Calendrier de L’Avent III

Le nombre de dérangements : 

D'après l'énoncé, il existe $M>0$ et $x_0\in\R$ tel que : \[\forall x\in\left[x_0,+\infty\right[, \vert f''(x)\vert\leqslant M\vert f'(x)\vert\;.\]
Cette condition donne envie d'appliquer l'inégalité des accroissements finis à $f'$ entre deux nombres plus grands que $x_0$ !
Lemme : 
\[\forall x\in\left[x_0,+\infty\right[, \forall t\in\left]0,\frac 1M\right[, \left\lvert f'(x+t)\right\rvert\leqslant\frac 1{1-Mt}\left\lvert f'(x)\right\rvert\;.\]
Fixons $x$ et $t$ comme dans l'énoncé du lemme. On peut supposer que $\left\lvert f'(x+t)\right\rvert>\left\lvert f'(x)\right\rvert$, sans quoi l'inégalité est évidente.
On pose $t_0=\min\left\{t'\in\R_+^\ast\colon\left\lvert f'(x+t')\right\rvert=\left\lvert f'(x+t)\right\rvert\right\}$.
Comme $f$ est deux fois dérivable, $\left\lvert f'\right\rvert$ est continue et on a donc \[\forall\xi\in\left[x,x+t_0\right], \left\lvert f'(\xi)\right\rvert\leqslant\left\lvert f'(x+t)\right\rvert\;.\]
Le théorème des accroissements finis appliqué à $f'$ nous donne l'existence d'un $\xi$ dans l'intervalle $\left]x,x+t_0\right[$ tel que $f'(x+t_0)-f'(x)=t_0f''(\xi)$. On en déduit :
\[\left\lvert f'(x+t)\right\rvert-\left\lvert f'(x)\right\rvert\leqslant\left\lvert f'(x+t_0)-f'(x)\right\rvert=t_0\left\lvert f''(\xi)\right\rvert\leqslant tM\left\lvert f'(\xi)\right\rvert\leqslant tM\left\lvert f'(x+t)\right\rvert\;,\]
ce qui prouve le lemme.
Ce lemme nous permet dans un premier temps de voir que $f'(x)$ ne peut être nul pour $x\geqslant x_0$.
En effet, une application répétée du lemme nous donnerait que $f'$ serait nulle sur $\left[x,+\infty\right[$, ce qui n'est pas possible puisque $f$ serait constante sur cet intervalle et qu'on ne pourrait alors avoir $f(x)\underset{x\to +\infty}\sim e^x$.
La fonction $f'$, qui est continue, est donc de signe constant sur $\left[x_0,+\infty\right[$ et elle ne peut être décroissante (toujours à cause de la condition $f(x)\underset{x\to +\infty}\sim e^x$), donc $f'>0$ sur $\left[x_0,+\infty\right[$.
On peut donc ôter les valeurs absolues dans le lemme !
Soit $x\geqslant x_0+\dfrac 1M$, $0<t<\dfrac 1M$ et $0\leqslant u\leqslant t$. En appliquant deux fois le lemme, on a d'une part :
\[f'(x+u)\leqslant\dfrac 1{1-Mu}f'(x)\leqslant\dfrac 1{1-Mt}f'(x)\;,\]
et d'autre part puisque $x-u\geqslant x_0$ :
\[f'(x)=f'(x-u+u)\leqslant\frac 1{1-Mu}f'(x-u)\leqslant\dfrac 1{1-Mt}f'(x-u)\;.\]
On en déduit donc l'encadrement de $f'(x)$ suivant : 
\[(1-Mt)f'(x+u)\leqslant f'(x)\leqslant\dfrac 1{1-Mt}f'(x-u)\;.\]
On intègre chaque membre par rapport à la variable $u$ entre $0$ et $t$ :
\[(1-Mt)(f(x+t)-f(x))\leqslant tf'(x)\leqslant\dfrac 1{1-Mt}(f(x)-f(x-t))\;.\]
On divise maintenant les trois membres par $te^x>0$ et on fait apparaître des quotients du type $\dfrac{f(a)}{e^a}$ :
\[\dfrac{1-Mt}t\left(\dfrac{f(x+t)}{e^{x+t}}e^t-\dfrac{f(x)}{e^x}\right)\leqslant\dfrac{f'(x)}{e^x}\leqslant
\dfrac 1{t(1-Mt)}\left(\dfrac{f(x)}{e^x}-\dfrac{f(x-t)}{e^{x-t}}e^{-t}\right)\;.\]
En passant à la limite inférieure dans les deux membres de gauche, on en déduit que \[(1-Mt)\dfrac{e^t-1}t\leqslant\underset{x\to +\infty}\liminf\dfrac{f'(x)}{e^x}\;,\] d'où en passant à la limite pour $t\to 0^+$ :
\[\underset{x\to +\infty}\liminf\dfrac{f'(x)}{e^x}\geqslant 1\;.\]
De même, en passant à la limite supérieure dans les deux membres de droite, on obtient :
\[\underset{x\to +\infty}\limsup\dfrac{f'(x)}{e^x}\leqslant\dfrac 1{1-Mt}\dfrac{1-e^{-t}}t\;,\]
d'où en passant à la limite lorsque $t\to 0^+$ :
\[\underset{x\to +\infty}\limsup\dfrac{f'(x)}{e^x}\leqslant 1\;.\]
Ceci montre que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{f'(x)}{e^x}=1$, autrement dit que $f'(x)\underset{x\to +\infty}\sim e^x$.

La réponse est oui. Cela peut se faire par des raccordements continus de fonctions définies sur des sous-intervalles.

Posons $I=[0,\,1/2]$ et, si $x\in I$, $f(x)=x+1/2$  ; sur $f(I)=[1/2,\,1], f(x)={\rm e}^{x-1/2}$. Ainsi, $(f\circ f)_{|I}=\exp$ puis nous faisons en sorte que $(f\circ f)_{|f(I)}=\exp$ en posant $f(u)=u{\rm e}^{1/2}$ pour $x\in\exp(I)$, etc. Nous construisons aussi $f$ brique par brique sur $\R^-$.

Les hypothèses donnent que f est développable en série entière sur $\R$. J’imagine qu’il faut arriver à $f’=f$.