§ 7. Solutions
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Solution I.14.
Soient u et v E [a, b] vérifiant u S v. Appliquons à f et g le théorème 5.1 sur chacun des
intervalles [a, u], [u, v] et [v, b]. Nous obtenons Il/ ( u) - f (a)ll S g( u)- g(a), Il/ (v)- f ( u)ll S g(v)-- g(u)
et 11/(b) - f(v)ll S g(b) - g(v). Supposons que 11/(v) - /(u)ll < g(v) - g(u). Nous avons alors
11/(b) - /(a)ll S 11/(b) - /(v)ll + 11/(v) - /(u)ll + llf(u) - /(a)ll
< g(b) - g(v) + g(v) - g(u) + g(u) - g(a),
ou encore 11/(b) - f(a)ll < g(b) - g(a), ce qui est contraire à l'hypothèse. Donc pour tous u, v E [a, b]
vérifiants u Sv, 11/(v) - f(u)ll = g(v) - g(u).
Raisonnons par l'absurde en supposant qu'il existe uo E]a, b[ tel que Il!' ( uo) Il < g 1 ( uo ), soit, en revenant aux
définitions des nombres dérivés,
1 .
11/(uo + h) - f(uo)ll < 1 .
1m
1m
h->0, h,,00
lhl
h->O, h,,00
g(uo + h) - g(uo)
h
Il existe alors 1J > 0 tel que, pour tout h vérifiant lhl < 1J, uo + h E ]a, b[ et
11/(uo + h) - f(uo)ll
g(uo + h) - g(uo)
lhl
<
h
.
En particulier, pour tout h tel que 0 < h < 1J, 11/(uo + h) - /(uo)ll < g(uo + h) - g("uo). ce qui est
impossible. Nous pouvons donc conclure que pour tout u E )a, b[, Il!' (u) Il = g' (u).
2) On suppose, pour l'intérêt de la question, que f n'est pas une application constante, ce qui implique, puisque
g est croissante et que pour tout u E [a, b], llf ("u) - f (a) Il = g(u) - g(a), que f (b) - f (a) # O. On sait que
pour tous x et y E E, 2(xly) = llxll 2 + llYll 2 - llx + yll 2 . Soit u E [a, b]. On utilise l'égalité précédente avec
x = f(b) - f(a) et y= f(u) - f(a). On obtient
2(!(b) -f(a) 1 f(u) -f(a)) = ll/(b)-/(a)ll 2 + llf(u)-f(a)ll 2 -11/(b)- /(u)ll 2
= (g(b) - g(a))
2
+ (g(u) - g(a))
2 - (g(u) - g(b))
2
= 2(g(b) - g(a)) (g(u) - g(a))
= 211/(b) - /(a)ll 11/(u) - /(a)ll ·
L'inégalité de Schwarz étant ici une égalité, les vecteurs f(b) - f(a) et f (u) - f (a) sont liés (voir par exemple
[T.X.2.2]); il existe donc k(u) E ~tel que f(u) - f(a) = k(u) (!(b) - f(a)). On en déduit alors, en utilisant
les égalités précédentes, que g( u) - g( a) = k( u) ( g( b) - g( a)). Comme g est croissante, k( u) E [O, 1] ce
quiprouveque/(u) E [f(a),f(b)].
Solution I.15.
1) Soit x et y E n. On étudie successivement les deux cas suivants:
- Si a
11/(x) - /(y)ll S sup 11/'(z)ll llx -yll S kllx - Yll ·
zE[x,y)
- Si a E ]x, y[, il existe alors>. < 0 tel que y - a = >.(x - a). La dimension de E étant, par hypothèse, au
moins égale à 2, il existez E E linéairement indépendant de x - a. Pour tout réel€ vérifiant 0 < € < r /llzll. on
a a+ €Z E n_ De plus, les segments [x, a+ êz] et [y, a+ êz] sont contenus dans n. En appliquant cette fois le
théorème des accroissements finis à f sur ces deux segments on obtient 11/(x)- f (a+êz) Il S kllx - (a+êz)ll
et 11/(y) - f(a + êz)ll S kllY - (a+ êz)ll, d'où encore,
11/(x) - /(y)ll S 11/(x) - f(a + êz)ll + 11/(y) - f(a + êz)ll
S kllx - (a+ êz)ll + kllY - (a+ êz)ll,
d'où, en faisant tendre € vers 0, 11/(x) - f(y)ll S k(llx - ail + llY - ail). Mais, puisque a E ]x, y[,
llx - Yll = llx - ail+ llY - ail. d'où 11/(x) - /(y)ll S kllx - Yll·
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Solution I.14.
Soient u et v E [a, b] vérifiant u S v. Appliquons à f et g le théorème 5.1 sur chacun des
intervalles [a, u], [u, v] et [v, b]. Nous obtenons Il/ ( u) - f (a)ll S g( u)- g(a), Il/ (v)- f ( u)ll S g(v)-- g(u)
et 11/(b) - f(v)ll S g(b) - g(v). Supposons que 11/(v) - /(u)ll < g(v) - g(u). Nous avons alors
11/(b) - /(a)ll S 11/(b) - /(v)ll + 11/(v) - /(u)ll + llf(u) - /(a)ll
< g(b) - g(v) + g(v) - g(u) + g(u) - g(a),
ou encore 11/(b) - f(a)ll < g(b) - g(a), ce qui est contraire à l'hypothèse. Donc pour tous u, v E [a, b]
vérifiants u Sv, 11/(v) - f(u)ll = g(v) - g(u).
Raisonnons par l'absurde en supposant qu'il existe uo E]a, b[ tel que Il!' ( uo) Il < g 1 ( uo ), soit, en revenant aux
définitions des nombres dérivés,
1 .
11/(uo + h) - f(uo)ll < 1 .
1m
1m
h->0, h,,00
lhl
h->O, h,,00
g(uo + h) - g(uo)
h
Il existe alors 1J > 0 tel que, pour tout h vérifiant lhl < 1J, uo + h E ]a, b[ et
11/(uo + h) - f(uo)ll
g(uo + h) - g(uo)
lhl
<
h
.
En particulier, pour tout h tel que 0 < h < 1J, 11/(uo + h) - /(uo)ll < g(uo + h) - g("uo). ce qui est
impossible. Nous pouvons donc conclure que pour tout u E )a, b[, Il!' (u) Il = g' (u).
2) On suppose, pour l'intérêt de la question, que f n'est pas une application constante, ce qui implique, puisque
g est croissante et que pour tout u E [a, b], llf ("u) - f (a) Il = g(u) - g(a), que f (b) - f (a) # O. On sait que
pour tous x et y E E, 2(xly) = llxll 2 + llYll 2 - llx + yll 2 . Soit u E [a, b]. On utilise l'égalité précédente avec
x = f(b) - f(a) et y= f(u) - f(a). On obtient
2(!(b) -f(a) 1 f(u) -f(a)) = ll/(b)-/(a)ll 2 + llf(u)-f(a)ll 2 -11/(b)- /(u)ll 2
= (g(b) - g(a))
2
+ (g(u) - g(a))
2 - (g(u) - g(b))
2
= 2(g(b) - g(a)) (g(u) - g(a))
= 211/(b) - /(a)ll 11/(u) - /(a)ll ·
L'inégalité de Schwarz étant ici une égalité, les vecteurs f(b) - f(a) et f (u) - f (a) sont liés (voir par exemple
[T.X.2.2]); il existe donc k(u) E ~tel que f(u) - f(a) = k(u) (!(b) - f(a)). On en déduit alors, en utilisant
les égalités précédentes, que g( u) - g( a) = k( u) ( g( b) - g( a)). Comme g est croissante, k( u) E [O, 1] ce
quiprouveque/(u) E [f(a),f(b)].
Solution I.15.
1) Soit x et y E n. On étudie successivement les deux cas suivants:
- Si a
11/(x) - /(y)ll S sup 11/'(z)ll llx -yll S kllx - Yll ·
zE[x,y)
- Si a E ]x, y[, il existe alors>. < 0 tel que y - a = >.(x - a). La dimension de E étant, par hypothèse, au
moins égale à 2, il existez E E linéairement indépendant de x - a. Pour tout réel€ vérifiant 0 < € < r /llzll. on
a a+ €Z E n_ De plus, les segments [x, a+ êz] et [y, a+ êz] sont contenus dans n. En appliquant cette fois le
théorème des accroissements finis à f sur ces deux segments on obtient 11/(x)- f (a+êz) Il S kllx - (a+êz)ll
et 11/(y) - f(a + êz)ll S kllY - (a+ êz)ll, d'où encore,
11/(x) - /(y)ll S 11/(x) - f(a + êz)ll + 11/(y) - f(a + êz)ll
S kllx - (a+ êz)ll + kllY - (a+ êz)ll,
d'où, en faisant tendre € vers 0, 11/(x) - f(y)ll S k(llx - ail + llY - ail). Mais, puisque a E ]x, y[,
llx - Yll = llx - ail+ llY - ail. d'où 11/(x) - /(y)ll S kllx - Yll·