Exercice 1 564 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f : ℝ \to E$ dérivable en $0$ .

On suppose

\forall x \in ℝ, f (2 x) = 2 f (x) .

Montrer que $f$ est linéaire

Solution

Pour $x = 0$ , on obtient $f (2 \times 0) = 2 \times f (0)$ et donc $f (0) = 0_{E}$ .

Pour $x \in ℝ$ ,

f (x) = f (2 \times \frac{x}{2}) = 2 f (\frac{x}{2}) .

Par récurrence, on acquiert

f (x) = 2^{n} f (\frac{x}{2^{n}}) pour tout n \in ℕ .

Par développement limité en $0$ , on peut écrire

f (t) = f (0) + t . f^{'} (0) + t . ε (t) = t . f^{'} (0) + t . ε (t) avec ε (t) \to_{t \to 0}^{} 0_{E} .

On en déduit

f (x) = 2^{n} (\frac{x}{2^{n}} . f^{'} (0) + \frac{x}{2^{n}} ε (\frac{x}{2^{n}})) = x . f^{'} (0) + x . ε (\frac{x}{2^{n}}) .

À la limite quand $n$ tend vers l’infini,

f (x) = x . f^{'} (0) + x {.0}_{E} = x . f^{'} (0) .

Ainsi, $f$ est linéaire.

Exercice 2 5948 Correction

Pour $t \in ℝ$ , on pose

M (t) = (\begin{matrix} 1 & e^{t} \\ - e^{- t} & - 1 \end{matrix})

ce qui détermine une fonction dérivable $M : ℝ \mapsto ℳ_{2} (ℝ)$ .

(a)

Calculer $e^{M (t)}$ .
(b)

A-t-on ${(e^{M})}^{'} = M^{'} e^{M}$ ?

Solution

(a)

On remarque $M {(t)}^{2} = O_{2}$ . On en déduit

$e^{M (t)} = I_{2} + M (t) = (\begin{matrix} 2 & e^{t} \\ - e^{- t} & 0 \end{matrix})$
(b)

On obtient

${(e^{M})}^{'} (t) = (\begin{matrix} 0 & e^{t} \\ e^{- t} & 0 \end{matrix})$

et

$M^{'} (t) e^{M (t)} = (\begin{matrix} 0 & e^{t} \\ e^{- t} & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2 & e^{t} \\ - e^{- t} & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 2 e^{- t} & 1 \end{matrix})$

La formule ${(e^{M})}^{'} = M^{'} e^{M}$ n’est pas vérifiée.

Exercice 3 566 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ et $x$ réel, on pose:

D_{n} (x) = | \begin{matrix} x & 1 & (0) \\ x^{2} / 2! & x & 1 \\ x^{3} / 3! & x^{2} / 2! & x & ⋱ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & 1 \\ x^{n} / n! & \dots & \dots & x^{2} / 2! & x \end{matrix} | .

(a)

Montrer que $D_{n}$ est une fonction dérivable et exprimer $D_{n}^{'} (x)$ en fonction de $D_{n - 1} (x)$ pour $n \geq 2$ et $x \in ℝ$ .
(b)

En déduire l’expression de $D_{n} (x)$ pour tous $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ .

Solution

(a)

Notons $A (x) = (a_{i, j} (x)) \in ℳ_{n} (ℝ)$ la matrice dont $D_{n} (x)$ est le déterminant. Par la formule définissant le déterminant,

$D_{n} (x) = \sum_{σ \in 𝒮_{n}} (ε (σ) \prod_{i = 1}^{n} a_{σ (i), i} (x)) .$

On en déduit que la fonction $D_{n}$ est dérivable mais cette formule n’est pas particulièrement commode¹¹ 1 Cependant, on peut y parvenir après un effort de lucidité! pour calculer $D_{n}^{'} (x)$ .

Notons $C_{1} (x), \dots, C_{n} (x)$ les colonnes de la matrice $A (x)$ . On sait

$D_{n} (x) = \det (A (x)) = \det (C_{1} (x) ∣ \dots ∣ C_{n} (x))$

Les coefficients de $x \mapsto C_{j} (x)$ étant des fonctions dérivables, on peut affirmer que chaque fonction $x \mapsto C_{j} (x)$ est dérivable. Par multilinéarité du déterminant d’une famille de colonnes, on retrouve que l’application $x \mapsto D_{n} (x)$ est dérivable²² 2 Par la même argumentation, on montre $D_{n}$ de classe $𝒞^{\infty}$ car les fonctions colonnes le sont. avec, au surplus, la formule de dérivation

$D_{n}^{'} = \det (C_{1}^{'} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}) + \det (C_{1} ∣ C_{2}^{'} ∣ \dots ∣ C_{n}) + \dots + \det (C_{1} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}^{'}) .$

On remarque que, pour tout $j \in ⟦ 1; n - 1 ⟧$ , $C_{j}^{'} = C_{j + 1}$ . Le déterminant d’une famille comportant deux vecteurs identiques étant nuls, on peut simplifier l’égalité précédente et écrire

$D_{n}^{'} = \det (C_{1} ∣ C_{2} ∣ \dots ∣ C_{n}^{'}) .$

En développant par rapport à la dernière colonne ce dernier déterminant, on obtient

$D_{n}^{'} = D_{n - 1} pour tout n \geq 2 .$
(b)

Sachant $D_{n} (0) = 0$ et $D_{1} (x) = x$ , on montre par récurrence

$D_{n} (x) = \frac{x^{n}}{n!} .$

La propriété est immédiatement vraie pour $n = 1$ .

Supposons celle-ci acquise au rang $n - 1$ avec $n \geq 2$ .

Par hypothèse de récurrence,

$D_{n} (x) = D_{n} (0) + \int_{0}^{x} D_{n}^{'} (t) d t = \int_{0}^{x} D_{n - 1} (t) d t = \int_{0}^{x} \frac{t^{n - 1}}{(n - 1)!} d t = \frac{x^{n}}{n!} .$

La récurrence est établie

Exercice 4 2693 MINES (MP)Correction

Calculer le déterminant

| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |

où $x, a_{1}, \dots, a_{n}$ réels.

Solution

En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne figurent des $x$ que sur la première colonne. En développant selon cette première colonne, on obtient une expression affine de la variable $x$ .

| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} | = α x + β .

Il reste à déterminer les réels $α, β$ exprimant cette fonction affine.
D’une part

β = {| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |}_{x = 0} = | \begin{matrix} a_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & a_{n} \end{matrix} | = a_{1} \dots a_{n}

et d’autre part

α = \frac{d}{d x} {| \begin{matrix} a_{1} + x & (x) \\ ⋱ \\ (x) & a_{n} + x \end{matrix} |}_{x = 0} .

La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsque l’on ne dérive qu’une colonne

α = \sum_{j = 1}^{n} | \begin{matrix} a_{1} & 1 & (0) \\ ⋮ \\ (0) & 1 & a_{n} \end{matrix} |

où la colonne formée de 1 est à la position $j$ . Chaque déterminant se calcule en développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient

α = \sum_{j = 1}^{n} \prod_{i \neq j} a_{i} .

Exercice 5 5060

Soit $f : [a; b] \to ℝ^{2}$ une fonction dérivable.

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ tel que $f^{'} (c)$ soit colinéaire à $f (b) - f (a)$ .

Exercice 6 3964

Soit $t \mapsto f (t)$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ définie sur $ℝ$ et à valeurs dans l’espace $ℝ^{2}$ muni de sa structure euclidienne usuelle.

On suppose la fonction $t \mapsto ∥ f (t) ∥$ constante. Montrer que pour tout réel $t$ , les vecteurs $f (t)$ et $f^{'} (t)$ sont orthogonaux.

Exercice 7 5061

Soit $\vec{f} : I \to ℝ^{n}$ une fonction dérivable ne s’annulant pas et telle que les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{'} (t)$ sont colinéaires pour tout $t \in I$ .

Montrer que la fonction $\vec{f}$ prend toutes ses valeurs dans une même droite vectorielle.

Exercice 8 5247

(Loi des aires)

Soit $\vec{f} : I \to ℝ^{3}$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ ne s’annulant pas et telle que les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{''} (t)$ sont colinéaires pour tout $t \in I$ .

Montrer que la fonction $f$ prend toutes ses valeurs dans un même plan vectoriel et que le triangle défini par les vecteurs $\vec{f} (t)$ et ${\vec{f}}^{'} (t)$ est d’aire constante.

Exercice 9 2587 CCINP (MP)Correction

Soient $u, v, w$ trois fonctions de classe $𝒞^{2}$ de $[a; b]$ vers $ℝ$ (avec $a < b$ ). On suppose

| \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{'} (a) & v^{'} (a) & w^{'} (a) \end{matrix} | = 0 .

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ vérifiant

| \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{''} (c) & v^{''} (c) & w^{''} (c) \end{matrix} | = 0 .

Solution

On introduit la fonction $f : [a; b] \to ℝ$ définie par

f (x) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u (x) & v (x) & w (x) \end{matrix} | .

Cette fonction est continue sur $[a; b]$ , dérivable sur $] a; b [$ avec

f^{'} (x) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{'} (x) & v^{'} (x) & w^{'} (x) \end{matrix} | .

De plus, $f (a) = f (b) = 0$ et donc, par le théorème de Rolle, il existe $d \in] a; b [$ tel que $f^{'} (d) = 0$ . Au surplus, $f^{'} (a) = 0$ et une nouvelle application du théorème de Rolle – à la fonction $f^{'}$ cette fois – donne l’existence de $c \in] a; d [\subset] a; b [$ telle

f^{''} (c) = | \begin{matrix} u (a) & v (a) & w (a) \\ u (b) & v (b) & w (b) \\ u^{''} (c) & v^{''} (c) & w^{''} (c) \end{matrix} | = 0 .

Exercice 10 4142

Soit $M : ℝ \to ℳ_{2 n + 1} (ℝ)$ une application de classe $𝒞^{1}$ vérifiant, pour tout réel $s$ ,

M^{⊤} (s) M (s) = I_{n} .

Montrer que la matrice $M^{'} (s)$ n’est inversible pour aucune valeur de $s \in ℝ$ .

Exercice 11 565 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $f : 𝒞^{1} ([a; b [, E)$ .
Montrer que $f$ admet un prolongement de classe $𝒞^{1}$ à $[a; b]$ si, et seulement si, $f^{'}$ admet une limite en $b$ .

Solution

Un tel résultat est déjà connu pour les fonctions à valeurs réelles par application du théorème des accroissements finis. En raisonnant via parties réelles et imaginaires on peut étendre ce résultat au cas d’une fonction complexe. En raisonnant via les fonctions coordonnées dans une base de $E$ , on prolonge ce résultat aux fonctions à valeurs dans $E$ .

Exercice 12 5944 Correction

Pour $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente, on pose

L (M) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} M^{k} .

On étudie la fonction $f$ donnée par $f (t) = \exp (- L (t M))$ pour $t \in ℝ$ .

(a)

Établir

$\forall t \in ℝ, f (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (- \frac{t^{k}}{k} M^{k}) .$
(b)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ avec

$\forall t \in ℝ, (I_{n} - t M) f^{'} (t) = - M f (t) .$
(c)

Montrer que $f^{'}$ est constante.
(d)

En déduire $\exp (L (M)) = {(I_{n} - M)}^{- 1}$ .

Solution

(a)

Puisque $M$ est nilpotente de taille $n$ , on sait $M^{n} = O_{n}$ . Cela assure que $L (t M)$ est correctement définie pour tout $t \in ℝ$ .

$L (t M) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{k} t^{k} M^{k}$

et l’on peut introduire

$f (t) = \exp (- L (t M)) .$

Les termes de la somme définissant $L (t M)$ commutent entre eux et donc

$f (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k}) .$
(b)

Pour $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ , on sait que $t \mapsto e^{t A}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{d}{d t} (e^{t A}) = A e^{t A} .$

Par produit, on en déduit que la fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ . Aussi, par composition,

$\frac{d}{d t} (\exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k})) = - t^{k - 1} M^{k} \exp (- \frac{1}{k} t^{k} M^{k})$

et, par dérivation d’un produit (et commutativité des facteurs),

$f^{'} (t) = - \sum_{k = 1}^{n - 1} t^{k - 1} M^{k} f (t) .$

On multiplie les deux membres par $I_{n} t M$ pour observer un télescopage en second membre

$(I_{n} - t M) f^{'} (t)$ $= - \sum_{k = 1}^{n - 1} (t^{k - 1} M^{k} - t^{k} M^{k + 1}) f (t)$

$= - (M - t^{n - 1} M^{n}) f (t) = - M f (t) .$
(c)

On peut à nouveau dériver

$- M f^{'} (t) + (I_{n} - t M) f^{''} (t) = - M f^{'} (t)$

ce qui se simplifie en

$(I_{n} - t M) f^{''} (t) = 0 .$

Puisque la matrice $M$ est nilpotente, elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Par cette similitude, on obtient $\det (I_{n} - t M) = 1$ et donc $I_{n} - t M$ est une matrice inversible. On en déduit

$f^{''} (t) = 0 .$

La fonction $f^{'}$ est donc constante.
(d)

On a $f (0) = I_{n}$ et $f^{'} (0) = - M$ puis on obtient

$\forall t \in ℝ, f (t) = I_{n} - t M .$

En particulier,

$\exp (L (M)) = {(f (1))}^{- 1} = {(I_{n} - M)}^{- 1} .$

Exercice 13 5785 MINES (MP)Correction

Pour $M \in ℳ_{n} (ℂ)$ nilpotente, on pose

L (M) = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} M^{k} .

Établir que $\exp (L (t M)) = I_{n} + t M$ pour tout $t \in ℝ$ .

Solution

Puisque $M$ est nilpotente de taille $n$ , on sait $M^{n} = O_{n}$ . Cela assure que $L (t M)$ est correctement définie pour tout $t \in ℝ$ .

L (t M) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k} .

et l’on peut introduire

Φ (t) = \exp (L (t M)) .

Les termes de la somme définissant $L (t M)$ commutent entre eux et donc

Φ (t) = \prod_{k = 1}^{n - 1} \exp (\frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k}) .

Pour $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ , on sait que $t \mapsto e^{t A}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

\frac{d}{d t} (e^{t A}) = A e^{t A} .

Par produit, on en déduit que la fonction $Φ$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ . Aussi, par composition,

\frac{d}{d t} (\exp (\frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k})) = {(- 1)}^{k - 1} t^{k - 1} M^{k} \exp (\frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} t^{k} M^{k})

et, par dérivation d’un produit (et commutativité des facteurs),

Φ^{'} (t) = \sum_{k = 1}^{n - 1} {(- 1)}^{k - 1} t^{k - 1} M^{k} Φ (t) .

On multiplie les deux membres par $I_{n} + t M$ pour observer un télescopage en second membre

	$(I_{n} + t M) Φ^{'} (t)$	$= \sum_{k = 1}^{n - 1} ({(- 1)}^{k - 1} t^{k - 1} M^{k} - {(- 1)}^{k} t^{k} M^{k + 1}) Φ (t)$
		$= (M - {(- 1)}^{n - 1} t^{n - 1} M^{n}) Φ (t) = M Φ (t) .$

On peut à nouveau dériver

M Φ^{'} (t) + (I_{n} + t M) Φ^{''} (t) = M Φ^{'} (t)

ce qui se simplifie en

(I_{n} + t M) Φ^{''} (t) = 0 .

Puisque la matrice $M$ est nilpotente, elle est semblable à une matrice triangulaire supérieure stricte. Par cette similitude, on obtient $\det (I_{n} + t M) = 1$ et donc $I_{n} + t M$ est une matrice inversible. On en déduit

Φ^{''} (t) = 0 .

La fonction $Φ^{'}$ est donc constante égale à $Φ^{'} (0) = M$ puis on obtient

\forall t \in ℝ, Φ (t) = Φ (0) + t M = I_{n} + t M .

Exercice 14 569 Correction

Soit $f : [0; 1] \to E$ dérivable à droite en 0 et vérifiant $f (0) = 0$ .
Déterminer la limite quand $n \to + \infty$ de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n^{2}}) .

Solution

Par la dérivabilité à droite de $f$ en $0$ , on peut écrire

f (x) = f (0) + x . f^{'} (0) + x . ε (x) avec ε \to_{0^{+}}^{} 0 .

Puisque $f (0) = 0$ , on obtient

S_{n} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k . f^{'} (0) + \frac{1}{n^{2}} \sum_{k = 1}^{n} k . ε (\frac{k}{n^{2}}) .

En exploitant

∥ ε (\frac{k}{n^{2}}) ∥ \leq \max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥

\sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n (n + 1)}{2}

on obtient

∥ S_{n} - \frac{n + 1}{2 n} f^{'} (0) ∥ \leq \frac{n + 1}{2 n} \max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥ .

Or $ε \to_{0^{+}}^{} 0$ donc

\max_{] 0; 1 / n]} ∥ ε ∥ \to_{n \to + \infty}^{} 0

puis

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{2} f^{'} (0) .

Exercice 15 5343 Correction

(Inégalité des accroissements finis)

Soient $E$ un espace normé par $∥ \cdot ∥$ , $a < b$ deux réels et $f : [a; b] \to E$ une fonction dérivable. On suppose qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que

∥ f^{'} (t) ∥ \leq M pour tout t \in [a; b] .

On souhaite établir¹¹ 1 On retrouve l’inégalité des accroissements finis déjà affirmée dans le cours mais obtenue ici avec l’hypothèse dérivable au lieu de classe $𝒞^{1}$ .

∥ f (b) - f (a) ∥ \leq M (b - a) .

(a)

Soit $ε > 0$ . Montrer l’existence d’un plus grand élément $c \in [a; b]$ tel que

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$
(b)

Montrer que $c = b$ et conclure.

Solution

(a)

Méthode: On introduit la borne supérieure de l’ensemble des nombres $c$ convenables et l’on montre que celle-ci appartient aussi à cet ensemble.

Notons $A_{ε}$ l’ensemble des $c \in [a; b]$ vérifiant

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$

Cet ensemble est une partie de $ℝ$ , celle-ci est non vide car $a$ lui appartient et est majorée par $b$ . La partie $A_{ε}$ admet donc une borne supérieure que l’on note encore $c$ . Par réalisation séquentielle d’une borne supérieure, il existe une suite $(c_{n})$ d’éléments de $A_{ε}$ qui tend vers $c$ . Les éléments $c_{n}$ appartiennent au segment $[a; b]$ et donc la limite $c$ aussi. En particulier, la fonction $f$ est définie en $c$ .

De plus, pour tout $n \in ℕ$ ,

$∥ f (c_{n}) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c_{n} - a) .$

Compte tenu de la continuité de $f$ , cela donne à la limite

$∥ f (c) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (c - a) .$

Ainsi, $c$ est élément de $A_{ε}$ , c’est le plus grand élément de $[a; b]$ vérifiant l’inégalité.
(b)

Par l’absurde, supposons $c \in [a; b [$ .

Méthode: Puisque $∥ f^{'} (c) ∥ < M + ε$ , on montre que pour $t$ au voisinage de $c$ , on a l’inégalité $∥ f (t) - f (c) ∥ \leq (M + ε) | t - c |$ .

Sachant

$lim_{\begin{matrix} t \to c \\ t \neq c \end{matrix}} \frac{f (t) - f (c)}{t - c} = f^{'} (c) avec ∥ f^{'} (c) ∥ < M + ε$

il existe $α > 0$ tel que

$\forall t \in [a; b], (| t - c | \leq α et t \neq c) ⟹ ∥ \frac{f (t) - f (c)}{t - c} ∥ \leq M + ε .$

Puisque $c$ est strictement inférieur à $b$ , on peut introduire $t \in] c; b]$ tel que $| t - c | \leq α$ et alors

$∥ f (t) - f (c) ∥ \leq (M + ε) (t - c)$

puis, par l’inégalité triangulaire,

$∥ f (t) - f (a) ∥$ $= ∥ f (t) - f (c) + f (c) - f (a) ∥$

$\leq \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (t) - f (c) ∥}} + \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - a) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (c) - f (a) ∥}} \leq (M + ε) (t - a) .$

Cela contredit la définition de $c$ , c’est absurde.

On en déduit que $c = b$ et donc

$∥ f (b) - f (a) ∥ \leq (M + ε) (b - a) .$

Enfin, cela valant pour tout $ε > 0$ , aussi petit soit-il, on a encore

$∥ f (b) - f (a) ∥ \leq M (b - a) .$

[>] Vecteurs tangents à une partie

Édité le 05-04-2024

	$(I_{n} - t M) f^{'} (t)$	$= - \sum_{k = 1}^{n - 1} (t^{k - 1} M^{k} - t^{k} M^{k + 1}) f (t)$
		$= - (M - t^{n - 1} M^{n}) f (t) = - M f (t) .$

	$∥ f (t) - f (a) ∥$	$= ∥ f (t) - f (c) + f (c) - f (a) ∥$
		$\leq \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (t) - f (c) ∥}} + \underset{\begin{matrix} \leq (M + ε) (c - a) \end{matrix}}{\underset{⏟}{∥ f (c) - f (a) ∥}} \leq (M + ε) (t - a) .$

Dérivation