Oral Mines-Ponts

LoanSupOp

Bonjour,

Soit $f$ une fonction dérivable, non nulle qui va de $[0,1]$ dans $\mathbb{R}$. On suppose qu'il existe un réel $M>0$ tel que pour tout $x \in [0,1],$ $|f'(x)| < M|f(x)|$.

Montrer que $f$ ne s'annule pas sur $[0,1]$.

J'ai remarqué que s'il existe un réel $x_0 \in [0,1]$ tel que $f(x_0) = 0$, alors $f'(x_0) = 0$. Je me dis que ça serait intéressant si je pouvais montrer que $f$ est constante, et donc nulle ce qui aboutit à une contradiction. 

Bbidule

Bonjour,

Il y a manifestement un petit souci au niveau de l'énoncé car le résultat est immédiat en raisonnant par l'absurde, par positivité de la valeur absolue sur $\R$...

etanche

Le bon énoncé est dans BEOS c’est le numéros 8116, je l’avais déjà vu dans la RMS.

Titi le curieux

Bonjour,

  La piste choisie me paraît trop difficile. Je t'en propose une autre, on sait qu'il existe $x_0$ tel que $|f(x_0)|>0$, ce serait sympa de trouver une fonction $g$ telle que $|gf|$ soit strictement croissante sur $[x_0,+\infty[$

etanche

Dans la RMS et BEOS n8116 c’est f non identiquement nulle et $|f’| \leq M |f|$

math2

Oui c'est bien connu que les inégalités strictes et larges c'est la même chose ... 

Sinon avec le bon énoncé c'est une conséquence immédiate du lemme de Gronwall, qui à mon époque n'était pas au programme mais que beaucoup de prof faisaient. 

Pour t'aider un petit peu, commence par un énoncé plus faible suivant : si $f'(x) \leq M f(x)$ pour tout $x$, peux-tu majorer, pour $x\geq x_0$, $f(x)$ par une expression faisant intervenir $f(x_0)$ et $e^{-M(x-x_0)}$ ? Après on peut s'inspirer de cela, mais il faut être un peu astucieux pour se débarasser des valeurs absolues et se ramener au cas sans valeur absolue.

Bbidule

@etantche: merci pour ce correctif: j'ai bien trouvé l'énoncé sur BEOS, mais dans la RMS (je suis remonté jusqu'à 2019).

@LoanSupOp:

[réflexe: "le quotient $f'/f$ qui apparaît naturellement quand on part de l'hypothèse nous donne furieusement envie d'envisager la dérivée de $\ln\circ f$ si tu sais que $f$ est strictement positive."]

bredouille

Bonjour, 

Je n'arrive pas vraiment à conclure :

Soit $x_0$ tel que $f(x_0)>0$ par continuité de $f$ il existe $n$ tel que $f$ soit strictement positive sur $B(x_0,\frac{1}{n})$ donc $\forall x \in B(x_0,\frac{1}{n})$ on a $f'(x) \geq -Mf(x)$ donc $\exp(Mx)(f'(x)+Mf(x)) \geq 0$ c'est à dire $(\exp(Mx)f(x))' \geq 0$ on obtient donc que $x \to \exp(Mx)f(x)$ est croissante sur $B(x_0,\frac{1}{n})$

 Mais je n'arrive pas a me libérer de la condition $x \in B(x_0,\frac{1}{n})$...

Un peu d'aide serait la bienvenue.

Merci d'avance.

bredouille

math2

Etape 1 : tu commences par faire ce que je t'ai suggéré, au passage ça ressemble à ce que tu as fait sauf que tu n'as plus les problèmes de valeur absolue et donc ca roule tout seul

Etape 2 : lorsque $x \geq x_0$, tu te convaincs que $|f(x)| \leq |f(x_0)| + M\int_{x_0}^x |f(t)|dt$, ce qui te permet, en introduisant $h(x)=\int_{x_0}^x |f(t)|dt$ et adaptant légèrement ce que tu as fait en 1, de démontrer un truc qui ressemble plus ou moins à $|f(x)| \leq |f(x_0)| e^{M(x-x_0)}$ pour $x\geq x_0$

Etape 3 on fait pareil de l'autre côté, attention à bien inverser $x_0$ et $x$ dans les bornes de l'intervalle d'intégration, et tu dois aboutir à un truc qui ressemble à $|f(x)| \leq |f(x_0)| e^{M|x-x_0|}$.

Titi le curieux

Bonsoir,

  Une alternative: tu sais que sur $[x_0, + \infty[$, la fonction qui a $x$ renvoie $g(x) = |f(x)|e^{Mx}$ est positive et de dérivée positive tant que $f(x)$ ne s'annule pas. Un petit raisonnement par l'absurde en partant de l'existence de $\alpha> x_0$ avec $f(\alpha)= 0$ et faisant intervenir un théorème qui parle de dérivée et des valeurs de $g$ en $x_0$ et $x$ ?

bredouille

Bonjour,

Merci pour vos réponses.

@math2 :

Étape 1 : Pour une fonction $h$ telle que $h'(x) \leq M h(x)$, on a $\exp(-Mx)(h'(x)-Mh(x)) \leq 0$ donc $(\exp(-Mx)h(x)) \leq 0$ ou encore en intégrant de chaque coté $\exp(-Mx)h(x)-\exp(-Mx_0)h(x_0) \leq 0$. On en déduit $$h(x) \leq h(x_0)\exp(-M(x_0-x))$$

Étape 2 : En intégrant de chaque coté l'inégalité $f'(x) \leq M f(x)$ on obtient bien $|f(x)| \leq |f(x_0)|+M\int_{x_0}^x |f(x)|dx $ donc en introduisant $h(x)=\int_{x_0}^x |f(x)|dx$ on obtient $h'(x) \leq|f(x_0)|+ M h(x)$ et en utilisant les meme manipulation qu'a l'etape 1:

$h'(x)\leq |f(x_0)|+Mh(x) \iff \exp(-Mx)(h'(x)-Mh(x)-|f(x_0)|) \leq 0 \iff \exp(-Mx)(h(x)+\frac{|f(x_0)|}{M})-\exp(-Mx_0)(h(x_0)+\frac{|f(x_0)|}{M}) \leq 0$ Comme $h(x_0)=0$ on en deduit : $$ h(x) \leq \exp(-M(x_0-x))\frac{|f(x_0)|}{M}+|f(x_0)|$$

Ou encore $$\int_{x_0}^x |f(x)|dx  \leq \exp(-M(x_0-x))\frac{|f(x_0)|}{M}+|f(x_0)|$$

Mais je ne sais plus trop comment je dois continuer.

De plus meme en supposant que j'arrive a une inégalité de la forme $|f(x)| \leq |f(x_0)|\exp(-M|x_0-x|)$, je ne sais pas quoi en faire. Comment montrer que $f$ ne s'annule pas en partant de ce résultat ?

@Titi le curieux :

$x \to g(x)$ est continue, positive et croissante tant que f ne s'annule pas donc pour $\alpha := \inf{x>x_0 | f(x)=0}$, on a 

$$ 0=g(\alpha) \geq g(x_0)>0$$

Il me semble que cette contradiction conclue.

bredouille

Titi le curieux

Bonjour,

@bredouille Le traitement que tu fais sur ma proposition n'est pas très rigoureux, on pourrait dire que ça se mord la queue. En fait ce que je proposais c'était un raisonnement par l'absurde:  supposons qu'il existe des $x> x_0$ tel que $f(x)=0$, un ensemble non vide et minoré possède une borne inférieure, vu que $f$ est continue, cette borne inférieure est en fait un minimum de l'ensemble des zéro de $f$ supérieur à $x_0$. Et là, tu utilises le théorème des accroissements finis .

JLapin

Voici une proposition avec quelques questions intermédiaires.

Soit $f\in C^1([0,1],\R)$ vérifiant $|f'|\leq M |f|$. On suppose qu'il existe $a\in [0,1]$ tel que $f(a)=0$.

1) Etudier les variations de $x\mapsto e^{-Mx} \int_a^x |f|$ sur $[a,1]$ et en déduire que $$\forall x\in [a,1], f(x)=0.$$

2) Etudier les variations de $x\mapsto e^{Mx}\int_x^a |f|$ sur $[0,a]$ et en déduire que $$\forall x\in [0,a], f(x)=0.$$

gebrane

Une façon très rapide, on suppose f(0)=0 ( juste pour simplifier), alors $\forall t\in [0,1], |f(t)|\leq M \int_0^t | f(s)|ds$ puis par des ipp, on arrive à 
$\forall k\ge 1, \forall x\in [0,1], |f(x)|\leq \frac{M^k x^k \sup_{[0,1]} |f|} {k! }$ on conclut a la limite (depuis mon téléphone) edit correction coquille 

bredouille

@Titi le curieux :

Du coup d'après le theoreme des accroissements finis, on aurait qu'il existe $c \in ]x_0,\alpha[$ tel que $$g'(c)=\frac{g(\alpha)-g(x_0)}{\alpha-x_0}=\frac{-g(x_0)}{\alpha-x_0} < 0 $$ contradiction ?

@JLapin  et @gebrane : Merci, je vais essayer.

Titi le curieux

Cette quantité est négative, et sur $[x_0,\alpha[$ g' est positive.

bredouille

Merci beaucoup @Titi le curieux !

Je n'étais pas sur de moi car je ne comprends toujours pas ce qui cloche avec quelque chose comme

$$ 0=g(\alpha) \geq g(x_0)>0$$

bredouille

math2

Je n'ai pas vérifié en détail tes calculs, mais en mélangeant ce qui suit "on obtient bien" et le "ou encore", tu as une majoration du type $|f(x)| \leq |f(x_0)| g(x)$ et donc si $f(x_0)=0$, alors $f$ est nulle partout.

bredouille

Merci @math2 , j'ai confondu les notations. Je pensais que $f(x_0)$ devais nécessairement être strictement positive ce qui n'est pas le cas.

Merci beaucoup à tous !

gebrane

Je corrige des coquilles

gebrane

bredouille  

( J'ai édité plusieurs fois pour laisser quelques chose de propre)
Par l'absurde, soit $a\in [0,1]$ tel que $f(a)=0$ . Pour simplifier je suppose $a=0$

Supposons que \( f \) est \( C^1 \) sur \([0,1]\) ou on considère l'intégrale au sens de Kurzweil-Henstock pour avoir

$$\forall t \in [0,1], f(t) = f(0) + \int_0^t f'(s) \, ds = 0 + \int_0^t f'(s) \, ds$$

d'où 

$$\forall t \in [0,1], |f(t)| \leq \int_0^t |f'(s)| \, ds \leq M \int_0^t |f(s)| \, ds \quad (*)$$

d'où 

$$\forall x \in [0,1], \int_0^x |f(t)| \, dt \leq M \int_0^x \int_0^t |f(s)| \, ds \, dt$$

Mais par intégration par parties 

$$\int_0^x \int_0^t |f(s)| \, ds \, dt = \left[ -(x-t) \int_0^t |f(s)| \, ds \right]_{t=0}^{t=x} + \int_0^x (x-t) |f(t)| \, dt = 0 + \int_0^x (x-t) |f(t)| \, dt$$

d'où d'après (*)

$$\forall x \in [0,1], |f(x)| \leq \int_0^x |f(t)| \, dt \leq M \int_0^x (x-t) |f(t)| \, dt \leq M^2 \int_0^x (x-t) \int_0^t |f(s)| \, ds \, dt$$

et on utilise une deuxième fois une intégration par parties qui donne

Ce qui donne

$$\forall x \in [0,1], |f(x)| \leq M^2 \int_0^x \frac{(x-t)^2}{2} |f(t)| \, dt$$

Tu déduis par récurrence

$$\forall k \geq 1, \forall x \in [0,1], |f(x)| \leq M^k \int_0^x \frac{(x-t)^k}{k!} |f(t)| \, dt \leq M^k \sup_{[0,1]} |f| \int_0^x \frac{(x-t)^k}{k!} \, dt = M^k \frac{x^{k+1}}{(k+1)!} \sup_{[0,1]} |f|$$

Si on tend \( k \) vers \( +\infty \), on aura 

$$\forall x \in [0,1], |f(x)| \leq 0$$

ce qui contredit le fait que \( f \) est non identiquement nulle, donc \( f \) ne peut pas s'annuler sur \([0,1]\).

Ajout important : Je ne sais pas si tu as bien compris pourquoi on peut prendre a=0 sans perte de généralité 

Chaurien

• Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et soit une fonction dérivable  $f:I\rightarrow \mathbb{R}$ telle qu'il existe $M\in \mathbb{R}_{+}^{\ast }$ tel que : $\forall x\in I,|f^{\prime }(x)|\leq M|f(x)|$. 

• Soit $g=|f|$ et soit $x_{0}\in I$. 

Si $f(x_{0})\neq 0$, alors $g$ est dérivable en $x_{0}$, et $|g^{\prime }(x_{0})|=|f^{\prime }(x_{0})|$. 

Si $f(x_{0})=0$, alors $f^{\prime }(x_{0})=0$, et  $g$ est dérivable en $x_{0}$, et $|g^{\prime}(x_{0})|=0=|f^{\prime }(x_{0})|$.

En conséquence :  $\forall x\in I,|g^{\prime }(x)|\leq Mg(x)$, autrement dit :  $-Mg(x)\leq g^{\prime }(x)\leq Mg(x)$.
La fonction $x\mapsto u(x)=e^{Mx}g(x)$ est donc croissante, et la fonction $x\mapsto v(x)=e^{-Mx}g(x)$ est décroissante.

 • S'il existe $a\in I$ tel que $f(a)\neq 0$, alors $g(a)=|f(a)|>0$, d'où $u(a)>0$ et $v(a)>0$.

Si $x\in I$ et $x\geq a$, alors $u(x)\geq u(a)>0$, d'où : $g(x)>0$. 

Si $x\in I$ et $x\leq a$, alors $v(x)\geq v(a)>0$, d'où encore : $g(x)>0$.

 Il s’ensuit : $f(x)\neq 0$ pour tout $x\in I$.

Bonne soirée.

Fr. Ch.

05/07/2024

JLapin

C'est une jolie preuve pour le cas où $f$ est dérivable effectivement : il est assez rare que $|f|$ le soit également.

Edit : suis-je bête, $f$ est forcément dérivable, sinon l'énoncé n'a pas de sens...

Chaurien

Ce problème a été posé, avec  $I=\mathbb R$ et $M=1$ et $f$ de classe $\mathcal C^1$, à la compétition Putnam en 1946. 

Voir : ∙ A. M. Gleason, R. E. Greenwood, L. M. Kelly, The William Lowell Putnam Competition, Problems and Solutions : 1938-1964, The Mathematical Association of America, 1980, p. 4, p. 211.

Ou bien : https://prase.cz/kalva/putnam/putn46.html

Comme il a été dit, ce résultat est apparenté au lemme de Grönwall, utilisé dans des études qualitatives d'équations différentielles.

[Thomas Hakon Grönwall (1877-1932)]

gebrane

Le lemme de Grönwall ne résout pas la question immédiatement sauf si je rate quelques choses. Par l'absurde si f(a)=0 le lemme démontre que f est nulle sur [a,1], il faut un petit travail pour démontrer que f est nulle sur [0,a]  ( par exemple un changement de fonction)

JLapin

gebrane a dit :

il faut un petit travail pour démontrer que f est nulle sur [0,a]  ( par exemple un changement de fonction)

Ou la méthode que je propose dans la deuxième question de mon énoncé.

gebrane

Sans étudier les variations , vois tu cette fonction qui permet de conclure ? Elle est cachée

JLapin

Oui, je la vois.

gebrane

Bien vu. Cet exercice est amusant 

Chaurien

J'avais posé cet exercice dans une feuille d'exercices pour ma classe de Math. Sup. en 1991-92, en suggérant la méthode de mon message précédent. En dernière question, je demandais si le résultat était toujours valable pour une fonction $f$ à valeurs complexes. Tant qu'à faire, je reprends la question aujourd'hui pour $f$ à valeurs dans un espace préhilbertien, avec la même méthode.

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 •  Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et soit $E,(...|...)$ un espace préhilbertien. 

Soit une fonction dérivable $f:I\rightarrow E$ telle qu'il existe $M\in \mathbb{R}_{+}^{\ast }$ tel que : $\forall x\in I,\left\Vert f^{~\prime}(x)\right\Vert |\leq M\left\Vert f(x)\right\Vert $. 

Démontrer que s'il existe $a\in I$ tel que $f(a)\neq 0$, alors $f(x)\neq 0$ pour tout $x\in I$.
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 •  Soit $g=\left\Vert f\right\Vert =\sqrt{(f|f)}$ et soit $x_{0}\in I$.
- Si $f(x_{0})\neq 0$, alors $g$ est dérivable en $x_{0}$, et $g^{\prime}(x_{0})=\frac{2(f(x_{0})|f^{~\prime }(x_{0}))}{2\sqrt{(f(x_{0}|f(x_{0}))}}=\frac{(f(x_{0})|f^{~\prime }(x_{0}))}{\left\Vert f(x_{0})\right\Vert }$, d'où d'après Cauchy-Schwarz : $|g^{\prime }(x_{0})|\leq \left\Vert f^{~\prime }(x_{0})\right\Vert $, qui implique : $|g^{\prime }(x_{0})|\leq Mg(x_{0})$.
- Si $f(x_{0})=0$, alors $g(x_{0})=\left\Vert f(x_{0})\right\Vert =0$ et $\left\Vert f^{~\prime }(x_{0})\right\Vert =0$ parce que $\left\Vert f^{~\prime }(x_{0})\right\Vert \leq M\left\Vert f(x_{0})\right\Vert $. 

Pour $h\in \mathbb{R}$, $h\neq 0$, $h$ assez petit, on a : $\left\vert \frac{ g(x_{0}+h)-g(x_{0})}{h}\right\vert =\frac{g(x_{0}+h)}{\left\vert
h\right\vert }=\left\Vert \frac{f(x_{0}+h)}{h}\right\Vert =\left\Vert \frac{f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}\right\Vert $, 

qui a pour limite $\left\Vert f^{~\prime }(x_{0})\right\Vert =0$ quand $h\rightarrow 0$. Ainsi, $g$ est dérivable en $x_{0}$, et $g^{\prime }(x_{0})=0$.

D'où encore dans ce cas : $|g^{\prime }(x_{0})|\leq Mg(x_{0})$, trivialement.
 •  En conséquence : $\forall x\in I,|g^{\prime }(x)|\leq Mg(x)$, autrement dit : $-Mg(x)\leq g^{\prime }(x)\leq Mg(x)$.

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 • Et à partir d'ici, c'est comme précédemment. Je le rappelle pour le confort.

La fonction $x\mapsto u(x)=e^{Mx}g(x)$ est donc croissante, et la fonction $x\mapsto v(x)=e^{-Mx}g(x)$ est décroissante.
 S'il existe $a\in I$ tel que $f(a)\neq 0$, alors $g(a)=\left\Vert f(a)\right\Vert >0$, d'où $u(a)>0$ et $v(a)>0$.
Si $x\in I$ et $x\geq a$, alors $u(x)\geq u(a)>0$, d'où : $g(x)>0$.
Si $x\in I$ et $x\leq a$, alors $v(x)\geq v(a)>0$, d'où encore : $g(x)>0$. 

Il s'ensuit : $f(x)\neq 0$ pour tout $x\in I$.

Bonne après-midi.

Fr. Ch.

13/07/2024

JLapin

Pour être complet, sauf erreur, ma méthode fonctionne aussi avec une norme quelconque et pas seulement euclidienne.

Il suffit de remplacer $|f|$ par $\|f\|$ dans les fonctions auxiliaires proposées.

gebrane

Pour être complet , il ne faut pas laisser de doutes

JLapin

Je laisse le lecteur suspicieux écrire les détails

gebrane

J'ai deux réponses toutes prêtes : 

1. Règle numéro 1 : Si Jlapin doute, Gebrane doute aussi.

2. Règle numéro 2 : Si Jlapin donne une assertion sans preuve, Gebrane peut réfuter l'assertion sans preuve.  

JLapin

J'ai vraiment l'air de douter ? Le "sauf erreur" est une formule de politesse... Et je donne pas "d'assertion sans preuve", je donne un énoncé d'exercice, que tu pourras résoudre sans aucune difficulté

gebrane

Merci, je ne savais pas que 'sauf erreur' est une formule de politesse.
Après réflexion mûrie, ce que tu proposes ; 

 •  Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ et soit $E$ un espace vectoriel normé 

Soit une fonction dérivable $f:I\rightarrow E$ telle qu'il existe $M\in \mathbb{R}_{+}^{\ast }$ tel que : $\forall x\in I,\left\Vert f^{~\prime}(x)\right\Vert |\leq M\left\Vert f(x)\right\Vert $. 

Démontrer que s'il existe $a\in I$ tel que $f(a)\neq 0$, alors $f(x)\neq 0$ pour tout $x\in I$.

 , sauf erreur, est vrai .
PS.  Si j'aurais un peu de temps ce soir, sauf imprévu, je donnerai une démonstration détaillé et , sauf erreur, juste en utilisant ta méthode .

Bonne fin de journée 

Lirone93

Si J'AI un peu de temps ce soir... 

gebrane

Quand même Lironel, c'était un divertissement d'été avec Jlapin
On suppose l'existence d'un $a\in I$, telque $f(a)=0$ donc 
$$\forall x\leq a,\quad f(x)=fa)+\int_x^a f'(t) dt  = \int_x^a f'(t) dt $$
donc $\forall x\leq a,\quad  ||f(x)||\leq \int_x^a ||f'(t)|| dt \leq M \int_x^a ||f(t)|| dt$
De la même facon , on montre que $$\forall x\geq  a,\quad  ||f(x)|| \leq M \int_a^x ||f(t)|| dt$$
Pour montrer que $\forall x\leq a , f(x)=0$ Jlapin considère la fonction positive, $ v(x)= e^{Mx}\int_x^a ||f(t)|| dt, \forall x\leq a$,  on a $v'(x)=e^{Mx} (M \int_x^a ||f(t)|| dt-||f(x)||\geq 0$ donc $v$ est croissante et $\forall x\leq a, 0\leq v(x)\leq  v(a)=0$, donc  $\forall x\leq a, \int_x^a ||f(t)|| dt=0$ donc par continuité de f, $f(x)=0 , \forall x\leq a$
et Pour montrer que $\forall x\geq a , f(x)=0$ Jlapin considère la fonction positive $ w(x)= e^{-Mx}\int_a^x ||f(t)|| dt, \forall x\geq a$ qui donne on a $w'(x)=e^{-Mx} (-M \int_a^x ||f(t)|| dt+||f(x)||\leq 0$ donc $w$ est décroissante et $\forall x\geq a, 0\leq w(x)\leq  w(a)=0$, donc  $\forall x\geq a, \int_a^x ||f(t)|| dt=0$ donc par continuité de f, $f(x)=0 , \forall x\geq a$

Cette preuve est meilleure que celle de Chaurien 
Ajout; Lironel; il se passe quoi qi on remplace M par une fonction continue $M:\, I\to  \mathbb{R}_{+}^{\ast }$ tel que : $\forall x\in I,\left\Vert f^{~\prime}(x)\right\Vert |\leq M(x)\left\Vert f(x)\right\Vert $. 

Chaurien

J'en reviens à l'énoncé du concours Putnam de 1946, où $f$ était une fonction réelle d'une variable réelle, supposée de classe $\mathcal C^1$. Dans les références bibliographiques que j'ai données, il y a une solution avec $f$ de classe $\mathcal C^1$ et une avec $f$ dérivable seulement. Cette dernière était rédigée un peu rapidement et me semblait un peu énigmatique. Je me suis astreint à la rédiger. Il y a un lemme qui me semble tout à fait singulier, dont la démonstration n'est pas très difficile, mais plutôt embêtante à rédiger.

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 •  Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$, à valeurs réelles, et l'on suppose qu'il existe une constante réelle $M>0$ telle que : $\forall x\in I,\left\vert f^{~\prime }(x)\right\vert \leq M\left\vert f(x)\right\vert $.
Démontrer que s'il existe $a\in I$ tel que $f(a)=0$, alors $f(x)=0$ pour tout $x\in I$.
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• Lemme. Soit un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ et une fonction $\phi :I\rightarrow \mathbb{R}$, et l'on suppose qu'il existe $a\in I$ et $b\in I$ tels que $\phi (a)=0$ et $\phi (b)\neq 0$. Alors, pour tout $\rho \in \mathbb{R}_{+}^{\ast }$, il existe $x_{0}\in I$ et $x_{1}\in I$ tels que : $\phi (x_{0})=0$, $\phi (x_{1})\neq 0$, $\left\vert x_{1}-x_{0}\right\vert \leq \rho $.

• Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$\ de $\mathbb{R}$, à valeurs réelles, et l'on suppose qu'il existe une constante réelle $M>0$ telle que : $\forall x\in I,\left\vert f^{~\prime }(x)\right\vert \leq M\left\vert f(x)\right\vert $.
Supposons qu'il existe $a\in I$ tel que $f(a)=0$ mais que $f$ ne soit pas la fonction nulle. 

D'après le lemme, il existe $x_{0}\in I$ et $x_{1}\in I$ tels que : $f(x_{0})=0$, $f(x_{1})\neq 0$, $\left\vert x_{1}-x_{0}\right\vert \leq \frac{1}{2M}$.
Quitte à remplacer la fonction $f$ par la fonction $x\mapsto g(x)=f(-x)$, on peut supposer que $x_{0}<x_{1}$.
Comme la fonction $f$ est continue, il existe $x_{2}\in \lbrack x_{0},x_{1}]$ tel que $\left\vert f(x_{2})\right\vert =\max_{x_{0}\leq x\leq x_{1}}\left\vert f(x)\right\vert $.
Alors $\left\vert f(x_{2})\right\vert \geq \left\vert f(x_{1})\right\vert>0=\left\vert f(x_{0})\right\vert $, d'où $x_{2}\in ]x_{0},x_{1}]$.
Comme la fonction $f$ est dérivable, d'après le théorème des accroissements finis, il existe $\xi \in ]x_{0},x_{2}[$ tel que $f^{~\prime }(\xi )=\frac{f(x_{2})-f(x_{0})}{x_{2}-x_{0}}$.
En conséquence : $\left\vert f(x_{2})\right\vert =\left\vert f(x_{2})-f(x_{0})\right\vert =(x_{2}-x_{0})\left\vert f^{~\prime }(\xi )\right\vert \leq \frac{1}{2M}\cdot M\left\vert f(\xi )\right\vert \leq  \frac{1}{2}\left\vert f(x_{2})\right\vert $, ce qui implique $\left\vert f(x_{2})\right\vert =0$.

 Or $\left\vert f(x_{2})\right\vert \geq \left\vert f(x_{1})\right\vert >0$. Impossible.
La fonction $f$ est donc la fonction nulle.

RÉFÉRENCES

 •  A. M. Gleason, R. E. Greenwood, L. M. Kelly,  The Lowell Putnam Competition, Problems and Solutions : 1938-1964, The Mathematical Association of America, 1980, Sixth Competition, 1946, p. 20, p. 211.
 •  https://prase.cz/kalva/putnam/psoln/psol464.html

gebrane

@Chaurien Bonjour,

Si $f$ est seulement dérivable , tu appliques la preuve de Jlapin en utilisant l'intégrale au sens de 

 Intégrale de Kurzweil-Henstock — Wikipédia (wikipedia.org)

Chaurien

Oui, j'avais pensé à la KH-intégrale, qui a le mérite d'intégrer toutes les fonctions-dérivées, d'autant plus que j'ai publié naguère un article d'une dizaine de pages sur la question, dans la revue Repères-IREM, article qui vantait les qualités de cette intégrale. D'autres voix, et plus autorisées que la mienne, s'élèvent de temps en temps en faveur de cette intégrale, mais décidément elle ne prend pas, et c'est pourquoi j'avais renoncé à la proposer ici.

Bonne journée.

Fr. Ch.