Solutions
II.2.25. Le résultat se déduit du théorème de Rolle appliqué à la fonction
auxiliaire
h(x) =
n
k=1
f k (x) − f k (a) − (g k (x) − g k (a))
f k (b) − f k (a)
g k (b) − g k (a)
.
II.2.26. On suppose d’abord que f est uniformément dérivable sur [a , b].
Pour toute suite {h n } convergente vers 0 telle que h n = 0 et x + h n ∈ I pour
x ∈ [a , b], la suite de fonctions
f (x+hn)−f (x)
hn
est uniformément convergente
sur [a , b] vers f . D’après le résultat de I.2.34, f est continue sur [a , b].
On suppose maintenant que f est continue sur [a , b]. D’après le théorème
des accroissements finis, pour x ∈ [a , b], x + h ∈ I, on a
f (x + h) − f (x)
h
− f
(x) = f
(x + θh) − f
(x)
pour un certain 0 < θ < 1. La continuité uniforme de f sur [a , b] implique
alors la dérivabilité uniforme de f .
II.2.27. La fonction f étant continue sur [a , b], elle est bornée et il existe
donc A 0 tel que |f (x)| A pour x ∈ [a , b]. Par hypothèse,
g
(x)
1 + A
|λ|
|g(x)| .
Soit [c , d] un sous-intervalle de [a , b] dont la longueur est inférieure à
1
2
|λ|
1+A =
B
2 et tel que g(c) = 0. Pour x 0 ∈ [c , d], on a
|g(x 0 ) − g(c)| = |g(x 0 )| = (x 0 − c)
g
(x 1 )
B
2
|g(x 1 )|
B
.
En répétant le procédé, on obtient une suite décroissante {x n } de points de
[c , d] telle que
|g(x 0 )|
1
2
|g(x 1 )| . . .
1
2 n |g(x n )| . . .
On a donc g(x 0 ) = 0. Il suffit pour conclure la démonstration de décomposer
[a , b] en un nombre fini de sous-intervalles de longueurs inférieures à
B
2 .
On peut noter ici que l’hypothèse de continuité de f sur [a , b] peut être
remplacée par l’hypothèse que f est bornée sur [a , b].
II.2.28. D’après le théorème des accroissements finis généralisé, on a
f (2x)
2x −
f (x)
x
1
2x −
1
x
= f (ζ) − ζf
(ζ),
195
II.2.25. Le résultat se déduit du théorème de Rolle appliqué à la fonction
auxiliaire
h(x) =
n
k=1
f k (x) − f k (a) − (g k (x) − g k (a))
f k (b) − f k (a)
g k (b) − g k (a)
.
II.2.26. On suppose d’abord que f est uniformément dérivable sur [a , b].
Pour toute suite {h n } convergente vers 0 telle que h n = 0 et x + h n ∈ I pour
x ∈ [a , b], la suite de fonctions
f (x+hn)−f (x)
hn
est uniformément convergente
sur [a , b] vers f . D’après le résultat de I.2.34, f est continue sur [a , b].
On suppose maintenant que f est continue sur [a , b]. D’après le théorème
des accroissements finis, pour x ∈ [a , b], x + h ∈ I, on a
f (x + h) − f (x)
h
− f
(x) = f
(x + θh) − f
(x)
pour un certain 0 < θ < 1. La continuité uniforme de f sur [a , b] implique
alors la dérivabilité uniforme de f .
II.2.27. La fonction f étant continue sur [a , b], elle est bornée et il existe
donc A 0 tel que |f (x)| A pour x ∈ [a , b]. Par hypothèse,
g
(x)
1 + A
|λ|
|g(x)| .
Soit [c , d] un sous-intervalle de [a , b] dont la longueur est inférieure à
1
2
|λ|
1+A =
B
2 et tel que g(c) = 0. Pour x 0 ∈ [c , d], on a
|g(x 0 ) − g(c)| = |g(x 0 )| = (x 0 − c)
g
(x 1 )
B
2
|g(x 1 )|
B
.
En répétant le procédé, on obtient une suite décroissante {x n } de points de
[c , d] telle que
|g(x 0 )|
1
2
|g(x 1 )| . . .
1
2 n |g(x n )| . . .
On a donc g(x 0 ) = 0. Il suffit pour conclure la démonstration de décomposer
[a , b] en un nombre fini de sous-intervalles de longueurs inférieures à
B
2 .
On peut noter ici que l’hypothèse de continuité de f sur [a , b] peut être
remplacée par l’hypothèse que f est bornée sur [a , b].
II.2.28. D’après le théorème des accroissements finis généralisé, on a
f (2x)
2x −
f (x)
x
1
2x −
1
x
= f (ζ) − ζf
(ζ),
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