Chapitre II. Dérivation
La fonction f vérifiant la propriété des valeurs intermédiaires, il existe une
suite {e z n } telle que f (e z n ) = f (x) + r/2. On construit alors une suite
{x n } comme suit. On choisit x arbitrairement et on choisit x 1 de sorte que
x < x 1 < x + 2 −1 et f (x 1 ) = f (x) + r/2. On choisit ensuite x 2 de sorte que
x 1 < x 2 < x 1 + 2 −2 et f (x 2 ) = f (x 1 ) + r/2. En poursuivant le procédé, on
obtient une suite {x n } telle que
x n < x n+1 < x n + 2
−n et f
(x n+1 ) = f
(x n ) +
r
2
.
La suite converge donc vers une limite que l’on note a. De plus, la dernière
égalité implique f (x n ) = f (x 1 )+(n−1)r/2. En conséquence, la suite {f (x n )}
diverge vers +∞ ou −∞, contredisant le fait que f soit dérivable en a. Ceci
conclut la démonstration de la continuité de f . La fonction f vérifie les mêmes
hypothèses que la fonction f et est donc continûment dérivable et, par récurrence, il en est de même de toutes les dérivées.
II.4.34. Si n = 2, on a évidemment l’égalité. On suppose donc que n > 2 et
que {a n } est une suite décroissante. On pose
S n = (f (a n )a 1 − f (a 1 )a n ) +
n−1
k=1
(f (a k )a k+1 − f (a k+1 )a k ).
Le but est de prouver que S n 0. La fonction f étant convexe, on voit que
f (a n ) = f
a n − a n+1
a 1 − a n+1
a 1 +
a 1 − a n
a 1 − a n+1
a n+1
a n − a n+1
a 1 − a n+1
f (a 1 ) +
a 1 − a n
a 1 − a n+1
f (a n+1 ).
Donc,
(a n+1 − a 1 )f (a n ) + (a n − a n+1 )f (a 1 ) + (a 1 − a n )f (a n+1 ) 0,
ce qui signifie que S n+1 − S n 0, d’où S n S 2 = 0.
II.4.35. [M. Kuczma, A. Smajdor, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 401-402].
La fonction f étant strictement croissante et a < f(x) < x, on obtient
a < f
n+1 (x) < f
n (x) < x pour n ∈ N
∗ et x ∈ ]a , b[.
La suite {f n (x)} converge donc vers une limite l (le cas l = −∞ est possible).
On montre maintenant que l = a. On se rappelle pour cela que, d’après le
résultat de I.2.33, chaque itérée f n est continue. Donc, si l ∈ ]a , b[, on a alors
f (l) = f
lim
n→+∞
f
n (x)
= lim
n→+∞
f
n+1 (x) = l,
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La fonction f vérifiant la propriété des valeurs intermédiaires, il existe une
suite {e z n } telle que f (e z n ) = f (x) + r/2. On construit alors une suite
{x n } comme suit. On choisit x arbitrairement et on choisit x 1 de sorte que
x < x 1 < x + 2 −1 et f (x 1 ) = f (x) + r/2. On choisit ensuite x 2 de sorte que
x 1 < x 2 < x 1 + 2 −2 et f (x 2 ) = f (x 1 ) + r/2. En poursuivant le procédé, on
obtient une suite {x n } telle que
x n < x n+1 < x n + 2
−n et f
(x n+1 ) = f
(x n ) +
r
2
.
La suite converge donc vers une limite que l’on note a. De plus, la dernière
égalité implique f (x n ) = f (x 1 )+(n−1)r/2. En conséquence, la suite {f (x n )}
diverge vers +∞ ou −∞, contredisant le fait que f soit dérivable en a. Ceci
conclut la démonstration de la continuité de f . La fonction f vérifie les mêmes
hypothèses que la fonction f et est donc continûment dérivable et, par récurrence, il en est de même de toutes les dérivées.
II.4.34. Si n = 2, on a évidemment l’égalité. On suppose donc que n > 2 et
que {a n } est une suite décroissante. On pose
S n = (f (a n )a 1 − f (a 1 )a n ) +
n−1
k=1
(f (a k )a k+1 − f (a k+1 )a k ).
Le but est de prouver que S n 0. La fonction f étant convexe, on voit que
f (a n ) = f
a n − a n+1
a 1 − a n+1
a 1 +
a 1 − a n
a 1 − a n+1
a n+1
a n − a n+1
a 1 − a n+1
f (a 1 ) +
a 1 − a n
a 1 − a n+1
f (a n+1 ).
Donc,
(a n+1 − a 1 )f (a n ) + (a n − a n+1 )f (a 1 ) + (a 1 − a n )f (a n+1 ) 0,
ce qui signifie que S n+1 − S n 0, d’où S n S 2 = 0.
II.4.35. [M. Kuczma, A. Smajdor, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 401-402].
La fonction f étant strictement croissante et a < f(x) < x, on obtient
a < f
n+1 (x) < f
n (x) < x pour n ∈ N
∗ et x ∈ ]a , b[.
La suite {f n (x)} converge donc vers une limite l (le cas l = −∞ est possible).
On montre maintenant que l = a. On se rappelle pour cela que, d’après le
résultat de I.2.33, chaque itérée f n est continue. Donc, si l ∈ ]a , b[, on a alors
f (l) = f
lim
n→+∞
f
n (x)
= lim
n→+∞
f
n+1 (x) = l,
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