1. Utiliser ce théorème
2. ln étant croissante f croissante ⇔ ln(f) croissante
3. Calculer les limites de ln(f) et ln(g) pour x→+∞

1. Les inégalités cherchées proviennent de l'application de ce théorème à la fonction t→ ln(t) sur l'intervalle [x,x+1], en utilisant le fait que la dérivée de ln(t) est 1/t, et que cette fonction est décroissante.
2. $$\left ( ln(f) \right )'(x)=ln\left ( 1+\frac{1}{x} \right )-\frac{1}{x+1}$$
   La première inégalité montre que ln(f) est croissante.
   $$\left ( ln(g) \right )'(x)=ln\left ( 1+\frac{1}{x} \right )-\frac{1}{x}$$
   La seconde inégalité montre que ln(g) est décroissante.
3. En multipliant la double inégalité (1) par x, puis par x+1, on obtient ∀x>0 :
   $$\frac{x}{x+1} < x.ln\left ( 1+\frac{1}{x} \right ) < 1 < (x+1).ln\left ( 1+\frac{1}{x} \right ) < \frac{x+1}{x}$$
   On en déduit que :
   $$\lim_{x\rightarrow \infty }(ln(f))(x)=\lim_{x\rightarrow \infty }(ln(g))(x)=1$$
   et donc que :
   $$\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=\lim_{x\rightarrow \infty }g(x)=e $$

1. Utiliser ce théorème
2. Utiliser la définition d'une matrice jacobienne, et le théorème sur la dérivée d'une fonction composée.
3. Utiliser la continuité de Dg.
4. Utiliser le théorème de Banach-Picard.

1. f est de classe C^∞ car ses composantes (des polynômes) sont de classe C^∞. g est du même type par composition.
2. $$Df(x,y)=\begin{pmatrix}2x & -1\\2x & 2y\end{pmatrix}$$
   $Dg(x,y)=Df(f(x,y)) \circ Df(x,y)$ or f(0,0)=0 et
   $$Df(0,0)=\begin{pmatrix}0 & -1\\0 & 0\end{pmatrix}$$
   donc :
   $$Dg(0,0)=\begin{pmatrix}0 & -1\\0 & 0\end{pmatrix}.\begin{pmatrix}0 & -1\\0 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 & 0\\0 & 0\end{pmatrix}$$
3. Dg(O) étant nul d'après la question précédente, l'existence de ρ résulte simplement de la continuité de Dg qui résulte du fait que g est de classe C^∞.
4. D'après le théorème des accroissements finis pour tous (X,Y)B'(ρ)² :
   $$\left \| g(X)-g(Y) \right \|\leqslant \sup_{Z\in B'(\rho )}\left \| Dg(Z) \right \|.\left \| X-Y \right \|\leqslant \frac{1}{2}\left \| X-Y \right \|$$
   g est donc contractante dans B'(ρ) qui est compacte, car fermée donc complète. Le théorème du point fixe s'applique donc. il y a donc un seul point fixe qui est évidemment l'origine. Il résulte de la méthode des apprximations successives que lim_n→∞ gⁿ(X)=O.

1. Utiliser le théorème sur la différentiation des fonctions composées.
2. Montrer que ∀x∈ℝ 0≤f_n(x)-|x|≤1/√n
3. Étudier la dérivabilité de |x| en 0.

1. x→x²+1/n est de classe C¹ sur ℝ et à valeurs dans $\mathbb{R}_{+}^{*}$. √x est de classe C¹ sur $\mathbb{R}_{+}^{*}$, d'où le résultat.
2. $$0\leqslant \sqrt{x^{2}+\frac{1}{n}}-\left | x \right |=\frac{\frac{1}{n}}{|x|+\sqrt{x^{2}+\frac{1}{n}}}\leqslant \frac{1}{\sqrt{n}}$$ d'où la convergence uniforme.
3. |x| n'est pas dérivable en 0 car sa dérivée à droite n'est pas égale à sa dérivée à gauche.

Calculer les dérivées partielles de f

La fonction (x,y)→x+y est de classe C¹ sur ℝ². Il en est de même de (x,y)→xy donc de (x,y)→1-xy comme somme de fonctions de classe C¹.
Donc la fonction $(x,y)\rightarrow \frac{x+y}{1-xy}$ est de classe C¹ comme quotient de deux fonctions de classe C¹.
x→atan(x) est de classe C¹ sa dérivée étant $atan'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}$.
Donc la fonction $x\rightarrow atan\left ( \frac{x+y}{1-xy} \right )$ est de classe C¹ comme composée de deux fonctions de classe C¹.
En outre (x,y)→atan(x) est composée de la fonction linéaire (x,y)→x avec atan donc encore de classe C¹ par composition.
Il en est de même de (x,y)→atan(y).
En définitive f est de classe C¹ comme somme de trois fonctions de classe C¹.
Un calcul rapide donne :
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0$$
Il en résulte que Df=0 et que f est constante sur chaque composante connexe de son domaine.
On voit donc que f(x,y)=f(0,0)=0 entre les branches et
$$f(x,y)=\lim_{x\rightarrow \pm \infty }f(x,x)=\lim_{x\rightarrow \pm \infty }2atan(x)-atan\left ( \frac{2x}{1+x^{2}} \right )=\frac{\pm 2\pi }{2}-0=\pm \pi $$

Commencez par montrer ce résultat pour f en escalier.

Supposons d'abord que f soit constante et égale à k sur ]a,b[. Soit η>0 vérifiant η≤(b-a)/2. on considère la fonction affine par morceaux g définie par :
$$\begin{cases} & g(a)=0 \\ & g(x ) =k \text{ pour }x\in \left [ a+\eta ,b-\eta \right ]\\& g(b)=0 \end{cases}$$
on a :
$$\int_{a}^{b}\left \| f(t)-g(t) \right \|dt\leqslant k.\eta $$
Donc le théorème est vrai pour une fonction constante sur un intervalle compact.
Si x₀,x₁, ..., x_n est une subdivision de [a,b] et si f est en escalier relativement à cette subdivision, on peut écrire que f est combinaison linéaire de fonctions f₀, f₁, ...f_n-1, chacune étant constante sur ]x_i,x_i+1[.
Soient maintenant ε₀, ε₁, ε_n-1 et n fonctions continues g₀, ...,g_n-1 chaque g_i étant définie sur [x_i,x_i+1] et vérifiant :
$$\int_{x_{i}}^{x_{i+1}}\left \| f_{i}(t)-g_{i}(t) \right \|\leqslant \varepsilon _{i}$$
Soit $g=\sum_{i=0}^{n-1}g_{i}$ alors g est continue et on a :
$$\int_{a}^{b}\left \| f(t)-g(t) \right \|dt\leqslant \sum_{i=0}^{n-1}\varepsilon _{i}$$
De sorte que si on choisit chaque ε_i≤ε/n on a bien l'inégalité voulue.
La propriété est donc vraie si f est en escalier.
Maintenant si f est une fonction réglée il existe une fonction en escalier h sur [a,b] telle que :
$$\int_{a}^{b}\left \| f(t)-h(t) \right \|dt\leqslant \varepsilon /2$$
Et il existe une fonction continue g sur [a,b] telle que :
$$\int_{a}^{b}\left \| g(t)-h(t) \right \|dt\leqslant \varepsilon /2$$
On a donc bien l'inégalité voulue.

Montrer que :
$$\int_{0}^{1}\left | t^{\alpha +h}-t^{\alpha }-h.ln(t)t^{\alpha } \right |dt=\frac{h^{2}}{(\alpha +1)^{2}(\alpha +h+1)}$$

Vérifions d'abord que $t^{\alpha +h}-t^{\alpha }-h.ln(t)t^{\alpha } \geqslant 0$.
Comme t^α>0 il suffit de montrer que $ t^{h}-1-h.ln(t) \geqslant 0$.
Un changement de variable x = h.ln(t) nous ramène à e^x-1-x≥0. Il suffit maintenant pour le voir d'étudier la variation de cette fonction qui est nulle à l'origine et croissante.
Une intégration par parties donne:
$$\int_{0}^{1}ln(t)t^{\alpha }dt=\left [ ln(t)\frac{t^{\alpha +1}}{\alpha +1} \right ]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{t}.\frac{t^{\alpha +1}}{\alpha +1}dt=0-\left [ \frac{t^{\alpha +1}}{(\alpha +1)^{2}} \right ]_{0}^{1}=-\frac{1}{\left ( \alpha +1 \right )^{2}}$$
Et comme on a :
$$\int_{0}^{1}\left ( t^{\alpha +h}-t^{\alpha } \right )dt=\left [ \frac{t^{\alpha +h+1}}{\alpha +h+1}-\frac{t^{\alpha +1}}{\alpha +1} \right ]_{0}^{1}=\frac{1}{\alpha +h+1}-\frac{1}{\alpha +1}=\frac{-h}{\left ( \alpha +h+1 \right )(\alpha +1)}$$
Il vient :
$$\int_{0}^{1}\left | t^{\alpha +h}-t^{\alpha }-h.ln(t)t^{\alpha } \right |dt=-\frac{h}{(\alpha +h+1)(\alpha +1)}+\frac{h}{(\alpha +1)^{2}}=\frac{h^{2}}{(\alpha +1)^{2}(\alpha +h+1)}$$
Ceci prouve que la dérivée de φ au point α est la fonction t→ln(t)t^α.
Un calcul identique prouve que φ''(α)(t)=ln(t)²t^α.
Nous avons donc :
$$\left \| \varphi ''(\alpha ) \right \|=\int_{0}^{1}ln(t)^{2}t^{\alpha }dt=\left [ ln(t)^{2} \frac{t^{\alpha +1}}{\alpha +1}\right ]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2\frac{ln(t)}{t}.\frac{t^{\alpha +1}}{\alpha +1}dt=0-\frac{2}{\alpha +1}\int_{0}^{1}ln(t)t^{\alpha }dt=\frac{2}{(\alpha +1)^{3}}\leqslant 2$$
Le théorème des accroissements finis nous donne donc:
||φ'(β)-φ'(α)||≤2||β-α||