Théorème des accroissements finis

Exercices du dossier Théorème des accroissements finis

Exercice 403 *

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Montrer que pour tout \(n\in \mathbb{N}^*\), on a: \[{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n+1} \leqslant\ln \left(n+1\right) - \ln \left(n\right) \leqslant{\scriptstyle 1\over\scriptstyle n}\]



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Exercice 403
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). Considérons l’application \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} [n,n+1] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \ln x \end{array} \right.\). La fonction \(f\) est dérivable sur \(\left[n,n+1\right]\) donc d’après l’inégalité des accroissements finis : \[m\left(\left(n+1\right)-n\right)\leqslant\ln\left(n+1\right)-\ln n \leqslant M \left(\left(n+1\right)-n\right)\]\(m=\inf_{\left[n,n+1\right]} f'\) et où \(M=\sup_{\left[n,n+1\right]} f'\). Comme pour tout \(t\in\mathbb{R}_+^*\), \(f'\left(t\right)=1/t\), \(f'\) est décroissante, et \(m=\dfrac{1}{n+1}\), \(M=\dfrac{1}{n}\). On en déduit alors les inégalités.


Exercice 280 *

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

  1. Montrer que pour tout \(x\in[0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\), \(0 \leqslant\sin x \leqslant x\).

  2. En déduire que pour tout \(x\in[0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}]\), \(-x^2 \leqslant\cos x -1 \leqslant 0\).



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Exercice 280
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Si \(x=0\) les inégalités sont trivialement vraies. Supposons que \(x\in\left]0,{\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2}\right]\).

  1. On applique l’inégalité des accroissements finis à \(\sin\) sur le segment \(\left[0,x\right]\) et on obtient le résultat.

  2. On applique à nouveau l’inégalité des accroissements finis sur le segment \(\left[0,x\right]\) mais cette fois ci à la fonction cosinus. On obtient : \(x.\inf_{t\in\left[0,x\right]} \left(-\sin t\right)\leqslant\cos x -1 \leqslant x.\sup_{t\in\left[0,x\right] } \left(-\sin t\right)\) ou encore , d’après la question précédente : \(-x^2 \leqslant\cos x -1 \leqslant 0\).


Exercice 738 *

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soient \(a,b\) des réels positifs tels que \(a<b\).

  1. Montrer que \[\dfrac{b-a}{1+b^2} < \operatorname{arctan} b - \operatorname{arctan} a < \dfrac{b-a}{1+a^2}\]

  2. En déduire \({\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}+ {\scriptstyle 3\over\scriptstyle 25} < \operatorname{arctan} {\scriptstyle 4\over\scriptstyle 3} < {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 4}+ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 6}\)



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Exercice 738
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37
  1. Le résultat de la première question découle directement de l’inégalité des accroissements finis appliquée \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} [a,b] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \operatorname{arctan} x \end{array} \right.\).

  2. On applique l’inégalité précédente à \(a=1\) et \(b={\scriptstyle 4\over\scriptstyle 3}\) et le résultat s’ensuit directement.


Exercice 11 *

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

On prend \(100\) comme valeur approchée de \(\sqrt{10001}\). À l’aide du théorème des accroissements finis, majorer l’erreur commise.



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Exercice 11
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Soient \(0<a < b\). D’après le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction racine carrée sur le segment \(\left[a,b\right]\), il existe \(c \in ]a, b[\) tel que \[\sqrt{b} - \sqrt{a} = (b-a)\dfrac{1}{2\sqrt{c}}\] En prenant \(a = 10000 = 10^4\) et \(b = 10001 = 10^4 + 1\), on trouve que \[\bigl| \sqrt{10001} - \sqrt{10000}\bigr| \leqslant\dfrac{1}{2\times 100}\] donc l’erreur est inférieure à \(5 . 10^{-3}\).


Exercice 214 *

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit une fonction \(f:]0,1[\longrightarrow \mathbb{R}\). On suppose qu’il existe \(k>0\) et \(\alpha >1\) tels que \(\forall (x,y)\in ]0,1[^2\), \[\lvert f(x)-f(y) \rvert \leqslant k\lvert x-y \rvert ^{\alpha }.\] Montrer que la fonction \(f\) est constante.



[ID: 901] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:37] [Catégorie(s): Théorème des accroissements finis ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 214
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Soient \(x\in \left]0,1\right[\). Pour \(y\in\left]0,1\right[\) tel que \(y\neq x\). On a \(\lvert \dfrac{f(y)-f(x)}{y-x} \rvert \leqslant k\left| y-x \right|^{\alpha-1}\) et comme \(\alpha-1>0\), \(\theta(y) = \lvert y-x \rvert ^{\alpha-1} \xrightarrow[y \rightarrow x]{} 0\). D’après le théorème de majoration, on en déduit que le taux d’accroissement possède une limite nulle lorsque \(y \rightarrow x\). On a donc montré que la fonction \(f\) est dérivable et de dérivée non nulle en tout point \(x\in \left]0,1\right[\). La fonction \(f\) est donc constante sur l’intervalle \(]0, 1[\).


Exercice 300 **

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit une fonction \(f : [a, b] \mapsto \mathbb{R}\) continue, ne s’annulant pas sur \([a, b]\) et dérivable sur \(]a, b[\). Montrez qu’il existe \(c\in ]a, b[\) tel que \[\dfrac{f(a)}{f(b)} = e^{(a-b) {\scriptstyle f'(c)\over\scriptstyle f(c)}}\]



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Exercice 300
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Introduisons la fonction \(\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[a,b\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \ln\left|f\left(x\right)\right| \end{array} \right.\). Comme \(f\) ne s’annule pas sur \(\left[a,b\right]\), \(\theta\) est bien définie et continue sur \(\left[a,b\right]\). Par opérations sur les fonctions dérivables, \(\theta\) est dérivable sur \(\left]a,b\right[\). On applique le théorème des accroissements finis : il existe \(c\in\left]a,b\right[\) tel que \(\theta\left(b\right)-\theta\left(a\right)=\theta '\left(c\right)\left(b-a\right)\) ce qui amène \(\ln\left|f\left(a\right)\right|- \ln\left|f\left(b\right)\right|=\left(a-b\right)f'\left(c\right)/f\left(c\right)\). On obtient la formule proposée en passant à l’exponentielle : \(\dfrac{f\left(a\right)}{f\left(b\right)}=e^{\left(a-b\right)f'\left(c\right)/f\left(c\right)}\) (on peut supprimer les valeurs absolues car \(f\left(a\right)\) et \(f\left(b\right)\) sont de même signe.


Exercice 929 **

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit une fonction \(f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) dérivable. Montrer que si \(f'(x) \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} +\infty\) alors \(f(x) \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} + \infty\). La réciproque est-elle vraie ?



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Exercice 929
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Puisque \(f'(x)\xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{}+\infty\), il existe \(A>0\) tel que \(\forall x\geqslant A\), \(f'(x)\geqslant 1\). Soit alors \(x\geqslant A\). D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\in ]A,x[\) tel que \(f(x)-f(A)=f'(c)(x-A)\). Par conséquent, \(f(x)\geqslant f(A)+x-A\) et d’après le théorème des gendarmes, \(f(x)\xrightarrow[x \rightarrow +\infty ]{} +\infty\).

La réciproque est bien entendu fausse, comme on le voit sur la fonction définie par \(f(x)=x\).


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Exercice 687
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37
  1. Soit \(\varepsilon> 0\). Comme \(f'(t) \xrightarrow[t \rightarrow +\infty]{} 0\), il existe \(A_1 > 0\) tel que \(\forall x \geqslant A_1\), \(\left| f'(x)\right| \leqslant\varepsilon\). Soit alors \(x \geqslant A_1\). En utilisant le théorème des accroissements finis entre \(A_1\) et \(x\), on peut affirmer qu’il existe \(c_x \in ]A_1, x[\) tel que \(f(x) = f(A_1) + f'(c_x)(x-A_1)\). Alors \[\dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{f(A_1)}{x} + f'(c_x)\left(1 - \dfrac{A_1}{x}\right)\]

    Comme \(\dfrac{f\left(A_1\right)}{x} \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 0\), il existe \(A_2 > 0\) tel que \(\forall x \geqslant A_2\), \(\left|\dfrac{f\left(A_1\right)}{x}\right| \leqslant\varepsilon\).

    Comme \(1-\dfrac{A_1}{x} \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 1\), il existe \(A_3 > 0\) tel que \(\forall x \geqslant A_3\), \(\left|1-\dfrac{A_1}{x}\right| \leqslant 1\).

    Posons \(A = \max(A_1, A_2, A_3)\).

    Si \(x \geqslant A\), on obtient l’encadrement suivant : \[\left|\dfrac{f(x)}{x}\right| \leqslant\left|\dfrac{f(A_1)}{x}\right| + \left|f'(c_x)\right|\left|1 - \dfrac{A_1}{x}\right|\leqslant\varepsilon+\varepsilon\times 1 \leqslant 2\varepsilon\]

    Il suffit alors de reprendre la démonstration avec au départ \(\widetilde{\varepsilon} = \dfrac{\varepsilon}{2}\) pour avoir \(\left|f\left(x\right)/x\right|\leqslant\varepsilon\) si \(x\geqslant A\). On prouve ainsi que \(f\left(x\right)/x \xrightarrow[x\rightarrow +\infty]{}0\).

  2. Définissons une fonction \(g\) par \(g(x) = f(x) - lx\). Elle est dérivable sur \([a, +\infty[\) et \(\forall x \geqslant 0\), \(g'(x) = f'(x) - l \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 0\). Donc d’après la première partie, \(\dfrac{g(x)}{x} \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 0\). On trouve alors que \(\dfrac{f(x)}{x} - l \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 0\) ce qui prouve que \(\dfrac{f(x)}{x} \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} l\).


Exercice 545 ***

18 janvier 2021 15:37 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit une fonction \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur le segment \([a, b]\) avec \(a<b\). Montrez qu’il existe un réel \(c \in ]a, b[\) tel que \[\dfrac{f(a) + f(b)}{2} = f\left(\dfrac{a+b}{2}\right) + \dfrac{(b-a)^2}{8}f''(c).\]



[ID: 909] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:37] [Catégorie(s): Théorème des accroissements finis ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
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Exercice 545
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:37

Définissons la fonction auxiliaire suivante : \[\varphi: \left\{ \begin{array}{ccl} [a, b] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ t & \longmapsto & \dfrac{f(t)+f(a)}{2} - f\left(\dfrac{a+t}{2}\right) - \dfrac{(t-a)^2}{8}K \end{array} \right.\]\(K\) est une constante choisie telle que \(\varphi(b) = 0\) (c’est possible car \(a < b\)). Puisque la fonction \(\varphi\) est continue sur \([a, b]\), dérivable sur \(]a, b[\), et que \(\varphi(a) = \varphi(b) = 0\), d’après le théorème de Rolle, il existe \(c_1 \in ]a, b[\) tel que \(\varphi'(c_1) = 0\). On a donc \[\dfrac{f'(c_1)}{2} - \dfrac{1}{2}f'\left(\dfrac{a+c_1}{2} \right) = K\dfrac{c_1 - a}{4}.\] Appliquons ensuite le théorème des accroissements finis entre les points \(\dfrac{a+c_1}{2}\) et \(c_1\). Comme la fonction \(f'\) est continue sur \([(a+c_1)/2, c_1]\) et dérivable sur \(](a+c_1)/2, c_1[\), il existe un réel \(c \in ](a+c_1)/2, c_1[\) tel que \[f'(c_1) - f'\left(\dfrac{a+c_1}{2}\right) = \left(c_1 - \dfrac{a+c_1}{2}\right)f''(c).\] On trouve donc que \[\dfrac{c_1 - a}{4} f''(c) = \dfrac{K(c_1-a)}{4}\] et donc que \(K = f''(c)\). Puisque la constante \(K\) a été choisie pour que \(\varphi(b) = 0\), on trouve donc que \[0 = \varphi(b) = \dfrac{f(b)+f(a)}{2} - f\left(\dfrac{a+b}{2}\right) - \dfrac{(b-a)^2}{8}f''(c).\]


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