Solutions
On a alors
f (c) − f (a)
c − a
<
f (b) − f (a)
b − a
ou
f (c) − f (b)
c − b
<
f (b) − f (a)
b − a
.
La proposition se déduit donc du théorème des accroissements finis. Le même
raisonnement s’applique au cas où
f (c) > f(a) +
f (b) − f (a)
b − a
(c − a) .
II.2.17. On suppose d’abord que x 0 =
1
2 . Un des deux intervalles [0 , x 0 ]
et [x 0 , 1] a une longueur inférieure à
1
2 . Supposons, par exemple, que ce soit
[x 0 , 1]. D’après le théorème des accroissements finis, on a
−1
1 − x 0
=
f (1) − f (x 0 )
1 − x 0
= f
(c)
et |f (c)| > 2. Supposons maintenant que x 0 =
1
2 et que f est affine sur
0 ,
1
2
.
On a alors f (x) = 2x pour x ∈
0 ,
1
2
. Puisque f 1
2
= 2, il existe x 1 >
1
2
tel que f (x 1 ) > 1 et la proposition se déduit du théorème des accroissements
finis appliqué à f sur [x 1 , 1]. Finalement, on suppose que f n’est pas affine sur
0 ,
1
2
. S’il existe x 2 ∈
0 ,
1
2
tel que f (x 2 ) > 2x 2 , il suffit d’appliquer alors
le théorème des accroissements finis sur [0 , x 2 ]. Si f (x 2 ) < 2x 2 , on peut alors
appliquer le théorème des accroissements finis sur
x 2 ,
1
2
.
II.2.18. On voit en appliquant le théorème des accroissements finis généralisé
aux fonctions x →
f (x)
x et x →
1
x sur [a , b] que
bf (a) − af (b)
b − a
=
f (b)
b −
f (a)
a
1
b −
1
a
=
x 1 f (x 1 )−f (x 1 )
x 2
1
−
1
x 2
1
= f (x 1 ) − x 1 f
(x 1 ).
II.2.19. D’après le théorème des accroissements finis, pour x 1 , x 2 ∈ R + , il
existe x 0 ∈ ]x 1 , x 2 [ tels que
|ln(1 + x 1 ) − ln(1 + x 2 )| =
1
1 + x 0
|x 1 − x 2 | |x 1 − x 2 | .
De même,
ln
1 + x
2
1
− ln
1 + x
2
2
=
2x 0
1 + x 2
0
|x 1 − x 2 | |x 1 − x 2 |
et
|Arctan x 1 − Arctan x 2 | =
1
1 + x 2
0
|x 1 − x 2 | |x 1 − x 2 | .
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