Exercice 54

1. On choisit $K = \frac{2}{h^{2}}\big(f(x + h) - f(x) - hf'(x)\big)$, de sorte que $\varphi(h) = 0$. La fonction $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $[0\,,h]$, avec $$\varphi(0) = 0, \qquad \varphi'(t) = f'(x + t) - f'(x) - tK, \qquad \varphi'(0) = 0, \qquad \varphi''(t) = f''(x + t) - K.$$

• Comme $\varphi(0) = \varphi(h) = 0$, le théorème de Rolle fournit $t_{1} \in \,]0\,,h[$ tel que $\varphi'(t_{1}) = 0$.

• Comme $\varphi'(0) = \varphi'(t_{1}) = 0$, le théorème de Rolle appliqué à $\varphi'$ fournit $t_{2} \in \,]0\,,t_{1}[$ tel que $\varphi''(t_{2}) = 0$.

Avec $c = x + t_{2} \in \,]x\,,x + h[$, on a $K = f''(c)$, et l'égalité $\varphi(h) = 0$ s'écrit $$\boxed{f(x + h) = f(x) + hf'(x) + \frac{h^{2}}{2}f''(c)}$$ C'est le cas $n = 2$ de l'exercice 32, déguisé : $\varphi$ s'annule en $0$ avec sa dérivée, et en $h$.

2. On applique la question 1 à la fonction $u : t \mapsto f(-t)$, de classe $\mathcal{C}^{2}$, au point $-x$ : il existe $c' \in \,]x - h\,,x[$ tel que $$f(x - h) = f(x) - hf'(x) + \frac{h^{2}}{2}f''(c').$$ En soustrayant les deux égalités, $f(x + h) - f(x - h) = 2hf'(x) + \frac{h^{2}}{2}\big(f''(c) - f''(c')\big)$, donc $$2h|f'(x)| \leqslant |f(x + h)| + |f(x - h)| + \frac{h^{2}}{2}\big(|f''(c)| + |f''(c')|\big) \leqslant 2M_{0} + h^{2}M_{2}.$$ On divise par $2h$ : $$\boxed{|f'(x)| \leqslant \frac{M_{0}}{h} + \frac{hM_{2}}{2}}$$

3. Le membre de droite ne dépend pas de $x$ : avec $h = 1$, $f'$ est bornée par $M_{0} + \frac{M_{2}}{2}$. Si $M_{0} = 0$, $f$ est nulle et le résultat est évident. Sinon, on étudie $\psi : h \mapsto \frac{M_{0}}{h} + \frac{hM_{2}}{2}$ sur $]0\,,+\infty[$. Sa dérivée $-\frac{M_{0}}{h^{2}} + \frac{M_{2}}{2}$ s'annule en $h_{0} = \sqrt{\frac{2M_{0}}{M_{2}}}$, en passant du négatif au positif : $\psi$ y atteint son minimum, $$\psi(h_{0}) = M_{0}\sqrt{\frac{M_{2}}{2M_{0}}} + \frac{M_{2}}{2}\sqrt{\frac{2M_{0}}{M_{2}}} = \sqrt{\frac{M_{0}M_{2}}{2}} + \sqrt{\frac{M_{0}M_{2}}{2}} = \sqrt{2M_{0}M_{2}}.$$

4. Si $M_{2} = 0$, la question 2 donne $|f'(x)| \leqslant \frac{M_{0}}{h}$ pour tout $h > 0$, et en faisant tendre $h$ vers $+\infty$, $f' = 0$ : $\boxed{f \text{ est constante}}$. On le voit aussi directement : $f'' = 0$, donc $f$ est affine, et une fonction affine bornée sur $\mathbb{R}$ est constante.

À retenir. Cette inégalité, dite de Landau, dit que la taille d'une fonction et celle de sa dérivée seconde contrôlent celle de sa dérivée première. Pour $f = \sin$, on a $M_{0} = M_{2} = 1$ et $\sup |f'| = 1 \leqslant \sqrt{2}$ : l'ordre de grandeur $\sqrt{M_{0}M_{2}}$ est le bon. La méthode, qui choisit le pas $h$ pour équilibrer deux erreurs de sens contraires, se retrouve en analyse numérique dans le choix du pas d'une dérivée approchée.