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Inégalité des accroissements fini
bsr
on démontre que
si f est dérivable sur un intervalle fermé et borné I
et que m < f' < M
alors si a<b,
m(b-a)<= f(b)-f(a) <= M(b-a)
j'ai réussi à le démontrer, mais je nen vois pas l'interet...
pouvez vous m'expliquer?
Je concrétise mon exemple
La fonction sinus est dérivable sur R et a pour dérivé .
Or pour tout réel x :
En appliquant l'inégalité des accroissements finis entre 0 et x (pour x>0) on obtient :
c'est à dire :
Jord
La dérivée du sinus est le cosinus ?
Je ne savais pas 
(enfin il y a plein de choses que je ne sais pas mais bon... 
).
Et c'est également vrai dans le sens contraire, la dérivée du cosinus est le sinus ?
Kevin
hum hum trsè interressant,
l'exo que j'ai avec ce théoreme est de démontrer que
on nous dit de partir de l'intervalle
[pi/6 ; pi/4]
et de la fonction f(x)=sinx
HUm , es-tu sur de ton encadrement ? car je ne trouve pas la même chose
Personnelement j'arrive a :
Jord
Avec çà tu peux montrer énormément de trucs.
Notamment, tu peux montrer que l'intégrale est la différence F(b)-F(a) où F est une primitive de f.
De toute facon, il faut savoir qu'un théorème de majoration ou de minoration est extrement utile.
Ca permet souvent de prouver des convergences également.
ce theoreme est aussi utile lors des suite defini par recurrence du style u(n+1)=f(u(n)) pour calculer la limite de la suite u(n)
oui j ai un exemple (vive le capes....)
si tu veux plus de precision n hesite pas a demander
uo=3/2
u(n+1)=1+1/un
f:]0,+oo[->IR
x ->1+1/x
on demontre d abord que (un) converge vers phi
pui son trouve un intervalle tel que f soit contractante ici [3/2,2] convient
f est contractante de rapport 4/9 sur [3/2,2] donc d apres TAF (theoreme des accroissement finis) on a:
|f(x)-f(phi)|<=4/9*|x-phi|
ensuite on s en sert pour trouver une valeur approchee de phi
en faisant une recurrence on montre que:
|un-phi|<=(4/9)^n*|uo-phi|<=1/2*(4/9)^n
on peux en deduire une valeur approchee a 10^(-8) pres de phi
1/2*(4/9)^n<=10^(-8) =>n>=22
phi=1.61803399
Salut, ok je vois l'idée, en fait c'est une méthode itérative qui converge vers le point fixe, ca permet d'avoir une approximation.
Je pensais que ca donnait précisement la solution.
Ici ca va être la solution positive de x²=x+1 si je ne m'abuse.
J'avais vu une fois une preuve d'un équivalent de la suite passant par des intégrales ou l'une des bornes était un et l'autre était un+1.
Je n'ai jamais revu ca, si jamais tu connais...
Merci de tes explications.
salut otto
effectivement, on trouve bien la solution positive de x²=x+1
mais on cela peux donner une valeur approchee c etait un classique du bac ya quelque annee
par contre la deuxieme partie de ton post m est inconnue
>Redman
Effectivement, on trouve :
si f est dérivable sur un intervalle fermé et borné I
et que m < f' < M
alors si a<b,
m(b-a)<= f(b)-f(a) <= M(b-a)
a=pi/6 et b=pi/4 =>f(a)=1/2 et f(b)=V2/2
si f(x)=sinx =>f'=cosx
entre pi/6 et pi/4 cos(pi/4) < f' < cos(pi/6)
(V2/2)(pi/4-pi/6) < V2/2 -1/2 < (V3/2)(pi/4-pi/6)
en multipliant par 2/(pi/4-pi/6) positif
V2 < (V2 - 1)/(pi/12) < V3
V2/12 < (V2 - 1)/pi < V3/12
Sinon, y'a-t-il une suite à ton exo qui semble intéressant ?
Philoux
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