Dérivée Positive

Auteur/autrice de la publication :René Adad
Post published:3 avril 2023
Post category:Articles Mathématiques / Articles Niveau Supérieur

Le résultat suivant est bien connu :

Théorème

Soit $I$ un intervalle non trivial de $\mathbb{R}.$

Si $f\,:\,I\rightarrow\mathbb{R}$ est dérivable et $\forall t\in I,\,f'\left(t\right)\geqslant0,$ alors $f$ est croissante.

Ce résultat est essentiel à l’étude des variations des fonctions numériques. Il est généralement vu comme conséquence de la formule des accroissements finis :

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Si $\left(a,b\right)\in I^{2}$ est tel que $a<b,$ alors il existe $c\in\left]a,b\right[$ tel que $f\left(b\right)-f\left(a\right)=\left(b-a\right)\,f'\left(c\right).$

Vue l’hypothèse $f'\geqslant0,$ on obtient $f\left(a\right)\leqslant f\left(b\right).$ Ainsi, $f$ est croissante.

L’objet de ce qui suit est de prouver ce théorème, sans recourir à la formule des accroissements finis.

On va suivre le plan de bataille suivant, en deux étapes :

➭ ETAPE 1

Si $x,y$ sont deux suites à termes dans l’intervalle $I$ vérifiant :

$\forall n\in\mathbb{N},\,x_{n}<y_{n}\qquad\text{et}\qquad\alpha\in[x_n,y_n]$

et :

$\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y_{n}=\alpha$

alors :

$\lim_{n\to\infty}\,\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}=f'\left(\alpha\right)$

➭ ETAPE 2

Soit $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ dérivable et telle que $f'\geqslant0.$ Alors, en raisonnant par l’absurde et en utilisant l’étape 1, on prouve que $f$ est croissante.

Passons aux explications détaillées …

Détail de l’étape 1

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ , posons :

$\alpha=\left(1-t_{n}\right)\,x_{n}+t_{n}\,y_{n}$

avec $t_{n}\in\left[0,1\right]$ , ce qui est possible puisque, par hypothèse, $\alpha$ est compris entre $x_n$ et $y_n$ .

Posons aussi, pour tout $u\in I$ :

$T(u)=\left\{\begin{array}{cc}\displaystyle{\frac{f(u)-f(\alpha)}{u-\alpha}} & \text{si }u\neq\alpha\\\\f'(\alpha) & \text{sinon}\right|$

de sorte que l’application $T$ est continue.

Alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\begin{eqnarray*}\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}} & = & \frac{y_{n}-\alpha}{y_{n}-x_{n}}\,T(y_n)+\frac{\alpha-x_{n}}{y_{n}-x_{n}}\,T(x_n)\\\\& = & \left(1-t_{n}\right)\,T(y_n)+t_{n}\,T(x_n)\end{eqnarray*}$

et donc :

$\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}-f'\left(\alpha\right)=\underbrace{\left(1-t_{n}\right)}_{\textrm{borné}}\,\underbrace{\left[T(y_n)-f'\left(\alpha\right)\right]}_{\rightarrow0}+\underbrace{t_{n}}_{\textrm{borné}}\,\underbrace{\left[T(x_n)-f'\left(\alpha\right)\right]}_{\rightarrow0}$

ce qui prouve le résultat annoncé.

Remarque 1

Si les suites $x$ et $y$ convergent vers $\alpha$ du même côté, la conclusion ne persiste pas.

Pour le voir, on peut considérer l’exemple suivant :

$f(x)=\left\{\begin{array}{cc}x^{2}\sin(1/x) & \textrm{si }x\neq0\\\\0 & \textrm{si }x=0\end{array}\right.$

Il est classique que $f$ est dérivable et que sa dérivée en 0 est nulle. Posons, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$x_{n}=\left(\frac{\pi}{2}+\left(2n+1\right)\pi\right)^{-1};\qquad y_{n}=\left(\frac{\pi}{2}+2n\pi\right)^{-1}$

On constate que :

$\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}\rightarrow\frac{2}{\pi}\neq0=f'\left(0\right)$

Remarque 2

Cependant, si $f\,:\,I\rightarrow\mathbb{R}$ est de classe $C^{1}$ (c’est-à-dire que $f$ est non seulement dérivable mais aussi que $f'$ est continue), alors pour tout couple $\left(x,\,y\right)$ de suites vérifiant les conditions

$\forall n\in\mathbb{N},\,x_{n}\neq y_{n}\qquad\text{et}\qquad\lim_{n\rightarrow\infty}x=\lim_{n\rightarrow\infty}y=\alpha$

on a :

$\lim_{n\to\infty}\,\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}=f'\left(\alpha\right)$

En effet :

$\begin{eqnarray*}\left|\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}-f'\left(\alpha\right)\right| & = & \left|\frac{1}{y_{n}-x_{n}}\int_{x_{n}}^{y_{n}}\,\left(f'\left(t\right)-f'\left(\alpha\right)\right)\,dt\right|\\& \leqslant & \sup_{t\in\left[x_{n},y_{n}\right]}\left|f'\left(t\right)-f'\left(\alpha\right)\right|\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\end{eqnarray*}$

Détail de l’étape 2

Soit $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ dérivable et telle que $\forall t\in I,\thinspace f'\left(t\right)\geqslant0.$ On suppose l’existence d’un couple $\left(a,b\right)\in I^{2}$ tel que $a<b$ et $f(a)>f(b)$ et l’on espère bien aboutir à une contradiction !

Notons $I_{0}=\left[a,b\right]$ et $d=f\left(a\right)-f\left(b\right)>0.$ Alors :

$\left\{ \begin{array}{c}{\displaystyle f\left(a\right)-f\left(\frac{a+b}{2}\right)\geqslant\frac{d}{2}}\\\textrm{ou}\\{\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f\left(b\right)\geqslant\frac{d}{2}}\end{array}\right.$

Posons $I_{1}=\left[a,\frac{a+b}{2}\right]$ si l’on est dans le premier cas ou bien $I_{1}=\left[\frac{a+b}{2},b\right]$ sinon.

On construit ainsi, par récurrence, une suite $\left(\left[x_{n},y_{n}\right]\right)_{n\in\mathbb{N}}$ de segments, vérifiant :

( $\star$ ) $\forall n\in\mathbb{N},\,f\left(x_{n}\right)-f\left(y_{n}\right)\geqslant\frac{d}{2^{n}}$

$y_{n}-x_{n}=\frac{b-a}{2^{n}}$

D’après le théorème des segments emboîtés, il existe un réel $\alpha$ tel que :

$\bigcap_{n=0}^{\infty}\,\left[x_{n},y_{n}\right]=\left\{ \alpha\right\}$

D’après l’étape 1 :

$\lim_{n\to\infty}\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}=f'\left(\alpha\right)$

et d’après les inégalités $\left(\star\right)$ :

$\frac{f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}\leqslant-\frac{d}{2^{n}\left(y_{n}-x_{n}\right)}=\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}$

En passant à la limite, lorsque $n\rightarrow+\infty,$ on en déduit que :

$f'\left(\alpha\right)\leqslant\frac{f\left(b\right)-f\left(a\right)}{b-a}<0$

Mais ceci n’est pas compatible avec l’hypothèse $f'\geqslant0.$ Nous avons obtenu la contradiction souhaitée. Finalement, $f$ est croissante.

Vos questions ou remarques sont les bienvenues. Vous pouvez laisser un commentaire ci-dessous ou bien passer par le formulaire de contact.

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Étiquettes : barycentre, blog de maths, dérivée positive, fonction croissante, intersection, Math-OS, MP*, MPII, MPSI, segments emboîtés, suite convergente, suites adjacentes, taux d'accroissement

Cet article a 7 commentaires

Oncle Junior 9 Avr 2023 Répondre

Bonjour Monsieur,
Je vous en prie 😊
Après deux relectures attentives je crois avoir bien compris les arguments en jeu, et je n’ai pas de remarque supplémentaire !
Je vous souhaite un bon dimanche
Oncle Junior 6 Avr 2023 Répondre

Merci monsieur pour cette nouvelle réponse !
Je crois que nous parlons de deux points différents 😊
Si vous me le permettez, je retrace mon cheminement en vous posant plusieurs questions, comme cela vous pourrez me dire exactement le moment où je fais probablement fausse route !

– dans la section « Détail de l’étape 2 », juste après « D’après l’étape 1 : », vous utilisez la conclusion (le résultat) de l’étape 1 ?
– si c’est bien le cas, en tout début d’article, après « On va suivre le plan de bataille… », les hypothèses permettant d’appliquer le résultat de l’étape 1 sont annoncées :
lim Xn = lim Yn = alpha et Xn < alpha < Yn pour tout n.
Est-ce bien cela ?
– Ainsi, toujours dans la section « Détail de l’étape 2 », juste après « D’après l’étape 1 », je ne vois pas pourquoi vous ne montrez pas que l’hypothèse « Xn < alpha < Yn pour tout n » est vérifiée avant d’appliquer le résultat 1 ie le quotient tend vers le nombre dérivé ?

Mon point concerne la vérification des hypothèses avant application du résultat de l’étape 1 !
Je suis d’accord avec tout le reste y compris les segments emboîtés 🙂

Bien à vous
1. René Adad 6 Avr 2023 Répondre
  
  Cette fois, je pense avoir compris votre objection et j’ai fait les modifications qui s’imposaient. Vous avez raison, il n’y avait pas adéquation entre les étapes 1 et 2. Cela dit, il s’avère que c’est l’étape 1 que j’ai dû modifier (afin d’autoriser que $x_n$ ou que $y_n$ soit égal à $\alpha$ pour certaines valeurs de $n$ ) et non l’étape 2. J’ai donc remplacé l’hypothèse $x_n<\alpha<y_n$ par $x_n<y_n$ et $\alpha\in[x_n,y_n]$ et j’ai aussi introduit la fonction taux d’accroissement en $\alpha$ , ou plus exactement son prolongement par continuité, que j’ai noté $T$ .
  Vous me direz si ça vous paraît tenir la route à présent. Encore merci pour cet échange fructueux !
Oncle Junior 5 Avr 2023 Répondre

Bonsoir Monsieur,
Je vous remercie pour votre réponse.
Le théorème des segments emboîtés et la construction des segments In entraînent que :
– lim Xn = lim Yn = alpha
– et Xn <= alpha <= Yn pour tout n.

Mais les hypothèses énoncées en début d’article permettant d’appliquer l’étape 1 sont un peu plus restrictives :
– lim Xn = lim Yn = alpha ;
– et Xn < alpha < Yn pour tout n (donc X ACPR de limite alpha non autorisée par exemple sauf erreur de ma part).

Mon point d’incompréhension est pourquoi il n’est pas nécessaire de vérifier les hypothèses les plus restrictives avant d’appliquer le résultat de l’état 1 en fin d’article ?

En espérant ne pas être à côté de la plaque 🙂

Bien à vous
1. René Adad 6 Avr 2023 Répondre
  
  Bonjour et merci pour cet échange,
  
  Notre point de désaccord provient sans doute d’un léger écart entre votre énoncé du théorème des segments emboîtés et le mien.
  Voici l’énoncé sur lequel je m’appuie :
  Toute suite décroissante (pour l’inclusion) de fermés non vides (de $\mathbb{R}$ ou, plus généralement, d’un espace métrique complet) dont le diamètre tend vers 0 a pour intersection un singleton.
  
  Ou bien son corollaire, suffisant ici :
  
  Toute suite décroissante de segments (= intervalles non vides, fermés et bornés de $\mathbb{R}$ ) dont la longueur tend vers 0 a pour intersection un singleton.
  
  Le raisonnement par récurrence signalée dans l’article permet de construire une suite de segments $[x_n,\,y_n]$ vérifiant notamment, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :
  
  $x_n\leqslant x_{n+1}<y_{n+1}\leqslant y_n$ et $y_n-x_n=d\times2^{-n}$
  
  Ceci permet d’invoquer le théorème précité (ou son corollaire) sans qu’on s’inquiète de savoir si les suites $(x_n)$ ou $(y_n)$ sont stationnaires.
  
  Sommes-nous parvenus à un accord ? 🙂
Oncle Junior 3 Avr 2023 Répondre

Bonsoir Monsieur,

Merci pour cet article !
En petites fautes de frappes j’ai relevé au début du détail de l’étape 2 un af(b) qui s’est glissé à la place de f(a)>f(b), et dans l’accolade en-dessous un y qui s’est glissé à la place d’un b.

Lorsque l’étape 1 est appliquée à la suite du théorème des segments emboîtés, comment exclure par exemple le cas où les Xn seraient tous égaux à alpha à partir d’un certain rang (ce qui aurait pour conséquence que la 1ere hypothèse -double inégalité stricte- permettant d’appliquer l’étape 1 ne serait pas vérifiée) ?

Bien à vous
1. René Adad 4 Avr 2023 Répondre
  
  Bonjour et merci pour ce commentaire.
  J’ai rectifié les deux coquilles signalées.
  Pour ce qui concerne la suite $(x_n)$ et la suite $(y_n)$ , la construction montre que pour tout $n\in\mathbb{N}$ on a $x_n<y_n$ et $f(x_n)<f(y_n)$ , ce qui permet d’appliquer l’étape 1 à coup sûr. Ceci n’empêche pas, certes, que les $x_n$ (ou bien les $y_n$ ) soient tous égaux APCR mais ce n’est pas gênant et le théorème des segments emboîtés s’applique quand même. Vous ai-je convaincu ?