance, qui l'emporte sur le logarithme.

Caractérisation séquentielle de la limite

Ce théorème est le pont entre le chapitre sur les suites et celui-ci. Il permet d'importer tous les résultats sur les suites, et surtout il fournit la méthode standard pour prouver qu'une limite n'existe pas.

Démonstration. Traitons le cas $a$ et $\mathrm{\ell }$ finis, les autres étant identiques.

$(1\Rightarrow 2)$ Supposons $f(x)\to \mathrm{\ell }$ et soit $(u_n)$ une suite d'éléments de $I$ convergeant vers $a$. Soit $\epsilon >0$. La définition de la limite fournit $\delta >0$ tel que, pour $x\in I$, $\mid x-a\mid ⩽\delta$ entraîne $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. Comme $u_n\to a$, appliquée avec la précision $\delta$, il existe $N\in \mathbb{N}$ tel que $n⩾N$ entraîne $\mid u_n-a\mid ⩽\delta$. Pour $n⩾N$, le réel $u_n$ appartient à $I$ et vérifie $\mid u_n-a\mid ⩽\delta$, donc $\mid f(u_n)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. Ainsi $f(u_n)\to \mathrm{\ell }$.

$(2\Rightarrow 1)$ Démontrons la contraposée : supposons que $f$ ne tende pas vers $\mathrm{\ell }$ en $a$, et construisons une suite mettant le défaut en évidence. La négation de la définition s'écrit

$$\mathrm{\exists }\epsilon >0,\mathrm{\forall }\delta >0,\mathrm{\exists }x\in I,(\mid x-a\mid ⩽\delta \text{ et }\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid >\epsilon )\mathrm{.}$$

Fixons un tel $\epsilon$. Pour chaque $n\in \mathbb{N}$, appliquons cette propriété avec $\delta ={\displaystyle \frac{1}{n+1}}>0$ : elle fournit un élément $u_n\in I$ tel que

$$\mid u_n-a\mid ⩽{\displaystyle \frac{1}{n+1}}\text{et}\mid f(u_n)-\mathrm{\ell }\mid >\epsilon \mathrm{.}$$

La première condition et le théorème des gendarmes pour les suites donnent $u_n\to a$ ; la seconde interdit à $(f(u_n))$ de converger vers $\mathrm{\ell }$. La propriété 2 est donc en défaut. $\mathrm{\square }$

Théorème de la limite monotone

Comme pour les suites, la monotonie garantit l'existence d'une limite sans qu'on la calcule, et pour la même raison de fond : la propriété de la borne supérieure.

Démonstration. Montrons le point 1 dans le cas majoré. L'ensemble $E=f\left(]a,b[\right)$ est une partie de $\mathbb{R}$ non vide (car $]a,b[$ n'est pas vide) et majorée par hypothèse : la propriété de la borne supérieure lui associe un réel $M=\sup E$.

Soit $\epsilon >0$. Par caractérisation de la borne supérieure, le réel $M-\epsilon$ ne majore pas $E$ : il existe donc $x_0\in ]a,b[$ tel que $f(x_0)>M-\epsilon$. Soit maintenant $x\in ]a,b[$ avec $x⩾x_0$. La croissance de $f$ donne $f(x)⩾f(x_0)>M-\epsilon$, et la définition de $M$ comme majorant donne $f(x)⩽M$. Ainsi

$$M-\epsilon <f(x)⩽M,\text{donc}\mid f(x)-M\mid ⩽\epsilon \mathrm{.}$$

Il reste à traduire « $x⩾x_0$ » en une condition de voisinage de $b$. Si $b$ est fini, posons $\delta =b-x_0>0$ : tout $x\in ]a,b[$ vérifiant $\mid x-b\mid ⩽\delta$ satisfait $x⩾b-\delta =x_0$, donc $\mid f(x)-M\mid ⩽\epsilon$. Si $b=+\mathrm{\infty }$, posons $A=x_0$ : tout $x⩾A$ convient. Dans les deux cas, c'est la définition de $\underset{x\to b^{-}}{\lim }f(x)=M$.

Supposons maintenant $f$ non majorée, et soit $B\in \mathbb{R}$. Comme $B$ ne majore pas $f$, il existe $x_0\in ]a,b[$ tel que $f(x_0)>B$ ; par croissance, tout $x⩾x_0$ de $]a,b[$ vérifie $f(x)⩾f(x_0)>B$. La même traduction donne $\underset{x\to b^{-}}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty }$.

Le point 2 s'obtient en appliquant le point 1 à $x\mapsto -f(-x)$, ou en refaisant le raisonnement avec la borne inférieure. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les limites aux extrémités sont exactement le théorème précédent appliqué à la restriction de $f$ à l'intérieur de $I$. Pour un point intérieur $c$ et $f$ croissante : sur $]a,c[$, $f$ est croissante et majorée par $f(c)$, donc $f(c^{-})$ existe, est finie et vaut ${\sup }_{]a,c[}f⩽f(c)$ ; sur $]c,b[$, $f$ est croissante et minorée par $f(c)$, donc $f(c^{+})$ existe, est finie et vaut ${\inf }_{]c,b[}f⩾f(c)$. $\mathrm{\square }$

Continuité

Continuité en un point

Démonstration. C'est le théorème de recollement dans le cas $a\in I$, dont la conclusion s'écrit précisément $f(a^{-})=f(a^{+})=f(a)$. $\mathrm{\square }$

Prolongement par continuité

Démonstration. Pour la continuité, la définition de $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\mathrm{\ell }$ fournit, pour tout $\epsilon >0$, un $\delta >0$ tel que $\mid \tilde{f}(x)-\tilde{f}(a)\mid =\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$ pour $x\in I$ dans la fenêtre ; le cas $x=a$ est trivial puisque la différence est nulle. Pour l'unicité, si $h$ prolonge $f$ et est continue en $a$, alors $h(a)=\underset{x\to a}{\lim }h(x)=\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\mathrm{\ell }$, donc $h=\tilde{f}$. $\mathrm{\square }$

Opérations sur les fonctions continues

Démonstration. Les points 1 et 2 sont la traduction directe des opérations sur les limites et du théorème de composition, appliqués avec $\mathrm{\ell }=f(a)$ et ${\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}=g(a)$ : par exemple pour la composée, $f(x)\to f(a)$ et $g(y)\to g(f(a))$ quand $y\to f(a)$, donc $g(f(x))\to g(f(a))$, qui est bien la valeur de $g\circ f$ en $a$.

Pour le point 3, il suffit d'établir les identités

$$\max (u,v)={\displaystyle \frac{u+v+\mid u-v\mid }{2}},\min (u,v)={\displaystyle \frac{u+v-\mid u-v\mid }{2}}$$

valables pour tous réels $u$ et $v$. Si $u⩾v$, alors $\mid u-v\mid =u-v$ et le membre de droite de la première identité vaut ${\displaystyle \frac{u+v+u-v}{2}}=u=\max (u,v)$ ; si $u⩽v$, alors $\mid u-v\mid =v-u$ et il vaut $v=\max (u,v)$. Le calcul est analogue pour le minimum. Ainsi $\max (f,g)$ est obtenue à partir de $f$ et $g$ par somme, valeur absolue et multiplication par $\frac{1}{2}$ : elle est continue en $a$ d'après le point 1. $\mathrm{\square }$

Caractérisation séquentielle de la continuité

Démonstration. C'est la caractérisation séquentielle de la limite appliquée avec $\mathrm{\ell }=f(a)$, mais reprenons-la.

$(\Rightarrow )$ Soient $(u_n)$ une suite d'éléments de $I$ tendant vers $a$ et $\epsilon >0$. La continuité fournit $\delta >0$ tel que $\mid x-a\mid ⩽\delta$ entraîne $\mid f(x)-f(a)\mid ⩽\epsilon$ pour $x\in I$. La convergence de $(u_n)$ fournit $N$ tel que $n⩾N$ entraîne $\mid u_n-a\mid ⩽\delta$, donc $\mid f(u_n)-f(a)\mid ⩽\epsilon$.

$(\Leftarrow )$ Par contraposée, si $f$ n'est pas continue en $a$, il existe $\epsilon >0$ tel que, pour tout $\delta >0$, un certain $x\in I$ vérifie $\mid x-a\mid ⩽\delta$ et $\mid f(x)-f(a)\mid >\epsilon$. En prenant $\delta =\frac{1}{n+1}$, on construit une suite $(u_n)$ d'éléments de $I$ convergeant vers $a$ telle que $\mid f(u_n)-f(a)\mid >\epsilon$ pour tout $n$ : $(f(u_n))$ ne converge pas vers $f(a)$. $\mathrm{\square }$

Fonctions lipschitziennes

Démonstration. Soit $f$ une fonction $k$-lipschitzienne sur $I$, et $a\in I$.

Si $k=0$, l'inégalité de définition donne $f(x)=f(a)$ pour tout $x\in I$ : $f$ est constante, donc continue.

Supposons $k>0$ et soit $\epsilon >0$. Posons $\delta ={\displaystyle \frac{\epsilon }{k}}>0$. Pour tout $x\in I$ tel que $\mid x-a\mid ⩽\delta$,

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

C'est la définition de la continuité en $a$, et $a$ était quelconque dans $I$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Le point 1 résulte de l'inégalité triangulaire : $\mid (f+g)(x)-(f+g)(y)\mid ⩽\mid f(x)-f(y)\mid +\mid g(x)-g(y)\mid ⩽(k+k^{\mathrm{\prime }})\mid x-y\mid$.

Pour le point 2, soient $x,y\in I$. Les réels $f(x)$ et $f(y)$ appartiennent à $J$, donc

$$\mid g(f(x))-g(f(y))\mid ⩽k^{\mathrm{\prime }}\mid f(x)-f(y)\mid ⩽k^{\mathrm{\prime }}k\mid x-y\mid \mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Théorème des valeurs intermédiaires

Démonstration. Quitte à remplacer $f$ par $-f$ et $y$ par $-y$ (ce qui ne change ni la continuité, ni la position de $y$ entre les valeurs aux bornes), on peut supposer $f(a)⩽y⩽f(b)$.

Construction par dichotomie. Construisons par récurrence deux suites $(a_n)$ et $(b_n)$ telles que, pour tout $n\in \mathbb{N}$ :

$$a⩽a_n⩽b_n⩽b,f(a_n)⩽y⩽f(b_n),b_n-a_n={\displaystyle \frac{b-a}{2^n}}\mathrm{.}$$

Posons $a_0=a$ et $b_0=b$ : les trois conditions sont vérifiées au rang $0$ par hypothèse. Supposons $a_n$ et $b_n$ construits, et posons $m_n={\displaystyle \frac{a_n+b_n}{2}}$, milieu du segment $[a_n,b_n]$. Deux cas :

• si $f(m_n)⩽y$, on pose $a_{n+1}=m_n$ et $b_{n+1}=b_n$ ;
• si $f(m_n)>y$, on pose $a_{n+1}=a_n$ et $b_{n+1}=m_n$.

Dans les deux cas, $[a_{n+1},b_{n+1}]$ est l'une des deux moitiés de $[a_n,b_n]$, donc reste inclus dans $[a,b]$ et vérifie $b_{n+1}-a_{n+1}={\displaystyle \frac{b_n-a_n}{2}}={\displaystyle \frac{b-a}{2^{n+1}}}$ ; et par construction $f(a_{n+1})⩽y⩽f(b_{n+1})$. Les trois propriétés se transmettent au rang $n+1$, ce qui achève la récurrence.

Les deux suites sont adjacentes. La suite $(a_n)$ est croissante : à chaque étape, $a_{n+1}$ vaut $a_n$ ou $m_n⩾a_n$. De même $(b_n)$ est décroissante. Enfin $b_n-a_n={\displaystyle \frac{b-a}{2^n}}\to 0$ puisque $\mid {\displaystyle \frac{1}{2}}\mid <1$. Les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont donc adjacentes : elles convergent vers une même limite, que nous notons $c$.

Conclusion. Pour tout $n$, $a⩽a_n⩽c⩽b_n⩽b$, donc $c\in [a,b]$ et $f$ est continue en $c$. Les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont à valeurs dans $[a,b]$ et convergent vers $c$ : la caractérisation séquentielle de la continuité donne

$$f(a_n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}f(c)\text{et}f(b_n)\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}f(c)\mathrm{.}$$

En passant à la limite dans les inégalités larges $f(a_n)⩽y⩽f(b_n)$, on obtient $f(c)⩽y⩽f(c)$, c'est-à-dire $f(c)=y$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'hypothèse $f(a)f(b)⩽0$ signifie que $0$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$ : le théorème des valeurs intermédiaires fournit $c\in [a,b]$ tel que $f(c)=0$. Si $f$ est strictement monotone, elle est injective (deux points distincts ont des images distinctes), donc elle prend la valeur $0$ au plus une fois. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Utilisons la caractérisation des intervalles par la convexité, établie au chapitre sur les réels : une partie de $\mathbb{R}$ est un intervalle si et seulement si, dès qu'elle contient deux réels, elle contient tous les réels compris entre eux.

Soient donc $u$ et $v$ deux éléments de $f(I)$ et $z$ un réel tel que $u⩽z⩽v$. Il existe $x$ et $y$ dans $I$ tels que $u=f(x)$ et $v=f(y)$. Le segment d'extrémités $x$ et $y$ est inclus dans $I$, car $I$ est un intervalle, et $f$ y est continue. Le réel $z$ est compris entre $f(x)$ et $f(y)$ : le théorème des valeurs intermédiaires, appliqué sur ce segment, fournit un $c$ entre $x$ et $y$ tel que $f(c)=z$. Comme $c\in I$, on a $z=f(c)\in f(I)$. Ainsi $f(I)$ est convexe, donc c'est un intervalle. $\mathrm{\square }$

Image d'un segment

Démonstration. Elle repose sur le théorème de Bolzano-Weierstrass, au programme depuis le chapitre sur les suites : de toute suite réelle bornée on peut extraire une suite convergente.

Étape 1 : $f$ est majorée. Par l'absurde, supposons $f$ non majorée. Pour tout $n\in \mathbb{N}$, le réel $n$ ne majore pas $f$ : il existe $x_n\in [a,b]$ tel que $f(x_n)⩾n$. La suite $(x_n)$ est à valeurs dans $[a,b]$, donc bornée, et Bolzano-Weierstrass fournit une extractrice $\phi$ et un réel $c$ tels que $x_{\phi (n)}\to c$. En passant à la limite dans $a⩽x_{\phi (n)}⩽b$, on obtient $c\in [a,b]$ : $f$ est continue en $c$, donc $f\left(x_{\phi (n)}\right)\to f(c)$ par caractérisation séquentielle, et cette suite est bornée. Or $f\left(x_{\phi (n)}\right)⩾\phi (n)⩾n$, puisqu'une extractrice vérifie $\phi (n)⩾n$ : la suite tend vers $+\mathrm{\infty }$, contradiction. Ainsi $f$ est majorée, et en appliquant ce résultat à $-f$, elle est minorée : $f$ est bornée.

Étape 2 : la borne supérieure est atteinte. L'ensemble $E=f([a,b])$ est non vide et majoré : il admet une borne supérieure $M=\sup E$. Pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, le réel $M-{\displaystyle \frac{1}{n}}$ ne majore pas $E$, donc il existe $y_n\in [a,b]$ tel que

$$M-{\displaystyle \frac{1}{n}}<f(y_n)⩽M\mathrm{.}$$

Le théorème des gendarmes donne $f(y_n)\to M$. La suite $(y_n)$ est bornée : Bolzano-Weierstrass fournit une extractrice $\psi$ et un réel $x_M$ tels que $y_{\psi (n)}\to x_M$, avec $x_M\in [a,b]$ par passage à la limite dans l'encadrement. La continuité en $x_M$ donne $f\left(y_{\psi (n)}\right)\to f(x_M)$ ; mais cette suite est extraite de $(f(y_n))$, qui converge vers $M$, donc elle converge aussi vers $M$. Par unicité de la limite, $f(x_M)=M$ : la borne supérieure est atteinte, c'est un maximum.

Étape 3 : la borne inférieure. On applique l'étape 2 à $-f$, continue sur $[a,b]$ : elle atteint son maximum en un point $x_m$, où $f$ atteint son minimum. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $m={\min }_{[a,b]}f$ et $M={\max }_{[a,b]}f$, qui existent d'après le théorème des bornes atteintes, et posons $J=f([a,b])$.

L'inclusion $J\subset [m,M]$ est immédiate, puisque $m$ minore et $M$ majore $J$ par définition.

Réciproquement, $J$ est un intervalle d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, et il contient $m=f(x_m)$ et $M=f(x_M)$. Un intervalle contenant $m$ et $M$ contient tous les réels compris entre eux, donc $[m,M]\subset J$. D'où l'égalité. $\mathrm{\square }$

Théorème de la bijection

Les points 1 et 2 se justifient en une ligne : $J$ est un intervalle par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, $f$ est surjective sur $J=f(I)$ par définition de l'image, et injective car strictement monotone. Le point délicat est la continuité de $f^{-1}$ : sa démonstration n'est pas exigible au programme, on admet ce résultat. Retenez d'où il vient : $f^{-1}$ est monotone, donc ses seules discontinuités possibles seraient des sauts (corollaire du théorème de la limite monotone), et un saut de $f^{-1}$ créerait un trou dans son image $I$, qui est un intervalle.

Pour déterminer $J=f(I)$ en pratique, on combine la monotonie et les limites aux bornes. Notons $\alpha$ et $\beta$ les extrémités de $I$ avec $\alpha <\beta$ (éventuellement infinies), et posons

$${\mathrm{\ell }}_{\alpha }=\underset{x\to {\alpha }^{+}}{\lim }f(x)\text{et}{\mathrm{\ell }}_{\beta }=\underset{x\to {\beta }^{-}}{\lim }f(x),$$

limites qui existent toujours d'après le théorème de la limite monotone. Le tableau suivant donne $f(I)$ dans les quatre configurations.

Fonctions à valeurs complexes

Les définitions s'étendent aux fonctions $f:I\to \mathbb{C}$ en remplaçant la valeur absolue par le module : le module mesure une distance dans $\mathbb{C}$ exactement comme la valeur absolue dans $\mathbb{R}$, et c'est tout ce dont les définitions ont besoin.

Démonstration. Elle repose sur le double encadrement, valable pour tout $z\in \mathbb{C}$ :

$$\max (\mid \mathrm{Re}z\mid ,\mid \mathrm{Im}z\mid )⩽\mid z\mid ⩽\mid \mathrm{Re}z\mid +\mid \mathrm{Im}z\mid \mathrm{.}$$

Appliquons-le à $z=f(x)-\mathrm{\ell }$, dont la partie réelle est $\mathrm{Re}f(x)-\mathrm{Re}\mathrm{\ell }$ et la partie imaginaire $\mathrm{Im}f(x)-\mathrm{Im}\mathrm{\ell }$.

$(\Rightarrow )$ Si $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid \to 0$, l'inégalité de gauche et le théorème des gendarmes donnent $\mid \mathrm{Re}f(x)-\mathrm{Re}\mathrm{\ell }\mid \to 0$ et de même pour la partie imaginaire.

$(\Leftarrow )$ Si les deux limites réelles ont lieu, l'inégalité de droite majore $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid$ par une somme de deux quantités tendant vers $0$, donc $\mid f(x)-\mathrm{\ell }\mid \to 0$ par encadrement. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Pour la somme, le produit et le quotient, les démonstrations écrites dans le cas réel n'ont utilisé que l'inégalité triangulaire et la multiplicativité du module : elles se recopient mot pour mot. Pour le conjugué, $\mid \overline{f(x)}-\overline{f(a)}\mid =\mid \overline{f(x)-f(a)}\mid =\mid f(x)-f(a)\mid$. Pour le module, la seconde inégalité triangulaire dans $\mathbb{C}$ donne $\mid \mid f(x)\mid -\mid f(a)\mid \mid ⩽\mid f(x)-f(a)\mid$, et l'on conclut par encadrement. $\mathrm{\square }$

Dérivabilité

La partie A a mis en place le vocabulaire des limites et de la continuité. On aborde maintenant une propriété beaucoup plus fine : la possibilité d'approcher une fonction, au voisinage d'un point, par une fonction affine. C'est l'idée centrale du calcul différentiel, et c'est elle qui transforme l'étude qualitative d'une fonction (est-elle continue ?) en une étude quantitative (comment varie-t-elle, où atteint-elle ses extremums, à quelle vitesse croît-elle ?).

Dans toute cette partie, $I$ désigne un intervalle de $\mathbb{R}$ non vide et non réduit à un point, et $a$ un point de $I$. Comme $I$ n'est pas réduit à un point, $a$ est toujours limite de points de $I$ distincts de $a$ : parler de la limite en $a$ d'une fonction définie sur $I\setminus \{a\}$ a donc un sens, et cette limite, si elle existe, est unique.

Dérivée en un point

Géométriquement, ${\tau }_a(x)$ est la pente de la droite qui joint les deux points de la courbe d'abscisses $a$ et $x$, appelée sécante. Dériver, c'est faire glisser le second point vers le premier et regarder si la pente se stabilise.

La dérivabilité admet une reformulation qui est, en pratique, celle que l'on utilise le plus : elle dit qu'au voisinage de $a$, la fonction se confond avec une fonction affine, à une erreur près qui s'écrase plus vite que l'accroissement.

Démonstration. Supposons d'abord $f$ dérivable en $a$. Posons $\epsilon (0)=0$ et, pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$,

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

Par définition du nombre dérivé, $\epsilon (h)\to 0$ quand $h\to 0$. En multipliant l'égalité précédente par $h$, on obtient $h\epsilon (h)=f(a+h)-f(a)-f^{\mathrm{\prime }}(a)h$, c'est-à-dire l'écriture voulue avec $\mathrm{\ell }=f^{\mathrm{\prime }}(a)$ ; elle est encore vraie pour $h=0$, les deux membres étant alors nuls.

Réciproquement, supposons l'écriture du point 2 vérifiée. Pour $h\mathrm{\ne }0$ tel que $a+h\in I$, en divisant par $h$,

$${\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}{h}}=\mathrm{\ell }+\epsilon (h)\underset{h\to 0}{\overset{}{\to }}\mathrm{\ell }\mathrm{.}$$

Le taux d'accroissement admet donc la limite finie $\mathrm{\ell }$ : $f$ est dérivable en $a$ et $f^{\mathrm{\prime }}(a)=\mathrm{\ell }$. Enfin, pour $h\mathrm{\ne }0$, l'égalité impose $\epsilon (h)={\displaystyle \frac{f(a+h)-f(a)}{h}}-\mathrm{\ell }$, et $\epsilon (0)=0$ est imposé : $\epsilon$ est unique. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Pour tout $x\in I\setminus \{a\}$, on peut écrire

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

Quand $x\to a$, le premier facteur tend vers $0$ et le second vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$, qui est un réel. Par produit des limites, $f(x)-f(a)\to 0\times f^{\mathrm{\prime }}(a)=0$, c'est-à-dire $f(x)\to f(a)$ : $f$ est continue en $a$. $\mathrm{\square }$

Dérivabilité à gauche et à droite

Démonstration. C'est la caractérisation d'une limite par les limites à gauche et à droite (partie A), appliquée à la fonction ${\tau }_a$ au point $a$. Cette fonction n'étant pas définie en $a$, aucune condition supplémentaire sur une valeur en $a$ n'intervient : ${\tau }_a$ admet une limite en $a$ si et seulement si elle admet une limite à gauche et une limite à droite et que ces deux limites sont égales, la limite commune étant alors la limite en $a$. $\mathrm{\square }$

Opérations sur les dérivées

Démonstration. Combinaison linéaire. Le taux d'accroissement de $\lambda f+\mu g$ en $a$ vaut, pour $x\mathrm{\ne }a$,

$${\displaystyle \frac{(\lambda f+\mu g)(x)-(\lambda f+\mu g)(a)}{x-a}}=\lambda {\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}+\mu {\displaystyle \frac{g(x)-g(a)}{x-a}},$$

qui tend vers $\lambda f^{\mathrm{\prime }}(a)+\mu g^{\mathrm{\prime }}(a)$ par opérations sur les limites.

Produit. Pour $x\in I\setminus \{a\}$, on fait apparaître les deux taux d'accroissement en ajoutant et en retranchant $f(a)g(x)$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\displaystyle \frac{f(x)g(x)-f(a)g(a)}{x-a}}}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{f(x)g(x)-f(a)g(x)+f(a)g(x)-f(a)g(a)}{x-a}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =g(x){\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}+f(a){\displaystyle \frac{g(x)-g(a)}{x-a}}\mathrm{.}}\end{array}$$

Faisons tendre $x$ vers $a$. La fonction $g$, dérivable en $a$, y est continue, donc $g(x)\to g(a)$ ; les deux taux d'accroissement tendent respectivement vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$ et $g^{\mathrm{\prime }}(a)$. Par produit et somme de limites, le membre de gauche tend vers $g(a)f^{\mathrm{\prime }}(a)+f(a)g^{\mathrm{\prime }}(a)$, qui est un réel : $fg$ est dérivable en $a$, avec la formule annoncée. On notera que la continuité de $g$ en $a$ est le seul point non purement algébrique de cette démonstration.

Inverse. Montrons d'abord que ${\displaystyle \frac{1}{g}}$ est définie au voisinage de $a$. La fonction $g$ étant continue en $a$ avec $g(a)\mathrm{\ne }0$, la définition de la continuité appliquée avec $\epsilon ={\displaystyle \frac{\mid g(a)\mid }{2}}>0$ fournit $\delta >0$ tel que, pour $x\in I$ vérifiant $\mid x-a\mid ⩽\delta$, on ait $\mid g(x)-g(a)\mid ⩽{\displaystyle \frac{\mid g(a)\mid }{2}}$, d'où

$$\mid g(x)\mid ⩾\mid g(a)\mid -\mid g(x)-g(a)\mid ⩾{\displaystyle \frac{\mid g(a)\mid }{2}}>0.$$

Ainsi $g$ ne s'annule pas sur $I\cap [a-\delta ,a+\delta ]$, ce qui suffit pour étudier une limite en $a$. Pour un tel $x$, distinct de $a$,

$${\displaystyle \frac{1}{x-a}}({\displaystyle \frac{1}{g(x)}}-{\displaystyle \frac{1}{g(a)}})={\displaystyle \frac{1}{x-a}}\times {\displaystyle \frac{g(a)-g(x)}{g(x)g(a)}}=-{\displaystyle \frac{1}{g(x)g(a)}}\times {\displaystyle \frac{g(x)-g(a)}{x-a}}\underset{x\to a}{\overset{}{\to }}-{\displaystyle \frac{g^{\mathrm{\prime }}(a)}{g(a{)}^2}}\mathrm{.}$$

Quotient. On écrit ${\displaystyle \frac{f}{g}}=f\times {\displaystyle \frac{1}{g}}$ et on applique la formule du produit :

$${\left({\displaystyle \frac{f}{g}}\right)}^{\mathrm{\prime }}(a)=f^{\mathrm{\prime }}(a)\times {\displaystyle \frac{1}{g(a)}}+f(a)\times (-{\displaystyle \frac{g^{\mathrm{\prime }}(a)}{g(a{)}^2}})={\displaystyle \frac{f^{\mathrm{\prime }}(a)g(a)-f(a)g^{\mathrm{\prime }}(a)}{g(a{)}^2}}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. L'idée naturelle consiste à écrire, pour $x\mathrm{\ne }a$,

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

puis à faire tendre $x$ vers $a$. Ce calcul n'est pas licite : rien n'interdit que $f(x)=f(a)$ pour des $x$ aussi proches de $a$ que l'on veut, et le premier quotient n'a alors aucun sens. C'est le cas dès que $f$ est constante, mais aussi pour la fonction $x\mapsto x^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)$ prolongée par $0$, qui s'annule en des points aussi proches de $0$ que l'on veut, à savoir tous les ${\displaystyle \frac{1}{p\pi }}$ avec $p\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. On contourne la difficulté en enfermant le quotient délicat dans une fonction prolongée par continuité.

Définissons $\phi :J\to \mathbb{R}$ par

$$\phi (y)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{g(y)-g(b)}{y-b}}& \text{si }y\in J\text{ et }y\mathrm{\ne }b,\\ g^{\mathrm{\prime }}(b)& \text{si }y=b\mathrm{.}\end{array}$$

Par définition du nombre dérivé $g^{\mathrm{\prime }}(b)$, on a $\phi (y)\to g^{\mathrm{\prime }}(b)=\phi (b)$ quand $y\to b$ : la fonction $\phi$ est continue en $b$. De plus, l'égalité

$$g(y)-g(b)=\phi (y)(y-b)$$

est vraie pour tout $y\in J$ : par construction si $y\mathrm{\ne }b$, et parce que les deux membres sont nuls si $y=b$.

Appliquons-la à $y=f(x)$ pour $x\in I\setminus \{a\}$, en se souvenant que $b=f(a)$, puis divisons par $x-a\mathrm{\ne }0$ :

$${\displaystyle \frac{g(f(x))-g(f(a))}{x-a}}=\phi (f(x))\times {\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}\mathrm{.}$$

Cette identité est valable pour tout $x\mathrm{\ne }a$, que $f(x)$ soit égal à $f(a)$ ou non : c'est tout l'intérêt du procédé.

Faisons enfin tendre $x$ vers $a$. La fonction $f$, dérivable en $a$, y est continue, donc $f(x)\to b$ ; la fonction $\phi$ est continue en $b$ ; par composition d'une limite et d'une fonction continue (partie A), $\phi (f(x))\to \phi (b)=g^{\mathrm{\prime }}(b)$. Le second facteur tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(a)$. Par produit des limites, le taux d'accroissement de $g\circ f$ en $a$ tend vers le réel $g^{\mathrm{\prime }}(b)f^{\mathrm{\prime }}(a)$ : $g\circ f$ est dérivable en $a$ et $(g\circ f{)}^{\mathrm{\prime }}(a)=g^{\mathrm{\prime }}(f(a))f^{\mathrm{\prime }}(a)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les points 1, 3 et 4 sont des applications directes du théorème de composition, avec respectivement $g(t)=t^n$, $g(t)=e^t$, $g(t)=\sqrt{t}$ et $g(t)=t^{\alpha }$, dont les dérivées sont connues ; le point 2 pour ${\displaystyle \frac{1}{u}}$ a été démontré plus haut.

Le seul point qui demande un mot est $\ln \mid u\mid$. La fonction $u$ est continue sur l'intervalle $I$ et ne s'y annule pas : d'après le théorème des valeurs intermédiaires (partie A), elle y garde un signe constant, car si elle prenait une valeur strictement négative et une valeur strictement positive, elle s'annulerait entre les deux. Si $u>0$ sur $I$, alors $\ln \mid u\mid =\ln \circ u$ et la composition donne ${\displaystyle \frac{u^{\mathrm{\prime }}}{u}}$. Si $u<0$ sur $I$, alors $\ln \mid u\mid =\ln (-u)$, dont la dérivée vaut ${\displaystyle \frac{-u^{\mathrm{\prime }}}{-u}}={\displaystyle \frac{u^{\mathrm{\prime }}}{u}}$. Dans les deux cas, la même formule. $\mathrm{\square }$

Dérivée d'une bijection réciproque

Démonstration. On admet la continuité de $f^{-1}$ sur $J$, acquise avec le théorème de la bijection.

Soit $y\in J$ avec $y\mathrm{\ne }b$. Posons $x=f^{-1}(y)$, de sorte que $f(x)=y$. Comme $f^{-1}$ est injective, $y\mathrm{\ne }b$ entraîne $x\mathrm{\ne }a$. Le taux d'accroissement de $f^{-1}$ en $b$ s'écrit alors

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

le dénominateur étant non nul : $f$ est injective, donc $f(x)\mathrm{\ne }f(a)$ dès que $x\mathrm{\ne }a$. C'est ce point qui rend le calcul licite ici, alors qu'il ne l'était pas pour la composée.

Faisons tendre $y$ vers $b$. Par continuité de $f^{-1}$ en $b$, on a $x=f^{-1}(y)\to f^{-1}(b)=a$, avec $x\mathrm{\ne }a$ pour $y\mathrm{\ne }b$. Par composition de limites, ${\tau }_a(x)\to f^{\mathrm{\prime }}(a)$. 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 ${\displaystyle \frac{1}{f^{\mathrm{\prime }}(a)}}$. $\mathrm{\square }$

Extremum local et point critique

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 $a$ et vérifie $(-f{)}^{\mathrm{\prime }}(a)=-f^{\mathrm{\prime }}(a)$.

Comme $a$ est intérieur à $I$, il existe ${\delta }_1>0$ tel que $]a-{\delta }_1,a+{\delta }_1[\subset I$ ; comme le maximum est local, il existe ${\delta }_2>0$ tel que $f(x)⩽f(a)$ pour tout $x\in I\cap ]a-{\delta }_2,a+{\delta }_2[$. Posons $\delta =\min ({\delta }_1,{\delta }_2)>0$ : pour tout $x\in ]a-\delta ,a+\delta [$, on a à la fois $x\in I$ et $f(x)⩽f(a)$.

Approche par la droite. Soit $x\in ]a,a+\delta [$. Alors $f(x)-f(a)⩽0$ et $x-a>0$, donc ${\tau }_a(x)⩽0$. Comme $f$ est dérivable en $a$, ${\tau }_a(x)\to f^{\mathrm{\prime }}(a)$ quand $x\to a^{+}$ ; par passage à la limite dans une inégalité large (partie A), $f^{\mathrm{\prime }}(a)⩽0$.

Approche par la gauche. Soit $x\in ]a-\delta ,a[$. Alors $f(x)-f(a)⩽0$ et $x-a<0$, donc cette fois ${\tau }_a(x)⩾0$. En faisant $x\to a^{-}$, on obtient de même $f^{\mathrm{\prime }}(a)⩾0$.

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

Théorème de Rolle

Démonstration. La fonction $f$ est continue sur le segment $[a,b]$ : d'après le théorème des bornes atteintes (partie A), elle est bornée et atteint ses bornes. Notons $m$ son minimum et $M$ son maximum sur $[a,b]$, et choisissons $x_m,x_M\in [a,b]$ tels que $f(x_m)=m$ et $f(x_M)=M$.

Premier cas : $m=M$. Pour tout $x\in [a,b]$, on a $m⩽f(x)⩽M=m$, donc $f$ est constante sur $[a,b]$. Sa dérivée est alors nulle en tout point de $]a,b[$, intervalle non vide puisque $a<b$ : n'importe quel $c\in ]a,b[$ convient, par exemple $c={\displaystyle \frac{a+b}{2}}$.

Second cas : $m<M$. Notons $v=f(a)=f(b)$ la valeur commune aux extrémités. On ne peut pas avoir simultanément $m=v$ et $M=v$, sans quoi $m=M$. Supposons $M\mathrm{\ne }v$ (si c'est $m$ qui diffère de $v$, on mène le même raisonnement avec $x_m$, ou l'on applique ce qui suit à $-f$).

Alors $f(x_M)=M\mathrm{\ne }v=f(a)=f(b)$, donc $x_M\mathrm{\ne }a$ et $x_M\mathrm{\ne }b$ : le point $x_M$ appartient à $]a,b[$, il est donc intérieur à $[a,b]$. De plus $f$ est dérivable en $x_M$ d'après l'hypothèse 2, et $f$ admet en $x_M$ un maximum global sur $[a,b]$, donc en particulier un maximum local. La condition nécessaire d'extremum intérieur donne $f^{\mathrm{\prime }}(x_M)=0$ : le réel $c=x_M$ convient. $\mathrm{\square }$

Égalité des accroissements finis

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

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

La fonction $g$ est continue sur $[a,b]$, comme somme de $f$ (continue) et d'une fonction affine, et dérivable sur $]a,b[$ pour la même raison, avec

$$g^{\mathrm{\prime }}(x)=f^{\mathrm{\prime }}(x)-{\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{b-a}},x\in ]a,b[\mathrm{.}$$

Par ailleurs $g(a)=f(a)-f(a)-0=0$ et

$$g(b)=f(b)-f(a)-{\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}(b-a)=(f(b)-f(a))-(f(b)-f(a))=0,$$

donc $g(a)=g(b)$. Les trois hypothèses du théorème de Rolle sont réunies pour $g$ : il existe $c\in ]a,b[$ tel que $g^{\mathrm{\prime }}(c)=0$, c'est-à-dire

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

En multipliant par $b-a\mathrm{\ne }0$, on obtient l'égalité annoncée. $\mathrm{\square }$

Inégalité des accroissements finis

Démonstration. Soient $x,y\in I$. Si $x=y$, l'inégalité s'écrit $0⩽0$ : elle est vraie. Sinon, quitte à échanger $x$ et $y$ (ce qui ne modifie aucun des deux membres, tous deux écrits avec des valeurs absolues), on peut supposer $x<y$.

Comme $I$ est un intervalle contenant $x$ et $y$, le segment $[x,y]$ est inclus dans $I$. La fonction $f$ est donc continue sur $[x,y]$ (elle est dérivable sur $I$, donc continue sur $I$) et dérivable sur $]x,y[$. L'égalité des accroissements finis fournit un réel $c\in ]x,y[$ tel que

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

En passant aux valeurs absolues et en majorant $\mid f^{\mathrm{\prime }}(c)\mid$ par $k$, ce qui est licite puisque $c\in I$ :

$$\mid f(y)-f(x)\mid =\mid f^{\mathrm{\prime }}(c)\mid \times \mid y-x\mid ⩽k\mid y-x\mid \mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Si $x=y$, les trois membres sont nuls. Si $x<y$, la même application de l'égalité des accroissements finis sur $[x,y]$ fournit $c\in ]x,y[$ tel que $f(y)-f(x)=f^{\mathrm{\prime }}(c)(y-x)$. Il suffit alors d'encadrer $f^{\mathrm{\prime }}(c)$ par $m$ et $M$ et de multiplier par $y-x$, qui est positif, ce qui conserve le sens des inégalités. $\mathrm{\square }$

Dérivée et variations

Démonstration. Point 2, sens réciproque. Supposons $f^{\mathrm{\prime }}⩾0$ sur $I$ et soient $x<y$ dans $I$. Comme $I$ est un intervalle, $[x,y]\subset I$ ; $f$ est continue sur $[x,y]$ (car dérivable sur $I$) et dérivable sur $]x,y[$. L'égalité des accroissements finis fournit $c\in ]x,y[$ tel que

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

Le facteur $f^{\mathrm{\prime }}(c)$ est positif ou nul et $y-x>0$, donc $f(y)-f(x)⩾0$, c'est-à-dire $f(x)⩽f(y)$ : $f$ est croissante sur $I$.

Point 2, sens direct. Supposons $f$ croissante sur $I$ et soit $a\in I$. Pour $x\in I$ avec $x\mathrm{\ne }a$ : si $x>a$, alors $f(x)-f(a)⩾0$ et $x-a>0$ ; si $x<a$, alors $f(x)-f(a)⩽0$ et $x-a<0$. Dans les deux cas, le quotient ${\tau }_a(x)$ est positif ou nul. Par passage à la limite dans une inégalité large quand $x\to a$, on obtient $f^{\mathrm{\prime }}(a)⩾0$.

Point 3. On applique le point 2 à $-f$, en remarquant que $f$ est décroissante si et seulement si $-f$ est croissante, et que $(-f{)}^{\mathrm{\prime }}=-f^{\mathrm{\prime }}$.

Point 1. $f$ est constante si et seulement si elle est à la fois croissante et décroissante, ce qui, d'après les points 2 et 3, équivaut à $f^{\mathrm{\prime }}⩾0$ et $f^{\mathrm{\prime }}⩽0$, c'est-à-dire à $f^{\mathrm{\prime }}=0$.

Point 4. On reprend le sens réciproque du point 2 : cette fois $f^{\mathrm{\prime }}(c)>0$ et $y-x>0$ donnent $f(y)-f(x)>0$, donc $f(x)<f(y)$ : la croissance est stricte.

Point 5. Soient $x<y$ dans $I$. D'après le point 2, $f$ est croissante, donc $f(x)⩽f(y)$. Supposons par l'absurde $f(x)=f(y)$. Alors, pour tout $t\in [x,y]$, la croissance donne $f(x)⩽f(t)⩽f(y)=f(x)$, donc $f$ est constante sur le segment $[x,y]$. D'après le point 1 appliqué à l'intervalle $[x,y]$, la dérivée $f^{\mathrm{\prime }}$ s'annule en tout point de $[x,y]$, qui est un ensemble infini : cela contredit l'hypothèse selon laquelle $f^{\mathrm{\prime }}$ ne s'annule qu'en un nombre fini de points. Donc $f(x)<f(y)$ et $f$ est strictement croissante. $\mathrm{\square }$

Théorème de la limite de la dérivée

Démonstration. Traitons d'abord le cas $\mathrm{\ell }\in \mathbb{R}$.

Soit $\epsilon >0$. D'après l'hypothèse 3, il existe $\delta >0$ tel que

$$\mathrm{\forall }t\in I,0<\mid t-a\mid ⩽\delta ⟹\mid f^{\mathrm{\prime }}(t)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon \mathrm{.}$$

Soit maintenant $x\in I$ vérifiant $0<\mid x-a\mid ⩽\delta$. Le segment d'extrémités $a$ et $x$ est contenu dans $I$, puisque $I$ est un intervalle contenant $a$ et $x$. Sur ce segment, $f$ est continue (hypothèse 1) ; sur l'intervalle ouvert d'extrémités $a$ et $x$, $f$ est dérivable, car cet intervalle ouvert ne contient pas $a$ et est donc inclus dans $I\setminus \{a\}$. L'égalité des accroissements finis s'applique : il existe un réel $c_x$ strictement compris entre $a$ et $x$ tel que

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

Ce point vérifie $c_x\in I$ et $0<\mid c_x-a\mid <\mid x-a\mid ⩽\delta$, donc $\mid f^{\mathrm{\prime }}(c_x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$, c'est-à-dire $\mid {\tau }_a(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$.

On a établi : pour tout $\epsilon >0$, il existe $\delta >0$ tel que, pour tout $x\in I$ vérifiant $0<\mid x-a\mid ⩽\delta$, on ait $\mid {\tau }_a(x)-\mathrm{\ell }\mid ⩽\epsilon$. C'est exactement dire que ${\tau }_a(x)\to \mathrm{\ell }$ quand $x\to a$. La limite étant finie, $f$ est dérivable en $a$ avec $f^{\mathrm{\prime }}(a)=\mathrm{\ell }$ ; et comme $f^{\mathrm{\prime }}(x)\to \mathrm{\ell }=f^{\mathrm{\prime }}(a)$ quand $x\to a$, la fonction $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue en $a$.

Le cas $\mathrm{\ell }=+\mathrm{\infty }$ se traite de la même façon, en remplaçant la majoration par une minoration : pour tout $A>0$, il existe $\delta >0$ tel que $f^{\mathrm{\prime }}(t)⩾A$ dès que $t\in I$ et $0<\mid t-a\mid ⩽\delta$ ; le même point $c_x$ donne alors ${\tau }_a(x)=f^{\mathrm{\prime }}(c_x)⩾A$. Donc ${\tau }_a(x)\to +\mathrm{\infty }$ : le taux d'accroissement n'a pas de limite finie, $f$ n'est pas dérivable en $a$, et la pente des sécantes tend vers $+\mathrm{\infty }$, ce qui se traduit géométriquement par une tangente verticale. Le cas $\mathrm{\ell }=-\mathrm{\infty }$ est analogue. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Le théorème donne la dérivabilité de $f$ en $a$ avec $f^{\mathrm{\prime }}(a)=\mathrm{\ell }$, donc $f$ est dérivable sur $I$ ; il donne aussi la continuité de $f^{\mathrm{\prime }}$ en $a$, et $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue en tout autre point par hypothèse. Ainsi $f^{\mathrm{\prime }}$ est continue sur $I$ : $f$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur $I$. $\mathrm{\square }$

Dérivées successives, fonctions de classe ${\mathcal{C}}^k$

Démonstration. Soit $f\in {\mathcal{C}}^{k+1}(I,\mathbb{R})$. Alors $f$ est $k+1$ fois dérivable, donc $f^{(k+1)}={\left(f^{(k)}\right)}^{\mathrm{\prime }}$ existe, ce qui signifie que $f^{(k)}$ est dérivable sur $I$, donc continue sur $I$. Ainsi $f$ est $k$ fois dérivable de dérivée $k$-ième continue : $f\in {\mathcal{C}}^k(I,\mathbb{R})$. La stricte inclusion résulte de l'exemple ci-dessous. $\mathrm{\square }$

Justification. Notons $s(x)$ le signe de $x$, égal à $1$ si $x>0$, à $-1$ si $x<0$ et à $0$ si $x=0$, de sorte que ${\phi }_n(x)=s(x)x^{n+1}$ pour tout réel $x$. Montrons par récurrence sur $j$ que, pour $0⩽j⩽n$, la fonction ${\phi }_n$ est $j$ fois dérivable sur $\mathbb{R}$ avec

$${\phi }_n^{(j)}(x)={\displaystyle \frac{(n+1)!}{(n+1-j)!}}s(x)x^{n+1-j}\mathrm{.}$$

L'égalité est vraie pour $j=0$. Supposons-la vraie pour un entier $j$ tel que $j⩽n-1$, et posons $\psi ={\phi }_n^{(j)}$ ainsi que $C={\displaystyle \frac{(n+1)!}{(n+1-j)!}}$. Sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, on a $\psi (x)=C{x}^{n+1-j}$, donc ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)=C(n+1-j)x^{n-j}$ ; sur $]-\mathrm{\infty },0[$, on a $\psi (x)=-C{x}^{n+1-j}$, donc ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)=-C(n+1-j)x^{n-j}$. Dans les deux cas ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(x)={\displaystyle \frac{(n+1)!}{(n-j)!}}s(x)x^{n-j}$. En $0$, comme $\psi (0)=0$ et $n-j⩾1$,

$${\displaystyle \frac{\psi (x)-\psi (0)}{x-0}}=Cs(x)x^{n-j},\text{donc}\mid {\displaystyle \frac{\psi (x)-\psi (0)}{x}}\mid ⩽\mid C\mid \mid x{\mid }^{n-j}\underset{x\to 0}{\overset{}{\to }}0.$$

Ainsi $\psi$ est dérivable en $0$ avec ${\psi }^{\mathrm{\prime }}(0)=0$, valeur que redonne bien la formule au rang $j+1$ puisque $s(0)=0$. La propriété est donc vraie au rang $j+1$.

Pour $j=n$, on obtient ${\phi }_n^{(n)}(x)=(n+1)!s(x)x=(n+1)!\mid x\mid$, fonction continue sur $\mathbb{R}$ : ${\phi }_n$ est bien de classe ${\mathcal{C}}^n$. Mais $x\mapsto (n+1)!\mid x\mid$ n'est pas dérivable en $0$, par le même calcul que pour la valeur absolue : ${\phi }_n$ n'est pas $n+1$ fois dérivable, donc pas de classe ${\mathcal{C}}^{n+1}$. $\mathrm{\square }$

Les dérivées successives des fonctions usuelles se retrouvent toutes par une récurrence d'une ligne. Dans le tableau ci-dessous, $n\in \mathbb{N}$ et $a$ désigne un réel fixé.

Deux justifications, les autres étant du même type. Pour l'exponentielle, chaque dérivation fait sortir un facteur $a$, d'où $a^n$ après $n$ dérivations. Pour le sinus, on part de $\cos \theta =\sin (\theta +{\displaystyle \frac{\pi }{2}})$ : si ${\sin }^{(n)}(x)=\sin (x+{\displaystyle \frac{n\pi }{2}})$, alors

$${\sin }^{(n+1)}(x)=\cos (x+{\displaystyle \frac{n\pi }{2}})=\sin (x+{\displaystyle \frac{n\pi }{2}}+{\displaystyle \frac{\pi }{2}})=\sin (x+{\displaystyle \frac{(n+1)\pi }{2}}),$$

ce qui achève la récurrence. On retiendra surtout la deuxième ligne : les dérivées d'un polynôme de degré $p$ sont nulles à partir de l'ordre $p+1$. C'est la clé de la section suivante.

Formule de Leibniz

Démonstration. Par récurrence sur $n$. Notons $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « pour toutes fonctions $f$ et $g$ $n$ fois dérivables sur $I$, le produit $fg$ est $n$ fois dérivable sur $I$ et $(fg{)}^{(n)}={\sum }_{j=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)f^{(j)}{g}^{(n-j)}$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, la somme se réduit à $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)f^{(0)}{g}^{(0)}=fg=(fg{)}^{(0)}$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie. (Le rang $n=1$ n'est autre que la formule de dérivation d'un produit.)

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie et soient $f,g$ deux fonctions $n+1$ fois dérivables sur $I$. Elles sont en particulier $n$ fois dérivables, donc $\mathcal{P}(n)$ donne

$$(fg{)}^{(n)}=\sum _{j=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)f^{(j)}{g}^{(n-j)}\mathrm{.}$$

Pour $0⩽j⩽n$, les fonctions $f^{(j)}$ et $g^{(n-j)}$ sont dérivables sur $I$, puisque $j⩽n$, $n-j⩽n$ et que $f$ et $g$ sont $n+1$ fois dérivables. Chaque produit $f^{(j)}{g}^{(n-j)}$ est donc dérivable, et $(fg{)}^{(n)}$, somme finie de tels produits, l'est aussi : $fg$ est $n+1$ fois dérivable. En dérivant terme à terme avec la formule du produit,

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

Dans la première somme, effectuons le changement d'indice $i=j+1$, l'indice $i$ variant alors de $1$ à $n+1$ :

$$\sum _{j=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)f^{(j+1)}{g}^{(n-j)}=\sum _{i=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{i-1}\right)f^{(i)}{g}^{(n+1-i)}\mathrm{.}$$

En renommant $j$ l'indice muet, puis en isolant le terme $j=n+1$ de la première somme et le terme $j=0$ de la seconde, il vient

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (fg{)}^{(n+1)}}& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)f^{(n+1)}{g}^{(0)}+\sum _{j=1}^n[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)]f^{(j)}{g}^{(n+1-j)}+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)f^{(0)}{g}^{(n+1)}\mathrm{.}}\end{array}$$

La formule de Pascal donne $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)$ pour $1⩽j⩽n$ ; par ailleurs $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)=1=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)$ et $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)=1=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)$. Les trois morceaux se recollent donc en

$$(fg{)}^{(n+1)}=\sum _{j=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{j}\right)f^{(j)}{g}^{(n+1-j)},$$

ce qui est $\mathcal{P}(n+1)$.

Conclusion. Par récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n\in \mathbb{N}$. $\mathrm{\square }$

Fonctions à valeurs complexes

Démonstration. La variable $x$ et le point $a$ sont réels, donc $x-a$ est un réel : pour $x\mathrm{\ne }a$,

$$\mathrm{Re}({\tau }_a(x))={\displaystyle \frac{\mathrm{Re}f(x)-\mathrm{Re}f(a)}{x-a}}\text{et}\mathrm{Im}({\tau }_a(x))={\displaystyle \frac{\mathrm{Im}f(x)-\mathrm{Im}f(a)}{x-a}}\mathrm{.}$$

Autrement dit, les parties réelle et imaginaire du taux d'accroissement de $f$ sont les taux d'accroissement de $\mathrm{Re}f$ et de $\mathrm{Im}f$. Or, d'après la partie A, une fonction à valeurs complexes admet une limite en $a$ si et seulement si ses parties réelle et imaginaire en admettent une, la limite étant alors $\lim \mathrm{Re}+i\lim \mathrm{Im}$. Il suffit d'appliquer ce résultat à ${\tau }_a$. $\mathrm{\square }$

Démonstration du cas particulier $\phi (t)=\lambda t$ ; le cas général est admis. Écrivons $\lambda =\alpha +i\beta$ avec $\alpha ,\beta$ réels. Par définition de l'exponentielle complexe,

$$e^{\lambda t}=e^{\alpha t}(\cos (\beta t)+i\sin (\beta t)),$$

donc $\mathrm{Re}\left(e^{\lambda t}\right)=e^{\alpha t}\cos (\beta t)$ et $\mathrm{Im}\left(e^{\lambda t}\right)=e^{\alpha t}\sin (\beta t)$. Ces deux fonctions sont dérivables sur $\mathbb{R}$ comme produits et composées de fonctions dérivables, avec

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {(e^{\alpha t}\cos (\beta t))}^{\mathrm{\prime }}}& {\displaystyle =\alpha e^{\alpha t}\cos (\beta t)-\beta e^{\alpha t}\sin (\beta t),}\\ {\displaystyle {(e^{\alpha t}\sin (\beta t))}^{\mathrm{\prime }}}& {\displaystyle =\alpha e^{\alpha t}\sin (\beta t)+\beta e^{\alpha t}\cos (\beta t)\mathrm{.}}\end{array}$$

D'après la caractérisation précédente, $t\mapsto e^{\lambda t}$ est donc dérivable, de dérivée

$$e^{\alpha t}[\alpha \cos (\beta t)-\beta \sin (\beta t)+i(\alpha \sin (\beta t)+\beta \cos (\beta t)\left)\right]\mathrm{.}$$

Par ailleurs, en développant et en utilisant $i^2=-1$,

$$\lambda e^{\lambda t}=(\alpha +i\beta )e^{\alpha t}(\cos (\beta t)+i\sin (\beta t))=e^{\alpha t}[\alpha \cos (\beta t)-\beta \sin (\beta t)+i(\alpha \sin (\beta t)+\beta \cos (\beta t)\left)\right]\mathrm{.}$$

Les deux expressions coïncident, ce qui prouve ${\left(e^{\lambda t}\right)}^{\mathrm{\prime }}=\lambda e^{\lambda t}$. $\mathrm{\square }$

Convexité

Cette dernière partie n'introduit aucun outil d'analyse nouveau : tout y repose sur les résultats de la partie B, en particulier l'égalité des accroissements finis et le lien entre le signe de $f^{\mathrm{\prime }}$ et les variations de $f$. Ce qui change, c'est le point de vue. Jusqu'ici on décrivait une fonction par sa position (limites) et par sa pente (dérivée) ; on décrit maintenant la façon dont cette pente varie, ce qui se lit géométriquement sur la position du graphe par rapport à ses cordes et à ses tangentes.

L'intérêt est double. D'une part, la convexité fournit des inégalités que l'on n'obtiendrait pas autrement, et qui tombent régulièrement aux concours. D'autre part, elle se définit sans dérivée : une fonction convexe n'a besoin d'aucune régularité pour l'être, ce qui rend la notion plus large qu'il n'y paraît.

Parties convexes de $\mathbb{R}$

Avant de parler de fonctions convexes, il faut savoir sur quels ensembles la définition a un sens : on doit pouvoir rester dans l'ensemble de départ lorsqu'on se déplace entre deux de ses points.

Démonstration. On utilise la caractérisation des intervalles établie dans le chapitre sur les nombres réels : une partie $J$ de $\mathbb{R}$ est un intervalle si et seulement si, pour tous $x,y\in J$ et tout $z\in \mathbb{R}$, $x⩽z⩽y⟹z\in J$.

Un intervalle est convexe. Soit $I$ un intervalle, $x,y\in I$ et $\lambda \in [0,1]$. Quitte à échanger les rôles de $x$ et de $y$, ce qui remplace $\lambda$ par $1-\lambda$, on suppose $x⩽y$. Posons $z=\lambda x+(1-\lambda )y$. Alors

$$z-x=(1-\lambda )(y-x)⩾0\text{et}y-z=\lambda (y-x)⩾0,$$

donc $x⩽z⩽y$, et la caractérisation donne $z\in I$.

Une partie convexe est un intervalle. Soit $C$ convexe, $x,y\in C$ et $z\in \mathbb{R}$ tel que $x⩽z⩽y$. Si $x=y$, alors $z=x\in C$. Sinon $x<y$ et l'on pose $\lambda ={\displaystyle \frac{y-z}{y-x}}$. De $0⩽y-z⩽y-x$ et $y-x>0$ on tire $\lambda \in [0,1]$, et $1-\lambda ={\displaystyle \frac{z-x}{y-x}}$, d'où

$$\lambda x+(1-\lambda )y=\frac{(y-z)x+(z-x)y}{y-x}=\frac{xy-zx+zy-xy}{y-x}=\frac{z(y-x)}{y-x}=z\mathrm{.}$$

Ainsi $z$ est une combinaison convexe de $x$ et de $y$ : il appartient à $C$, qui est donc un intervalle. $\mathrm{\square }$

Conformément aux notations du chapitre, $I$ désigne désormais un intervalle non vide et non réduit à un point : c'est le cadre naturel de la convexité, et l'hypothèse ne pourra jamais être omise.

Fonctions convexes et fonctions concaves

L'inégalité de la définition a une lecture géométrique très parlante : le graphe de $f$ passe sous ses cordes.

Démonstration. Pour deux points $x<y$ de $I$, notons $\phi$ la fonction affine dont le graphe est la droite passant par $(x,f(x))$ et $(y,f(y))$ ; un calcul direct en donne trois écritures :

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

$(1)\Rightarrow (2)$ Soit $z$ tel que $x<z<y$. Posons $\lambda ={\displaystyle \frac{y-z}{y-x}}$ : alors $\lambda \in ]0,1[$, $1-\lambda ={\displaystyle \frac{z-x}{y-x}}$ et $z=\lambda x+(1-\lambda )y$, d'après le calcul du paragraphe précédent. La convexité de $f$ donne

$$f(z)⩽\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)=\frac{(y-z)f(x)+(z-x)f(y)}{y-x}=\phi (z),$$

ce qui est exactement l'inégalité annoncée.

$(2)\Rightarrow (1)$ Soient $x,y\in I$ et $\lambda \in [0,1]$. Si $x=y$, ou si $\lambda =0$, ou si $\lambda =1$, les deux membres de l'inégalité de convexité sont égaux. Sinon, quitte à échanger $x$ et $y$, supposons $x<y$ et $\lambda \in ]0,1[$, et posons $z=\lambda x+(1-\lambda )y$. Comme $z-x=(1-\lambda )(y-x)>0$ et $y-z=\lambda (y-x)>0$, on a $x<z<y$, et l'égalité $y-z=\lambda (y-x)$ montre que $\lambda ={\displaystyle \frac{y-z}{y-x}}$. L'hypothèse (2) s'écrit alors

$$f(z)⩽\phi (z)=\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y),$$

c'est-à-dire l'inégalité de convexité. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Soient $x,y\in I$ et $\lambda \in [0,1]$ ; posons $z=\lambda x+(1-\lambda )y$, qui appartient à $I$ puisque $I$ est convexe.

Somme et multiple positif. Il suffit d'additionner les deux inégalités de convexité, et de multiplier celle de $f$ par $\alpha ⩾0$, ce qui en conserve le sens.

Maximum. Notons $m=\max (f,g)$. Comme $f⩽m$, $g⩽m$ et $\lambda ,1-\lambda ⩾0$,

$$f(z)⩽\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)⩽\lambda m(x)+(1-\lambda )m(y),$$

et de même pour $g(z)$. Deux réels majorés par un même réel ont leur maximum majoré par ce réel, donc $m(z)⩽\lambda m(x)+(1-\lambda )m(y)$.

Composée. On a $f(z)⩽\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)$, et ces deux nombres appartiennent à $J$ : le premier car $f(z)\in f(I)$, le second car c'est une combinaison convexe de $f(x)$ et $f(y)$, éléments de l'intervalle $J$, qui est convexe. La croissance de $h$ donne alors $h(f(z))⩽h(\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y))$, puis la convexité de $h$ :

$$h(f(z))⩽\lambda h(f(x))+(1-\lambda )h(f(y))\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Inégalité des pentes

La définition, avec son paramètre $\lambda$, est peu maniable. On la traduit une fois pour toutes en termes de pentes, et c'est cette forme que l'on utilise ensuite systématiquement.

Démonstration. Comme précédemment, $z=\lambda x+(1-\lambda )y$ avec $\lambda ={\displaystyle \frac{y-z}{y-x}}\in ]0,1[$ et $1-\lambda ={\displaystyle \frac{z-x}{y-x}}$. L'inégalité de convexité, multipliée par $y-x>0$, s'écrit

$$(y-x)f(z)⩽(y-z)f(x)+(z-x)f(y)\mathrm{.}(\star )$$

Première inégalité. Retranchons $(y-x)f(x)$ aux deux membres de $(\star )$. Comme $(y-z)-(y-x)=-(z-x)$, le membre de droite devient $(z-x)(f(y)-f(x))$, d'où

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

En divisant par $(z-x)(y-x)>0$, ce qui conserve le sens de l'inégalité :

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

Deuxième inégalité. Retranchons cette fois $(y-x)f(y)$ aux deux membres de $(\star )$. Comme $(z-x)-(y-x)=-(y-z)$, il vient

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

Multiplions par $-1$, ce qui renverse l'inégalité, puis divisons par $(y-x)(y-z)>0$ :

$$\frac{f(y)-f(z)}{y-z}⩾\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\mathrm{.}$$

Troisième inégalité. Par transitivité des deux précédentes, ${\displaystyle \frac{f(z)-f(x)}{z-x}}⩽{\displaystyle \frac{f(y)-f(z)}{y-z}}$ : la pente de la corde de gauche est inférieure à celle de la corde de droite. $\mathrm{\square }$

Le corollaire suivant est la caractérisation la plus utile du chapitre : elle transforme la convexité en une simple monotonie.

Démonstration. Notons d'abord que ${\tau }_a(x)={\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}={\displaystyle \frac{f(a)-f(x)}{a-x}}$ : on peut changer les deux signes. Soient $u<v$ dans $I\setminus \{a\}$ ; montrons ${\tau }_a(u)⩽{\tau }_a(v)$ en distinguant la position de $a$.

Cas $a<u<v$. La première inégalité du lemme, appliquée au triplet $a<u<v$, donne directement ${\displaystyle \frac{f(u)-f(a)}{u-a}}⩽{\displaystyle \frac{f(v)-f(a)}{v-a}}$, soit ${\tau }_a(u)⩽{\tau }_a(v)$.

Cas $u<a<v$. Le lemme appliqué à $u<a<v$ donne, en enchaînant ses deux inégalités,

$$\frac{f(a)-f(u)}{a-u}⩽\frac{f(v)-f(u)}{v-u}⩽\frac{f(v)-f(a)}{v-a},$$

et les deux termes extrêmes sont respectivement ${\tau }_a(u)$ et ${\tau }_a(v)$.

Cas $u<v<a$. La deuxième inégalité du lemme, appliquée à $u<v<a$, donne ${\displaystyle \frac{f(a)-f(u)}{a-u}}⩽{\displaystyle \frac{f(a)-f(v)}{a-v}}$, c'est-à-dire ${\tau }_a(u)⩽{\tau }_a(v)$.

Dans les trois cas ${\tau }_a(u)⩽{\tau }_a(v)$ : la fonction ${\tau }_a$ est croissante. $\mathrm{\square }$

Convexité et dérivée première

Démonstration. Sens direct. Supposons $f$ convexe et soient $u<v$ dans $I$. Pour tout $t\in ]u,v[$, le lemme des trois pentes appliqué à $u<t<v$ donne

$$\frac{f(t)-f(u)}{t-u}⩽\frac{f(v)-f(u)}{v-u}⩽\frac{f(v)-f(t)}{v-t}\mathrm{.}$$

Le premier quotient vaut ${\tau }_u(t)$ et tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(u)$ lorsque $t\to u^{+}$, car $f$ est dérivable en $u$. Le passage à la limite dans une inégalité large (partie A) donne

$$f^{\mathrm{\prime }}(u)⩽\frac{f(v)-f(u)}{v-u}\mathrm{.}(1)$$

De même, le dernier quotient vaut ${\tau }_v(t)$ et tend vers $f^{\mathrm{\prime }}(v)$ lorsque $t\to v^{-}$, d'où

$$\frac{f(v)-f(u)}{v-u}⩽f^{\mathrm{\prime }}(v)\mathrm{.}(2)$$

En combinant $(1)$ et $(2)$, $f^{\mathrm{\prime }}(u)⩽f^{\mathrm{\prime }}(v)$ : la fonction $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante sur $I$.

Sens réciproque. Supposons $f^{\mathrm{\prime }}$ croissante et soient $x<z<y$ dans $I$. La fonction $f$ est dérivable, donc continue sur $[x,z]$ et dérivable sur $]x,z[$ : l'égalité des accroissements finis (partie B) fournit $c_1\in ]x,z[$ tel que ${\displaystyle \frac{f(z)-f(x)}{z-x}}=f^{\mathrm{\prime }}(c_1)$. De même, il existe $c_2\in ]z,y[$ tel que ${\displaystyle \frac{f(y)-f(z)}{y-z}}=f^{\mathrm{\prime }}(c_2)$. Comme $c_1<z<c_2$ et $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante, $f^{\mathrm{\prime }}(c_1)⩽f^{\mathrm{\prime }}(c_2)$, donc

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

Multiplions par $(z-x)(y-z)>0$ : $(y-z)(f(z)-f(x))⩽(z-x)(f(y)-f(z))$. En regroupant les termes en $f(z)$,

$$[(y-z)+(z-x)]f(z)⩽(y-z)f(x)+(z-x)f(y),\text{soit}(y-x)f(z)⩽(y-z)f(x)+(z-x)f(y)\mathrm{.}$$

C'est l'inégalité $(\star )$, c'est-à-dire $f(z)⩽\phi (z)$, où $\phi$ désigne comme plus haut la corde entre $x$ et $y$ : $f$ vérifie la caractérisation par les cordes, elle est donc convexe. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Si $f^{\mathrm{\prime }}$ est strictement croissante, la démonstration du sens réciproque ci-dessus donne $f^{\mathrm{\prime }}(c_1)<f^{\mathrm{\prime }}(c_2)$, donc toutes les inégalités qui suivent sont strictes et $f(z)<\phi (z)$ pour tout $z$ strictement compris entre $x$ et $y$ : $f$ est strictement convexe.

Réciproquement, supposons $f$ strictement convexe et soient $u<v$ dans $I$. Intercalons $s\in ]u,v[$. L'inégalité $(1)$ appliquée au couple $(u,s)$ donne $f^{\mathrm{\prime }}(u)⩽{\displaystyle \frac{f(s)-f(u)}{s-u}}$, l'inégalité $(2)$ appliquée au couple $(s,v)$ donne ${\displaystyle \frac{f(v)-f(s)}{v-s}}⩽f^{\mathrm{\prime }}(v)$, et le lemme des trois pentes, dont l'inégalité $(\star )$ est ici stricte, donne ${\displaystyle \frac{f(s)-f(u)}{s-u}}<{\displaystyle \frac{f(v)-f(s)}{v-s}}$. En enchaînant, $f^{\mathrm{\prime }}(u)<f^{\mathrm{\prime }}(v)$. $\mathrm{\square }$

Convexité et dérivée seconde

Démonstration. La fonction $f^{\mathrm{\prime }}$ est dérivable sur l'intervalle $I$, de dérivée $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$. La caractérisation des fonctions monotones par le signe de la dérivée (partie B) donne : $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante sur $I$ si et seulement si $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}⩾0$ sur $I$, et si $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}>0$ sur $I$ alors $f^{\mathrm{\prime }}$ est strictement croissante. Il suffit alors d'appliquer le théorème précédent et sa version stricte. $\mathrm{\square }$

Position par rapport aux tangentes

Démonstration. Sens direct. Supposons $f$ convexe et fixons $a\in I$ ; soit $x\in I$. On utilise la double inégalité $(1)$-$(2)$ du paragraphe précédent.

• Si $x>a$ : l'inégalité $(1)$ appliquée au couple $(a,x)$ donne $f^{\mathrm{\prime }}(a)⩽{\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}$. En multipliant par $x-a>0$, $f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)⩽f(x)-f(a)$.
• Si $x<a$ : l'inégalité $(2)$ appliquée au couple $(x,a)$ donne ${\displaystyle \frac{f(a)-f(x)}{a-x}}⩽f^{\mathrm{\prime }}(a)$. En multipliant par $a-x>0$, $f(a)-f(x)⩽f^{\mathrm{\prime }}(a)(a-x)$, c'est-à-dire $f(x)⩾f(a)+f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)$.
• Si $x=a$ : les deux membres sont égaux.

Sens réciproque. Supposons l'inégalité vraie pour tout couple de points, et soient $u<v$ dans $I$. En l'appliquant à $(x,a)=(v,u)$ puis à $(x,a)=(u,v)$ :

$$f(v)⩾f(u)+f^{\mathrm{\prime }}(u)(v-u)\text{et}f(u)⩾f(v)+f^{\mathrm{\prime }}(v)(u-v)\mathrm{.}$$

En additionnant ces deux inégalités et en simplifiant par $f(u)+f(v)$ :

$$0⩾f^{\mathrm{\prime }}(u)(v-u)+f^{\mathrm{\prime }}(v)(u-v)=(v-u)(f^{\mathrm{\prime }}(u)-f^{\mathrm{\prime }}(v))\mathrm{.}$$

Comme $v-u>0$, on obtient $f^{\mathrm{\prime }}(u)⩽f^{\mathrm{\prime }}(v)$. Ainsi $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante et $f$ est convexe. $\mathrm{\square }$

Points d'inflexion

Démonstration. 1. Supposons par exemple $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}⩾0$ sur $]a-\delta ,a]$ et $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}⩽0$ sur $[a,a+\delta [$. Ces deux ensembles sont des intervalles : le corollaire de la dérivée seconde s'y applique et montre que $f$ y est respectivement convexe et concave. La convexité change donc en $a$.

2. Supposons par exemple $f$ convexe sur $]a-\delta ,a]$ et concave sur $[a,a+\delta [$. Alors $f^{\mathrm{\prime }}$ est croissante sur le premier intervalle et décroissante sur le second : $f^{\mathrm{\prime }}$ admet en $a$ un maximum local. Comme $a$ est intérieur à $I$ et que $f^{\mathrm{\prime }}$ est dérivable en $a$, la condition nécessaire d'extremum (partie B) donne $(f^{\mathrm{\prime }}{)}^{\mathrm{\prime }}(a)=f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(a)=0$. $\mathrm{\square }$

Inégalité de convexité pour une combinaison convexe finie

L'inégalité de définition ne fait intervenir que deux points. Elle s'étend à un nombre quelconque de points, et c'est sous cette forme qu'elle produit des inégalités.

Démonstration. Vérifions d'abord que le membre de gauche a un sens. Notons $m$ le plus petit et $M$ le plus grand des réels $x_1,\dots ,x_n$. Pour tout $k$, ${\lambda }_{k}m⩽{\lambda }_k{x}_k⩽{\lambda }_{k}M$ car ${\lambda }_k⩾0$ ; en sommant et en utilisant ${\sum }_{k=1}^n{\lambda }_k=1$, on obtient $m⩽{\sum }_{k=1}^n{\lambda }_k{x}_k⩽M$. Comme $m$ et $M$ appartiennent à $I$, qui est un intervalle, la combinaison convexe appartient à $I$.

Montrons l'inégalité par récurrence sur $n⩾1$, en notant $P(n)$ l'énoncé du théorème pour $n$ points.

Initialisation. Pour $n=1$, ${\lambda }_1=1$ et les deux membres valent $f(x_1)$. Pour $n=2$, c'est exactement la définition de la convexité.

Hérédité. Soit $n⩾1$ tel que $P(n)$ soit vraie. Donnons-nous $x_1,\dots ,x_{n+1}\in I$ et ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_{n+1}$ positifs de somme $1$.

Premier cas : ${\lambda }_{n+1}=1$. Les réels ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n$ sont alors positifs de somme nulle, donc tous nuls, et ${\sum }_{k=1}^{n+1}{\lambda }_k{x}_k=x_{n+1}$ : les deux membres valent $f(x_{n+1})$, l'inégalité est vraie.

Second cas : ${\lambda }_{n+1}\mathrm{\ne }1$. Posons $s=1-{\lambda }_{n+1}={\sum }_{k=1}^n{\lambda }_k$. Ce réel est positif comme somme de réels positifs, et non nul, donc $s>0$. Les réels ${\mu }_k={\displaystyle \frac{{\lambda }_k}{s}}$, pour $1⩽k⩽n$, sont positifs et de somme $1$. Posons

$$y=\sum _{k=1}^n{\mu }_k{x}_k\mathrm{.}$$

D'après le préliminaire, $y\in I$, et l'hypothèse de récurrence donne $f(y)⩽{\sum }_{k=1}^n{\mu }_{k}f(x_k)$. Par ailleurs $s{\mu }_k={\lambda }_k$, donc

$$\sum _{k=1}^{n+1}{\lambda }_k{x}_k=sy+{\lambda }_{n+1}{x}_{n+1},$$

qui est une combinaison convexe des deux points $y$ et $x_{n+1}$ de $I$, puisque $s+{\lambda }_{n+1}=1$ et $s\in ]0,1[$. La définition de la convexité, puis l'hypothèse de récurrence multipliée par $s>0$, donnent

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f\left(\sum _{k=1}^{n+1}{\lambda }_k{x}_k\right)}& {\displaystyle ⩽sf(y)+{\lambda }_{n+1}f(x_{n+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ⩽s\sum _{k=1}^n{\mu }_{k}f(x_k)+{\lambda }_{n+1}f(x_{n+1})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{k=1}^n{\lambda }_{k}f(x_k)+{\lambda }_{n+1}f(x_{n+1})=\sum _{k=1}^{n+1}{\lambda }_{k}f(x_k)\mathrm{.}}\end{array}$$

Donc $P(n+1)$ est vraie, ce qui achève la récurrence. $\mathrm{\square }$

Inégalités classiques

Une inégalité portant sur $n$ réels, faisant intervenir une somme, un produit ou une fonction usuelle, se démontre presque toujours par convexité. Voici les trois exemples canoniques, entièrement rédigés.

Démonstration. La fonction $\ln$ est concave sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, autrement dit $-\ln$ y est convexe. Appliquons l'inégalité de convexité finie à $-\ln$, aux points $x_1,\dots ,x_n$ de ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ et aux poids ${\lambda }_k={\displaystyle \frac{1}{n}}$, positifs et de somme $1$ ; en changeant les signes, il vient

$$\ln \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{x}_k\right)⩾\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln x_k\mathrm{.}$$

Or, par la propriété du logarithme d'un produit puis celle du logarithme d'une puissance,

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln x_k=\frac{1}{n}\ln (x_1{x}_2\cdots x_n)=\ln \left(\right(x_1{x}_2\cdots x_n{)}^{1\mathrm{/}n})\mathrm{.}$$

La fonction $\ln$ étant strictement croissante sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, l'inégalité $\ln u⩾\ln v$ entre deux réels strictement positifs équivaut à $u⩾v$. On conclut

$$\frac{x_1+\cdots +x_n}{n}⩾(x_1\cdots x_n{)}^{1\mathrm{/}n}=\sqrt[n]{x_1\cdots x_n}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. La fonction $\sin$ est concave sur $[0,\pi ]$, donc sur $[0,\frac{\pi }{2}]$ : son graphe est au-dessus de ses cordes, et celle qui joint $(0,0)$ à $(\frac{\pi }{2},1)$ porte la droite d'équation $y={\displaystyle \frac{2x}{\pi }}$. Rédigeons-le avec la définition. Soit $x\in [0,\frac{\pi }{2}]$ et posons $\lambda =1-{\displaystyle \frac{2x}{\pi }}$. De $0⩽x⩽{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ on tire $0⩽{\displaystyle \frac{2x}{\pi }}⩽1$, donc $\lambda \in [0,1]$, et

$$\lambda \times 0+(1-\lambda )\times \frac{\pi }{2}=\frac{2x}{\pi }\times \frac{\pi }{2}=x\mathrm{.}$$

Le réel $x$ est donc la combinaison convexe de $0$ et de ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$ de paramètre $\lambda$, et la concavité de $\sin$ donne

$$\sin x⩾\lambda \sin 0+(1-\lambda )\sin \frac{\pi }{2}=1-\lambda =\frac{2x}{\pi }\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. Si $a=0$ ou $b=0$, le membre de gauche est nul et celui de droite est positif : l'inégalité est vraie. Supposons donc $a>0$ et $b>0$, de sorte que $a^p>0$ et $b^q>0$.

Les réels ${\displaystyle \frac{1}{p}}$ et ${\displaystyle \frac{1}{q}}$ sont positifs et de somme $1$ : ce sont des poids licites. La concavité de $\ln$ sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, appliquée aux deux points $a^p$ et $b^q$, donne

$$\ln (\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q})⩾\frac{1}{p}\ln \left(a^p\right)+\frac{1}{q}\ln \left(b^q\right)=\frac{p}{p}\ln a+\frac{q}{q}\ln b=\ln a+\ln b=\ln (ab)\mathrm{.}$$

La fonction $\ln$ étant strictement croissante sur ${\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, on en déduit ${\displaystyle \frac{a^p}{p}}+{\displaystyle \frac{b^q}{q}}⩾ab$. $\mathrm{\square }$

Ce qu'il faut savoir démontrer

Ce chapitre est long, mais la liste des démonstrations exigibles est courte et parfaitement délimitée. Une démonstration de cette liste peut être demandée telle quelle en colle ou en début de problème : elle doit pouvoir être écrite seul, sans notes.

Partie A, limites et continuité.

• Unicité de la limite (raisonnement par l'absurde, avec $\epsilon ={\displaystyle \frac{\mid \mathrm{\ell }-{\mathrm{\ell }}^{\mathrm{\prime }}\mid }{3}}$).
• Théorème d'encadrement, et théorèmes de minoration et de majoration pour les limites infinies.
• Caractérisation séquentielle de la limite et de la continuité, dans les deux sens.
• Théorème de la limite monotone, à partir de la borne supérieure.
• Théorème des valeurs intermédiaires par dichotomie, avec la construction des deux suites adjacentes.
• Image d'un segment : théorème des bornes atteintes, à partir de Bolzano-Weierstrass.

Partie B, dérivabilité.

• Dérivabilité en un point implique continuité en ce point.
• Dérivée d'une bijection réciproque en un point où la dérivée ne s'annule pas.
• Condition nécessaire d'extremum : en un point intérieur, un extremum local d'une fonction dérivable est un point critique.
• Théorème de Rolle, à partir des bornes atteintes et du point critique.
• Égalité des accroissements finis, puis inégalité des accroissements finis.
• Caractérisation des fonctions constantes, monotones et strictement monotones par le signe de la dérivée sur un intervalle.
• Théorème de la limite de la dérivée.
• Formule de Leibniz, par récurrence.

Partie C, convexité.

• Les parties convexes de $\mathbb{R}$ sont les intervalles.
• Équivalence entre la définition et la position du graphe par rapport aux cordes.
• Inégalité des pentes, et croissance de la fonction pente ${\tau }_a$.
• Pour $f$ dérivable : $f$ convexe si et seulement si $f^{\mathrm{\prime }}$ croissante, dans les deux sens.
• Position du graphe par rapport aux tangentes, dans les deux sens.
• Inégalité de convexité pour une combinaison convexe finie, par récurrence.

Résultats admis en MPSI. Trois énoncés sont utilisables sans démonstration, mais avec des hypothèses citées avec précision : le théorème de la bijection (une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle réalise une bijection sur son image, qui est un intervalle, de réciproque continue et de même monotonie) ; l'inégalité des accroissements finis pour les fonctions à valeurs complexes ; la stabilité de la classe ${\mathcal{C}}^k$ par composition.

Les erreurs qui coûtent des points. Une inégalité stricte ne passe pas à la limite : de $f(x)<g(x)$ on ne peut conclure que $\lim f⩽\lim g$, jamais l'inégalité stricte, et le contre-exemple ${\displaystyle \frac{1}{n}}>0$ suffit à s'en souvenir. Le lien entre le signe de la dérivée et les variations exige un intervalle : sur ${\mathbb{R}}^{\ast }$, la fonction inverse a une dérivée strictement négative sans être décroissante. La condition nécessaire d'extremum exige un point intérieur : sur $[0,1]$, la fonction $x\mapsto x$ atteint son maximum en $1$, où sa dérivée vaut $1$. Le théorème de Rolle et l'égalité des accroissements finis sont faux pour les fonctions à valeurs complexes : la fonction $t\mapsto e^{it}$ prend la même valeur en $0$ et en $2\pi$, alors que sa dérivée $t\mapsto i{e}^{it}$ ne s'annule jamais. Enfin, $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(a)=0$ n'est pas synonyme de point d'inflexion : il faut un changement de signe de $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}$, comme le rappelle $x\mapsto x^4$ en $0$.