Mathématiques et algorithmique

L'équation de la tangente au point \((x_0;f(x_0))\) est donnée par

c'est-à-dire

Comme l'axe des \(x\) a pour équation \(y=0\text{,}\) on obtient l'abscisse de son intersection avec la tangente ci-dessus en résolvant l'équation suivante :

Il y a deux inégalités à établir. Nous allons utiliser deux fois la formule de Taylor-Lagrange démontrée à l'exercice 5.3.7.

• En appliquant la formule de Taylor-Lagrange pour \(n=0\) à la fonction \(f\text{,}\) on trouve \(\xi_1\in\;]c;b[\) tel que

  \begin{equation*} f(x_0)=f(c)+f'(\xi_1)(x_0-c). \end{equation*}

  Comme \(f(c)=0\text{,}\) \(f'(\xi_1)>0\) et \(x_0>c\text{,}\) on en déduit que \(f(x_0)>0\text{.}\)

  Comme par ailleurs \(f'(x_0)>0\text{,}\) il en découle que

  \begin{equation*} x_1=x_0-\underbrace{\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}}_{\text{positif}}<x_0. \end{equation*}

• En appliquant la formule de Taylor-Lagrange pour \(n=1\) à la fonction \(f\text{,}\) on trouve \(\xi_2\in\;]c;b[\) tel que

  \begin{equation*} f(c)=f(x_0)+f'(x_0)(c-x_0)+\frac{f''(\xi_2)}{2}(c-x_0)^2. \end{equation*}

  Comme \(f(c)=0\text{,}\) diviser par \(f'(x_0)\) conduit à

  \begin{equation*} 0=\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}+c-x_0+\frac{f''(\xi_2)}{2f'(x_0)}(c-x_0)^2, \end{equation*}

  d'où

  \begin{equation*} x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}=c+\frac{f''(\xi_2)}{2f'(x_0)}(c-x_0)^2, \end{equation*}

  soit

  \begin{equation*} x_1=c+\frac{f''(\xi_2)}{2f'(x_0)}(c-x_0)^2. \end{equation*}

  Comme par ailleurs \(f''(\xi_2)>0\text{,}\) \(f'(x_0)>0\) et \((c-x_0)^2>0\text{,}\) on en conclut que

  \begin{equation*} x_1=c+\underbrace{\frac{f''(\xi_2)}{2f'(x_0)}(c-x_0)^2}_{\text{positif}}>c. \end{equation*}

En itérant la proposition 5.1.4, on voit que la suite \(\{x_n\}\) est bien définie et qu'elle vérifie

pour tout \(n\geq 0\text{.}\) En particulier, \(\{x_n\}\) est décroissante et minorée par \(c\text{.}\) Par le théorème de la limite monotone, on en déduit que

existe et vérifie

Il ne reste plus qu'à montrer que \(\ell=c\text{.}\)

Raisonnons par l'absurde et supposons que \(c<\ell\text{.}\) Notons alors que

puis que

par la continuité de \(f\) en \(\ell\) (qui découle de sa dérivabilité en ce point), et enfin que

par la continuité de \(f'\) en \(\ell\) (qui découle de sa dérivabilité en ce point). En faisant tendre \(n\) vers l'infini dans la relation de récurrence

on obtient donc

d'où

Mais par ailleurs, la formule de Taylor-Lagrange pour \(n=0\) (voir exercice 5.3.7) entraîne l'existence de \(\xi\in\;]c;\ell[\) tel que

d'où la contradiction.

Nous allons donner ici les grandes lignes d'une démonstration basée sur la considération des fonctions

et

1. On observe qu'il suffit de montrer que la fonction vérifie l'inégalité

   \begin{equation*} |\phi(x)-c|\le M|x-c|^2\quad\text{pour tout }x\in[c-r;c+r], \end{equation*}

   le reste de l'énoncé s'en déduisant par récurrence.

2. Quitte à changer \(f\) en \(-f\text{,}\) on suppose ensuite que \(f'\) est positive sur \([c-r;c+r]\) sans perte de généralité.

3. On vérifie que la dérivée de \(v\) vaut

   \begin{equation*} v'(t)=e^{-Mt}-\left(\frac{f''(t)}{f'(t)}+M\right)v(t) \end{equation*}

   et on en déduit, grâce à l'hypothèse

   \begin{equation*} -M\le\frac{f''(t)}{f'(t)}\le M\quad\text{pour tout }t\in[c-r;c+r] \end{equation*}

   et au fait que \(f\) et \(f'\text{,}\) donc \(v\text{,}\) sont positives sur \(]c;c+r]\text{,}\) qu'on a

   \begin{equation*} v'(t)\le e^{-Mt}\quad\text{pour tout }t\in[c;c+r]. \end{equation*}

4. Pour tout \(s\in\;]c;c+r]\text{,}\) l'intégration de l'inégalité précédente entre \(c\) et \(s\) donne

   \begin{equation*} v(s)\le\frac{1}{M}\left(e^{-Mc}-e^{-Ms}\right), \end{equation*}

   d'où

   \begin{equation*} \frac{f(s)}{f'(s)}\le\frac{1}{M}\left(e^{M(s-c)}-1\right) \end{equation*}

5. Grâce au résultat établi à l'exercice 5.3.14, on déduit du point précédent que

   \begin{equation*} \frac{f(s)}{f'(s)}\le 2(s-c) \end{equation*}

   pour tout \(s\in\;]c;c+r]\text{.}\)

6. On vérifie que la dérivée de \(\phi\) vaut

   \begin{equation*} \phi'(s)=\frac{f''(s)}{f'(s)}\cdot\frac{f(s)}{f'(s)} \end{equation*}

   pour déduire du point précédent et de l'hypothèse sur \(M\) que

   \begin{align*} |\phi'(s)|&=\frac{|f''(s)|}{|f'(s)|}\cdot\frac{f(s)}{f'(s)}\\ &\le 2M\cdot (s-c) \end{align*}

   pour tout \(s\in\;]c;c+r]\text{.}\)

7. On vient d'obtenir les inégalités

   \begin{equation*} -2M\cdot(s-c)\le\phi'(s)\le 2M\cdot (s-c) \end{equation*}

   pour tout \(s\in\;]c;c+r]\text{.}\) Il ne reste plus qu'à les intégrer entre \(c\) et \(x\) pour obtenir

   \begin{equation*} -M(x-c)^2\le\phi(x)-c\le M(x-c)^2, \end{equation*}

   i.e.

   \begin{equation*} |\phi(x)-c|\le M(x-c)^2, \end{equation*}

   pour tout \(x\in\;]c;c+r]\text{.}\)

8. Le cas \(x\in [c-r;c[\) se traite de manière symétrique, et il n'y a rien à prouver pour \(x=c\text{,}\) ce qui achève la démonstration.