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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016

Théorème des accroissements finis

Enoncés

1

Exercice 7 [ 01341 ] [Correction]
Soit f : ]0 ; 1] → R dérivable. On suppose

Exercice 1 [ 01386 ] [Correction]
Soit f : I → R dérivable.
Montrer que f est lipschitzienne si, et seulement si, sa dérivée est bornée.

Exercice 2 [ 01381 ] [Correction]
Soit f : R → R une fonction dérivable.
Montrer que
∀x > 0, ∃c > 0, f (x) − f (−x) = x( f 0 (c) + f 0 (−c))

f (x) −→+ ` ∈ R et x f 0 (x) −→+ `0 ∈ R
x→0

x→0

Que dire de `0 ?

Exercice 8 [ 00727 ] [Correction]
Soit f ∈ C2 (R+ , R) telle que lim x→+∞ f (x) = a ∈ R.
(a) Si f 00 est bornée, que dire de f 0 (x) quand x → +∞ ?
(b) Le résultat subsiste-t-il sans l’hypothèse du a) ?

Exercice 3 [ 01382 ] [Correction]
Soit f une fonction de classe C2 sur [a ; a + 2h] (avec a ∈ R et h > 0).
Montrer
∃c ∈ ]a ; a + 2h[, f (a + 2h) − 2 f (a + h) + f (a) = h2 f 00 (c)
(indice : introduire ϕ(x) = f (x + h) − f (x).)

Exercice 4 [ 01384 ] [Correction]
À l’aide du théorème des accroissements finis déterminer

1
1
lim (x + 1)e x+1 − xe x
x→+∞

Exercice 9 [ 03886 ] [Correction]
Une fonction f : I → R est dite höldérienne d’exposant α > 0 s’il existe M ∈ R+ vérifiant
∀x, y ∈ I, | f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|α
(a) Soit f : [a ; b] → R de classe C1 .
Montrer que f est höldérienne d’exposant α = 1.
(b) Démontrer que les fonctions höldériennes d’exposant > 1 sont constantes.
(c) On considère la fonction f : x 7→ x ln x définie sur ]0 ; 1].
Montrer que la fonction f n’est pas höldérienne d’exposant 1.
(d) Vérifier cependant que f est höldérienne d’exposant α pour tout α ∈ ]0 ; 1[.

Exercice 5 [ 00267 ] [Correction]
Montrer à l’aide du théorème des accroissements finis que


n+1

n+1−

√n

n∼−

ln n
n2

Exercice 6 [ 01385 ] [Correction]
Montrer que
∀x > 0,

1
1
< ln(1 + x) − ln(x) <
1+x
x

En déduire, pour k ∈ N \ {0, 1},
kn
X
1
n→∞
p
p=n+1

lim

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Corrections

Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
( ⇐= ) En vertu de l’inégalité des accroissements finis.


f (y)
( =⇒ ) Si f est k lipschitzienne alors ∀x, y ∈ I tels que x , y on a f (x)−
x−y ≤ k.
0

2

Quand x → +∞, c x → +∞ car c x ≥ x.
Par suite
!
c x − 1 c1
e x →1
cx
et donc


1
1
lim (x + 1)e x+1 − xe x = 1

0

À la limite quand y → x on obtient | f (x)| ≤ k. Par suite f est bornée.

x→+∞

Exercice 5 : [énoncé]
En appliquant le théorème des accroissements finis à x 7→ x1/x entre n et n + 1, on obtient

Exercice 2 : [énoncé]
Soit g : R → R la fonction définie par



n+1

g(x) = f (x) − f (−x)
g est dérivable et g(0) = 0. Par le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ ]0 ; x[ tel
que
g(x) − g(0) = xg0 (c)

n+1−

f (a + 2h) − 2 f (a + h) + f (a) = ϕ(a + h) − ϕ(a)
Par le théorème des accroissements finis appliqué à ϕ entre a et a + h, il
existeb ∈ ]a ; a + h[ tel que
ϕ(a + h) − ϕ(a) = hϕ0 (b) = h( f 0 (b + h) − f 0 (b))



n+1

Par le théorème des accroissements finis appliqué à f 0 entre b et b + h, il existe
c ∈ ]b ; b + h[ ∈ ]a ; a + 2h[ tel que
f (b + h) − f (b) = h f (c) puis f (a + 2h) − 2 f (a + h) + f (a) = h f (c)
00

1 − ln c 1/c
c
c2

n+1−

√n
ln n
n∼− 2
n

Exercice 6 : [énoncé]
On applique le théorème des accroissements finis à x 7→ ln x entre x et x + 1.
Il existe c ∈ ]x ; x + 1[ tel que
1
ln(1 + x) − ln x =
c
Or x < c < x + 1 donne
1 1
1
< <
x+1 c
x
puis l’encadrement voulu.

Exercice 3 : [énoncé]
La fonctionϕ proposée est définie et de classe C2 sur [a ; a + h].

0

n=

avec c ∈ ]n ; n + 1[.
Puisque c ∼ n → +∞, ln c ∼ ln n et puisque c1/c → 1

ce qui résout notre problème.

0

√n

kn
X

ln(p + 1) − ln p ≤

p=n+1

kn
kn
X
X
1

ln p − ln(p − 1)
p p=n+1
p=n+1

2 00

donne
ln

Exercice 4 : [énoncé]
Par le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction x 7→ xe1/x entre x et x + 1 :
il existe c x ∈ ]x ; x + 1[ tel que
!
!
c x − 1 c1
c x − 1 c1
e x (x + 1 − x) =
ex
(x + 1)e1/(x+1) − xe1/x =
cx
cx

kn
X
kn + 1
1

≤ ln k
n+1
p
p=n+1

Par le théorème des gendarmes
kn
X
1
= ln k
n→∞
p
p=n+1

lim

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Corrections

Exercice 7 : [énoncé]
Posons g : ]0 ; 1] → R la fonction définie par g(x) = x f (x). Puisque la fonction f admet
une limite finie en 0+ , on peut prolonger g par continuité en posant g(0) = 0. La fonction
g est dérivable sur ]0 ; 1] avec g0 (x) = f (x) + x f 0 (x).
Puisque g est continue en 0 et que

3

(b) Posons
f (t) =

cos(t2 )
t+1

On vérifie aisément que f est de classe C2 et converge en +∞ sans que f 0 converge
en 0.

g0 (x) −→+ ` + `0
x→0

la fonction g est dérivable en 0 avec g (0) = ` + `0
Mais alors
g(x) g(x) − g(0)
g(x)
= f (x) −→+ ` et
=
−→ g0 (0) = ` + `0
x→0
x→0+
x
x
x
On en déduit `0 = 0
0

Exercice 9 : [énoncé]
(a) La fonction f 0 est continue sur le segment [a ; b] donc bornée. En introduisant


M = sup f 0 (t)
t∈[a;b]

l’inégalité des accroissements finis donne
Exercice 8 : [énoncé]
(a) Posons M ∈ R∗+ tel que | f 00 (x)| ≤ M pour tout x ∈ R+ .
Soit ε > 0. La suite (xn ) de terme général
ε
xn = n
M
diverge vers +∞ et donc
f (xn+1 ) − f (xn ) → 0
Par suite il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N
ε2
M
Par le théorème des accroissements finis, il existe cn ∈ ]xn ; xn+1 [ tel que

∀x, y ∈ I, | f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|
(b) Soit f : I → R höldérienne d’exposant α > 1. Pour x ∈ I


1 ( f (x + h) − f (x)) ≤ M |h|α−1 −→ 0
h

h→0
La fonction f est donc dérivable et sa dérivée est nulle. C’est donc une fonction
constante.
(c) Par l’absurde, supposons f höldérienne d’exposant 1. Il existe alors M ∈ R+ vérifiant

| f (xn+1 ) − f (xn )| ≤


0
ε2
f (cn ) (xn+1 − xn ) ≤
M

∀x, y ∈ ]0 ; 1], | f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|
Pour y = 2x, on obtient
∀x ∈ ]0 ; 1/2], |x ln x + 2x ln 2| ≤ Mx

ce qui donne
0

f (cn ) ≤ ε
00

0

Puisque f est bornée par M, la fonction f est M-lipschitzienne et donc


∀u ∈ [xn ; xn+1 ], f 0 (u) − f 0 (cn ) ≤ M |u − cn | ≤ ε
puis




∀u ∈ [xn ; xn+1 ], f 0 (u)) ≤ ε + f 0 (cn ) ≤ 2ε
et, puisque ceci vaut pour tout n ∈ N, on a en posant A = xN ,


∀u ≥ A, f 0 (u) ≤ 2ε
On peut conclure que f 0 converge vers 0 en +∞.

puis
∀x ∈ ]0 ; 1/2], |ln x + 2 ln 2| ≤ M
Quand x → 0+ , on obtient une absurdité.
(d) Soit α ∈ ]0 ; 1[ et x, y > 0. Quitte à échanger, on peut supposer x < y. On peut écrire

y − x
y ln y − x ln x = (y − x) ln y + x ln 1 +
x
Or, on sait ln(1 + u) ≤ u pour tout u > −1 donc
|y ln y − x ln x| ≤ (y − x)(|ln y| + 1)
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Corrections

4

puis
|y ln y − x ln x|
= (y − x)1−α (1 + |ln y|)
|y − x|α
Puisque 0 < y − x ≤ y et 1 − α ≥ 0, on obtient encore
|y ln y − x ln x|
= y1−α (1 + |ln y|)
|y − x|α
Considérons maintenant la fonction
y 7→ y1−α (1 + |ln y|)
Cette fonction est continue sur ]0 ; 1] et se prolonge par continuité en 0 par la valeur 0
car 1 − α > 0. Cette fonction est donc bornée et l’on peut introduire M ∈ R+ vérifiant
∀y ∈ ]0 ; 1], y1−α (1 + |ln y|) ≤ M
On obtient alors

∀x, y ∈ ]0 ; 1], | f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|α

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