LEÇON 14 THÉORÈME DES ACCROISSEMENTS FINIS

LEÇON 14
THÉORÈME DES ACCROISSEMENTS FINIS - APPLICATIONS
Le plan affine euclidien P est rapporté au repère orthonormé (O,~ı, ~ ).
I.
Théorème des accroissements finis
Théorème 1.1.
Soit f : [a, b] −→ R, continue sur
[a, b], dérivable sur ]a, b[. Alors il
existe un réel c ∈ ]a, b[ tel que :
f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a)
Lemme 0.1 (Théorème de Rolle).
Soit f : [a, b] −→ R, continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et
vérifiant f (a) = f (b). Alors il existe un réel c ∈ ]a, b[ tel que
f 0 (c) = 0.
Interprétation géométrique : Il existe
au moins un point de ]a, b[ où la tangente à la courbe Cf est parallèle
à la
droite (AB), avec A = a, f (a) et
B
f (b)
f (a)
A
Cf
O
a
b
B = b, f (b) .
14. Théorème des accroissements finis - Applications
Fabien PUCCI
Théorème des accroissements finis - Applications
2
Remarques: Le théorème des accroissement finis se généralise pour une
fonction de classe C n sous la forme du théorème de Taylor-Lagrange :
∃c ∈]a, b[,
n
f (b) − f (a) = (b − a)f 0 (a) + . . . +
n+1
(b − a) (n)
(b − a)
f (a) +
f (n+1) (c).
n!
(n + 1)!
Corollaire 2.2.
Soit f : [a, b] 7−→ R continue sur f (b)
[a, b] et dérivable sur ]a, b[.
S’il existe deux réels m, M tels
que :
∀x ∈ ]a, b[,
II.
Inégalité des accroissements finis
II.1
Fonctions à valeurs dans R
Théorème 2.1.
Soient f et g deux fonctions à valeurs dans R, définies et continues
sur [a, b], dérivables sur ]a, b[. Si, pour tout t ∈]a, b[, f 0 (t) 6 g 0 (t)
alors, pour tout couple (x, y) ∈ [a, b]2 tel que x < y :
(D 0 )
Cf
*
0
m 6 f (x) 6 M.
Alors on a :
m6
(∆0 )
(∆)
f (b) − f (a)
6 M.
b−a
(M )
(m)
f (a)
O
(D)
a
b
Interprétation géométrique : Notons Cf la courbe représentative de f sur
[a, b].
Soit x ∈ [a, b].
x > a ⇒ m(x − a) + f (a) 6 f (x) 6 M(x − a) + f (a),
x 6 b ⇒ M(x − b) + f (b) 6 f (x) 6 m(x − b) + f (b).
On note (D) : y = m(x − a) + f (a), (D 0 ) : y = m(x − b) + f (b),
(∆) : y = M(x − a) + f (a) et (∆0 ) : y = M(x − b) + f (b).
Dans ce cas, Cf est comprise dans le parallélogramme délimité par ces
quatre droites.
f (y) − f (x) 6 g(y) − g(x).
Corollaire 2.3.
Soit f : [a, b] −
7 → R continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. S’il
existe un réel k > 0 tel que : ∀x ∈ ]a, b[, |f 0(x)| 6 k alors on a :
1
Applications : ∀x ∈ − , +∞ , ln(1 + x) − x 6 x2 .
2
Fabien PUCCI
|f (b) − f (a)| 6 k|b − a|.
(14.1)
14. Théorème des accroissements finis - Applications
III. Applications
3
Les fonctions vérifiant l’inégalité 14.1 sont dites k-lipschitzienne. Sans
être nécessairement dérivables, elles sont continues.
III.
Applications
III.1
Etude de fonctions
Théorème 3.1.
II.2
n
Fonctions à valeurs dans R
Lorsque les applications sont à valeurs dans un R-evn, le théorème
des accroissements finis 1.1 n’est plus vrai comme le montre l’application f : [0, 2π] −→ C qui vérifie f (0) = f (2π) sans que f 0 (t) = ieit
t 7−→ eit
ne soit jamais nul sur [0, 2π].
Par contre, les inégalités du type de 14.1 subsistent :
Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b] et dérivable
sur ]a, b[. On suppose que f 0 (x) > 0 sur ]a, b[. Alors, pour tout
x ∈ [a, b], on a : f (x) > f (a).
Corollaire 3.2.
Soit f : [a, b] −→ R une fonction continue sur [a, b] et dérivable
sur ]a, b[. Si f 0 > 0 sur ]a, b[ si et seulement si f est croissante sur
[a, b].
Théorème 2.4.
Soit F : [a, b] 7−→ E une application à valeurs dans un R-evn
continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[. S’il existe k > 0, tel que
kF 0 (t)k 6 k pour tout t ∈]a, b[ alors :
kF (b) − F (a)k 6 k|b − a|.
Théorème 3.3 (Darboux).
Soit I un intervalle de R (non vide et non réduit à un point).
Soit f une application dérivable sur I. Alors f 0 vérifie la propriété
des valeurs intermédiaires :
∀(a, b) ∈ I 2 , f 0 prend toute valeur intermédiaire comprise entre
f 0 (a) et f 0 (b).
Corollaire 2.5.
Soit F : [a, b] 7−→ E une application continue, dérivable sur ]a, b[
telle que lim
f 0 (t) = `. Alors F est dérivable en a et F 0 (a) = `.
x→a
x>a
14. Théorème des accroissements finis - Applications
Remarque: f 0 n’est pas, a priori, supposée continue et c’est très loin
d’être le cas !
Fabien PUCCI
Théorème des accroissements finis - Applications
4
III.2
Encadrements
En sommant, on trouve alors
• Soit f : R −→ R définie par f (x) = cos(x), continue et dérivable sur
R. Pour tout réel x, f 0 (x) = − sin(x) ⇒ |f 0 (x)| 6 1. Donc, par le
corollaire 2.3, on a :
n
X
1
1
6 ln(n + 1) 6
k=1 k
k=1 k + 1
1
un − 1 +
6 ln(n + 1) 6 un
n+1
n
X
∀x, y ∈ R, cos(x) − cos(y) 6 |x − y|
De même, pour tous x, y ∈ R,
sin(x) − sin(y)
6 |x − y|.
√
√
• On cherche à encadrer 105. On considère f (x) = x sur [100, 105].
Alors
1
f 0 (x) = √
2 x
⇒
1
1
1
1
6 √
6 f 0 (x) 6 √
= .
22
20
2 105
2 100
D’après le théorème 2.2, on obtient donc
√
√
1
1
(105 − 100) 6 105 − 100 6
(105 − 100)
22
20
√
5
5
+ 10
6 105 6
+ 10
22
20
√
10, 227
6 105 6
10, 25.
III.3
•
n
X
Nature de certaines suites
1
k=1 k
∼
n→+∞
ln n.
ln(n + 1)
III.4
6 un 6
ln(n + 1) + 1 −
1
.
n+1
Point fixe
Théorème 3.4.
Soient f : [a, b] −→ R continue
sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[, et
k ∈ ]0, 1[. On suppose que f [a, b]) ⊂ [a, b]. Si l’on a |f 0(x)| 6 k
pour tout x ∈ ]a, b[, alors l’équation f (x) = x admet une unique
solution x∗ dans [a, b].
x∗ est appelé point fixe de f .
Corollaire 3.5.
Si f est une fonction vérifiant les hypothèses du théorème 3.4, alors
la suite définie par u0 ∈ [a, b] et pour tout n ∈ N, un+1 = f (un )
converge vers x∗ et l’on a la majoration de l’erreur pour tout n :
n
X
1
|un − x∗ | 6 k n |b − a|.
et vn = ln(n) pour tout n ∈ N∗ . Posons f (x) = ln(x),
k=1 k
1
de sorte que f 0 (x) = . Alors, si x ∈ [k, k + 1],
x
Applications : Déterminer une valeur approchée au millième, puis à
1
1 Co 2.2
1
1
1
6 6
6 ln(k + 1) − ln(k) 6 .
⇒
10−4 près, de la solution de l’équation x3 + 4x − 1 = 0.
k+1
x
k
k+1
k
Soient un =
Fabien PUCCI
14. Théorème des accroissements finis - Applications
VI. Exercices
IV.
5
Idées de développement
Exercice 6.2:
• Contrôle de l’erreur dans les méthodes approchées de calcul d’intégrales. (Simpson Go p 28)
• Théorème de Darboux (dur !)
V.
Références
Montrer que pour tous x, y ∈ R \
π
2
+ πZ ,
tan(x) − tan(y) > |x − y|.
Correction: On a :
x2 > 0 ⇒ 0 <
1
6 1.
x2 + 1
– Alain Pommellet, Agrégation de mathématiques - Cours d’analyse,
Ellipses
Or arctan0 (x) = 1/(x2 + 1), donc pour tous X, Y
∈ R, on a
– Xavier Gourdon, Les maths en tête, Mathématiques pour M ∗ - ANA| arctan X − arctan Y | 6 |X − Y |. En prenant x et y de sorte que X = tan(x) et
LYSE, Ellipses
Y = tan(y), on arrive au résultat demandé : |x − y| 6 | tan x − tan y|.
VI.
Exercices
Exercice 6.1:
Exercice 6.3:
1
Montrer que ∀x ∈ − , +∞ , ln(1 + x) − x 6 x2 .
2
Dans l’application du théorème des accroissements finis à la fonction
f (x) = αx2 + βx + γ
sur l’intervalle [a, b] préciser le nombre « c » de ]a, b[.
Donner une interprétation géométrique.
1
2
Correction: Pour x > − , posons f (x) = x − ln(1 + x). f vérifie les hypothèses
x
6 2x. En posant g(x) = x2 , sur l’intervalle [0, x] : Correction: La fonction f est continue et dérivable sur R donc en particulier sur
1+x
[a, b]. Le théorème des accroissement finis assure l’existence d’un nombre c ∈]a, b[ tel
que f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a).
2
ln(1 + x) − x 6 x .
Mais pour la fonction particulière de cet exercice nous pouvons expliciter ce c. En
effet f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a) implique α(b2 − a2 ) + β(b − a) = (2αc + β)(b − a). Donc
a+b
Remarque: sur [0, +∞[, le même raisonnement conduit à 0 6 f 0 (t) 6 t puis à l’in- c = 2 .
Géométriquement, le graphe P de f est une parabole. Si l’on prend deux points
égalité :
2
x
A = (a, f (a)) et B = (b, f (b)) appartenant à cette parabole, alors la droite (AB) est
.
0 6 ln(1 + x) − x 6
a+b
2
parallèle à la tangente en P qui passe en M = ( a+b
2 , f ( 2 )). L’abscisse de M étant le
milieu des abscisses de A et B.
du théorème 2.3 avec f 0 (x) =
14. Théorème des accroissements finis - Applications
Fabien PUCCI
Théorème des accroissements finis - Applications
6
Exercice 6.4: Déterminer une valeur approchée au millième, puis à 10
la solution de l’équation x3 + 4x − 1 = 0.
−4
16527169
≈ 0, 246274 et |u3 − x∗ | 6 0, 000026 = 2, 6 · 10−5 .
67108864
Finalement, une valeur approchée à 10−4 près de x∗ est x∗ ≈ 0, 2462.
Pour information, un logiciel de calcul formel donne x∗ ≈ 0, 246266 . . .
On a aussi u3 =
près, de
Soient f et g deux fonctions continues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[.
Soit ∆ : [a, b] → R
.
f (a) f (b) f (x) x
7→ g(a) g(b) g(x) 1
1
1 Correction: Pour tout entier naturel n, on définit la suite (un ) de la manière Exercice 6.5:
suivante :
(
u0 = 0
1
un+1 = (1 − un 3 ) ∀ n ∈ N.
4
1
1
On se place dans [a, b] = 0,
et on y définit la fonction f (x) = (1 − x3 ). On
4
4
1
1
et
vérifie que f (0) = ∈ 0,
4
4
1
1
1
1 63
1
f
=
1− 3 =
.
≈ 0, 246 ∈ 0,
4
4
4
4 64
4
3
3 1
3
1
,0 = − ,0 ,
De plus, pour tout x ∈ 0, , on a : f 0 (x) = − x2 ∈ −
4
4
4 16
64
3
0
ce qui implique l’existence d’une constante k =
∈ ]0, 1[ telle que |f (x)| 6 k| pour
64
1
tout x ∈ 0, . D’après le corollaire 3.5, la suite (un ) converge donc vers une valeur
4
notée x∗ , qui est donc aussi solution de l’équation f (x) = x d’après le théorème 3.4,
c’est-à-dire solution de l’équation donnée.
Le corollaire 3.5 nous affirme aussi que pour tout entier naturel n,
n
3
1
|un − x∗ | 6 k n |b − a|
⇐⇒
|un − x∗ | 6
.
64
4
1. Montrer que ∆ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et calculer sa dérivée.
2. En déduire qu’il existe c dans ]a, b[ tel que (g(b) − g(a))f 0 (c) = (f (b) − f (a))g 0 (c).
Correction: En pensant à l’expression développée de ∆, on voit que ∆ est continue
sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et vérifie ∆(a) = ∆(b)(= 0) (un déterminant ayant deux
colonnes identiques est nul).
Donc, d’après le théorème de Rolle, ∃c ∈]a, b[/ ∆0 (c) = 0.
Mais, pour x ∈]a, b[, ∆0 (x) = f 0 (x)(g(a) − g(b)) − g 0 (x)(f (a) − f (b)) (dérivée d’un
déterminant). L’égalité ∆0 (c) = 0 s’écrit : f 0 (c)(g(b) − g(a)) = g 0 (c)(f (b) − f (a)) ce
qu’il fallait démontrer.
Remarque: Ce résultat généralise le théorème des accroissements finis (g = Id
« est » le théorème des accroissements finis.)
On créé alors un programme sur la calculatrice prenant
comme argument
le premier
1
3
terme de la suite (ici, 0), l’expression de la fonction (ici, (1 − x ) et l’entier n, et la
4
fonction renverra les valeurs exacte et approchée de un , ainsi que sa distance théorique
à la limite x∗ :
63
Les calculs donnent en fait : u2
=
≈
0, 246094 et
256
2
2
1
1
1
3
3
6
=
= 6, 25 · 10−4 . Par conséquent, on
|u2 − x∗ | 6
64
2
60
4
1600
en déduit qu’une valeur approchée de x∗ au millième est x∗ ≈ 0, 246.
Fabien PUCCI
14. Théorème des accroissements finis - Applications
VI. Exercices
7
Preuves :
2. A partir d’une intégration :
Preuve de 0.1: si f est constante, le résulat est clair. Sinon, il existe x0 ∈]a, b[ tel
⇒
que f (x0 ) > f (a) (par exemple). Comme [a, b] est compact, f y atteints ses bornes
⇒
m
Z
6
1 dx 6
a
m(b − a) 6
⇐⇒
c’est-à-dire ∃c ∈ [a, b] tel que f (c) = sup f (x). Comme f (x) > f (x0 ) > f (a) = f (b),
m
b
m
6
x∈[a,b]
Z
f 0 (x)
6 M
b
0
f (x) dx
a
f (b) − f (a)
f (b) − f (a)
b−a
6 M
Z
b
1 dx
a
6 M (b − a)
6 M.
f (c) est donc un extremum de f atteint en un point c intérieur à [a, b] et on a f 0 (c) = 0.
Preuve de 2.3: Simple réécriture du corollaire 2.2 avec M = −m = k.
Preuve de 2.4: Posons ϕ : [a, b] −→ R
. ϕ est continue sur
F (b) − F (a)
, F (t)
t 7−→
b−a
[a, b], dérivable sur ]a, b[ et on a :
ϕ(x) = f (x) − A(x − a).
F (x) − F (y) 0
0
ϕ est continue sur [a, b], dérivable sur ]a, b[ et vérifie ϕ(b) = ϕ(a). d’après le théorème
, F (t) .
ϕ (t) =
x−y
Preuve de 1.1: Posons A =
f (b) − f (a)
et ϕ la fonction définie sur [a, b] par
b−a
de Rolle, il existe c ∈ ]a, b[ tel que ϕ0 (c) = f 0 (c) − A = 0.
D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
Preuve de 2.1: On applique le théorème 1.1 à la fonction h = f − g. Il existe donc
c ∈]a, b[ tel que
h(x) − h(y)
= h0 (c) = g 0 (c) − f 0 (c > 0.
y−x
Comme x < y, on obtient h(y) 6 h(x) c’est-à-dire f (y) − f (x) 6 g(y) − g(x).
D’après le corollaire 2.3 appliqué à ϕ :
Preuve de 2.2: Il suffit d’appliquer le théorème 2.1 en prenant g(t) = mt ou
g(t) = M t.
Autres preuves :
1. directement à partir du théorème 1.1 : f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a) avec
Autres preuves :
m 6 f 0 (c) 6 M .
14. Théorème des accroissements finis - Applications
F (b) − F (b) 0
kF (t)k
|ϕ (t)| 6 x−y
F (b) − F (a) 6 k
b−a
0
|ϕ(b) − ϕ(a)|
kF (b) − F (a)k2
|b − a|
kF (b) − (F (a)k
F (b) − F (a) |b − a|
6 k
b−a
6 k kF (b) − F (a)k
6 k|b − a|.
Fabien PUCCI
Théorème des accroissements finis - Applications
8
Lemme 6.1.
Soient F : [a, b] 7−→ E une application à valeurs dans un R-evn et
g : [a, b] 7−→ R deux applications continues sur [a, b], dérivables sur ]a, b[.
Si, pout tout t ∈ [a, b], kF 0 (t)k 6 g 0 (t) pour tout t ∈]a, b[ alors :
– Conclusion : c = b et kf (b) − f (a)k 6 g(b) − g(a) + ε(b − a) + ε.
En passant à la limite pour ε → 0, on obtient le résultat cherché.
Il suffit d’appliquer le lemme 6.1 pour g(t) = M t.
kF (b) − F (a)k 6 g(b) − g(a).
Preuve de 2.5: Quitte à changer F en F (t) − `t, on peut supposer ` = 0. Soit donc
ε >, il existe c ∈]a, b[ tel que kF 0 (t)k < ε. D’après l’inégalité des accroissements finis,
on a :
Preuve de 6.1: Considérons un réel ε strictement positif. L’idée est de prouver que :
F (t) − F (a) 6 ε.
∀t ∈]a, b[, t−a
kf (b) − f (a)k 6 g(b) − g(a) + ε(b − a) + ε.
Posons donc Aε = x ∈ [a, b] / kf (b) − f (a)k 6 g(b) − g(a) + ε(b − a) + ε . Par
F (t) − F (a)
lim
= 0 et le résultat.
continuité de f et g, Aε est une partie fermée non vide de R (elle contient a), majorée Donc x→a
t−a
x>a
par b. Elle contient donc c = sup Aε . Il suffit donc de montrer que c = b.
– Vérifions que Aε n’est pas réduit à a c’est-à-dire c > a. Comme f Preuve de 3.1: Soit x ∈ [a, b], d’après le théorème 1.1, il existe c ∈]a, x[ tel que :
et g sont continue, il existe un réel strictement positif α tel que :
∀x ∈ [a, a+ α], |f (x)− f (a)k 6 g(x)− g(a)+ ε(x− a)+ ε c’est-à-dire c > a+ α > a.
f (x) − f (a)
> 0.
f 0 (c) =
x−a
– Montrons maintenant que c = b. Supposons le contraire : c ∈]a, b[. Comme f est
dérivable sur ]a, b[, elle l’est en c et on a :
Comme x − a > 0, on en déduit immédiatement que f (x) > f (a).
ε
kf (c + h) − f (c)k 6 hkf 0 (c)k + hkε(h)k 6 h g 0 (c) + ,
Preuve de 3.2: Soit f croissante sur [a, b] c’est-à-dire ∀x, y ∈ [a, b] tels que x > y :
2
pour un h > 0 convenable.
ε
La dérivabilité de g s’écrit aussi : hg 0 (c) 6 g(c + h) − g(c) + . D’où :
f (x) − f (y)
2
f (x) > f (y) ⇐⇒ f (x) − f (y) > 0 =⇒
>0
x−y
ε
f 0 (x) > 0.
kf (c + h) − f (c)k
6
hg 0 (c) + h
2
6
g(c + h) − g(h) + hε.
Réciproquement, soient x, y ∈]a, b[ tels que x < y. Il suffit d’appliquer le théorème
kf (c + h) − f (a)k
6
6
c∈Aε
6
kf (c) − f (a)k + kf (c + h) − f (c)k
g(c) − g(a) + ε(c − a) + ε + g(c + h) − g(c) + hε
g(c + h) − g(a) + ε(c + h − a) + ε
Donc c + h ∈ Aε , ce qui contredirait la définition de c.
Fabien PUCCI
3.1 sur l’intervalle ]x, y[⊂]a, b[ : on obtient f (x) 6 f (y)
Preuve de 3.3: Le théorème est évident si f 0 (a) = f 0 (b). Pour la suite, on suppose
f (b) − f (a)
. soit λ compris entre f 0 (a) et f 0 b). Distinf 0 (a) < f 0 (b) et on pose : Λ =
b−a
guons deux cas :
14. Théorème des accroissements finis - Applications
VI. Exercices
9
(i) λ est compris entre f 0 (a) et Λ : On considère la fonction :
I
ϕ:
x
−→ R

 f (x) − f (a)
7−→
x−a
 f 0 (a)
si x 6= a
• Montrons d’abord la convergence de la suite (un )n∈N . Il suffit de montrer qu’ellle
est de Cauchy. La complétude de R assurera la convergence.
∀n ∈ N, |un+1 − un | = |f (un ) − f (un−1 )| 6 k|un − un−1 |.
Puis, par récurrence, ∀n ∈ N, |un+1 − un | 6 k n |u1 − u0 |. Pour tout entier p non
nul, on a alors
.
si x = a
ϕ est continue sur I et prend donc toutes les valeurs intermédiaires entre
ϕ(a) = f 0 (a) et ϕ(b) = Λ. Il existe donc x ∈ [a, b] tel que ϕ(x) = λ.
D’après le théorème des accroissements finis 1.1 appliqué à f sur ]a; x[, on a alors :
|un+p − un | 6
6
∃c ∈]a, x[ tel que f 0 (c) = ϕ(x) = λ.
φ:
x
−→ 
R
 f (x) − f (b)
7−→
x−b
 f 0 (b)
|un+p − un+p−1 | + . . . + |un+1 − un | 6 k |u1 − u0 |
kn
× |u1 − u0 |
1−k
car 0 6 k < 1
p−1
X
ki
.
i=0
On a donc trouvé un majorant de |un+p − un | indépendamment de p. Comme
0 6 k < 1, k n −−−−−→ 0, il existe donc un rang n0 au-delà duquel |un+p − un | est
(ii) λ est compris entre f 0 (b) et Λ : On considère la fonction :
I
n
n→+∞
si x 6= b
.
si x = b
Le raisonnement est alors identique en permutant ainsi le rôle symétrique de a et
b.
Preuve de 3.4: Par hypothèse, f [a, b]) ⊂ [a, b], donc f (a) > a et f (b) 6 b. Posons
alors g(x) = f (x) − x, de sorte que g(a) = f (a) − a > 0 et g(b) 6 0. Grâce au théorème
des valeurs intermédiaires, il existe x∗ ∈ ]a, b[ tel que g(x∗ ) = 0, soit f (x∗ ) = x∗ .
Supposons alors que x
e soit une autre solution de l’équation f (x) = x. D’après 2.3,
|f (x∗ ) − f (e
x)| 6 k|x∗ − x
e|
aussi petit que l’on veut. La suite (un )n∈N est donc de Cauchy dans un espace
complet, elle converge vers x∗ ∈ [a, b] ([a, b] est un fermé).
• La fonction f étant k-lipschitzienne, elle est également continue. On a alors :
∗
f (x ) = f
lim un = lim f (un ) = lim un+1 = x∗ .
n→+∞
n→+∞
n→+∞
(un )n∈N converge vers x∗ qui est un point fixe de f .
• De plus, |un − x∗ | = |f (un−1 ) − f (x∗ )| 6 k|un−1 − x∗ | par le corollaire 2.3. Une
récurrence immédiate entraîne alors :
∀n ∈ N,
|un − x∗ | 6 k n |u0 − x∗ |
|un − x∗ | 6 k n |b − a|.
(1 − k)|x∗ − x
e| 6 0
|x∗ − x
e| 6 0
La solution est unique.
x∗ = x
e.
Preuve de 3.5:
14. Théorème des accroissements finis - Applications
Fabien PUCCI