Corrigé des exercices - Dunod

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En soustrayant, on obtient
( ) a + b
f(b) − f(a) = (b − a)f ′ +
2
(b − a)3
(f (3) (d 1 ) + f (3) (d 2 )).
48
La fonction f (3) étant continue sur [a,b], on démontre comme dans la question 1 qu’il existe
d ∈ ]a,b[ tel que f(3) (d 1 ) + f (3) (d 2 )
= f (3) (d) . On obtient finalement
2
( ) a + b
f(b) − f(a) = (b − a)f ′ (b − a)3
+ f (3) (d).
2 24
Exercice 23.9
1. Soient x ∈ R, et h > 0. L’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre x et x + h, puis
entre x et x − h fournit les deux inégalités
|f(x + h) − f(x) − hf ′ (x)| M 2h 2
On en déduit en utilisant l’inégalité triangulaire que
2
et |f(x − h) − f(x) + hf ′ (x)| M 2h 2
.
2
M 2 h 2 |hf ′ (x) − f(x + h) + f(x)| + |hf ′ (x) + f(x − h) − f(x)|
|hf ′ (x) − f(x + h) + f(x) + hf ′ (x) + f(x − h) − f(x)|
|2hf ′ (x) + f(x − h) − f(x + h)|.
On utilise de nouveau l’inégalité triangulaire. De
on tire
|2hf ′ (x) + f(x − h) − f(x + h)| |2hf ′ (x)| − |f(x − h) − f(x + h)|,
|2hf ′ (x)| |f(x − h) − f(x + h)| + M 2 h 2 2M 0 + M 2 h 2
et donc, pour tous x ∈ R et h > 0
|f ′ (x)| M 0
h + M 2h
2 .
2. L’étude de la fonction ϕ : h ↦−→ M 0
h + M 2h
sur ]0,+∞[ montre que ϕ atteint son
√ 2
2M0
minimum en et que ce minimum vaut √ 2M 0 M 2 .
M 2
L’inégalité√ démontrée dans la question 1 est valable pour tout h > 0 et donc en particulier
2M0
pour h = . On obtient, pour tout réel x, |f ′ (x)| √ 2M 0 M 2 . Ceci montre que f ′ est
M 2
bornée sur R et
sup |f ′ (x)| √ 2M 0 M 2 .
x∈R