Exercices corrigés : Rolle et le théorème des accroissements finis (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

$f(1)=4$, $f(5)=40$, donc $m=\frac{36}{4}=9$. $f'(c)=2c+3=9$ donne $c=3$, le milieu de $[1\,;5]$ : pour tout trinôme du second degré, le $c$ des accroissements finis est le milieu de l'intervalle.

$f(-2)=-8-4+12=0$ et $f(3)=-18+6+12=0$ : c'est Rolle, $m=0$. $f'(c)=-4c+2=0$ donne $c=\frac{1}{2}$, milieu des racines $-2$ et $3$, sommet de la parabole.

$f(-2)=-4$, $f(1)=2$, donc $m=\frac{6}{3}=2$. $f'(c)=3c^{2}+2c=2$, soit $3c^{2}+2c-2=0$ : $c=\frac{-2\pm\sqrt{4+24}}{6}=\frac{-1\pm\sqrt{7}}{3}$, c'est-à-dire $c\approx-1{,}215$ et $c\approx 0{,}549$. Les deux sont dans $]-2\,;1[$ : le théorème en promet un, on en trouve deux.

$f(0)=0$, $f(2)=16-32-8+30=6$, donc $m=3$. $f'(c)=4c^{3}-12c^{2}-4c+15=3$ donne $4c^{3}-12c^{2}-4c+12=0$, que l'on factorise par groupement : $4c^{2}(c-3)-4(c-3)=4(c-3)(c^{2}-1)=4(c-3)(c-1)(c+1)$. Trois racines, $-1$, $1$ et $3$, mais une seule dans $]0\,;2[$ : $c=1$. Piège : rendre les trois racines sans les trier.

$f(1)=6$, $f(3)=2$, donc $m=\frac{2-6}{2}=-2$. $f'(c)=-\frac{6}{c^{2}}=-2$ donne $c^{2}=3$, et seule la racine positive est dans $]1\,;3[$ : $c=\sqrt{3}\approx 1{,}732$, la moyenne géométrique des bornes. Piège : la pente négative ; $f'(c)=\frac{6}{c^{2}}$ sans le signe moins n'a aucune solution.

$f(-1)=2$, $f(4)=3$, donc $m=\frac{1}{5}$. $f'(c)=\frac{1}{2\sqrt{c+5}}=\frac{1}{5}$ donne $\sqrt{c+5}=\frac{5}{2}$, puis $c+5=\frac{25}{4}$ et $c=\frac{5}{4}=1{,}25$.

$f(1)=1$, $f(8)=8^{\frac{2}{3}}=4$, donc $m=\frac{3}{7}$. $f'(c)=\frac{2}{3}c^{-\frac{1}{3}}=\frac{3}{7}$ donne $c^{\frac{1}{3}}=\frac{14}{9}$, donc $c=\left(\frac{14}{9}\right)^{3}=\frac{2744}{729}\approx 3{,}764$. Piège : $8^{\frac{2}{3}}$ vaut $\left(\sqrt[3]{8}\right)^{2}=4$, pas $\frac{16}{3}$.

$f(1)=0$, $f(4)=\ln 4$, donc $m=\frac{\ln 4}{3}$. $f'(c)=\frac{1}{c}=\frac{\ln 4}{3}$ donne $c=\frac{3}{\ln 4}\approx 2{,}164$.

$f(0)=1$, $f(2)=e^{2}$, donc $m=\frac{e^{2}-1}{2}\approx 3{,}1945$. $f'(c)=e^{c}=m$ donne $c=\ln\left(\frac{e^{2}-1}{2}\right)\approx 1{,}161$. Le logarithme défait l'exponentielle : $c$ est le logarithme de la pente.

$f(0)=1$, $f(\pi)=-1$, donc $m=-\frac{2}{\pi}$. $f'(c)=-\sin c=-\frac{2}{\pi}$ donne $\sin c=\frac{2}{\pi}\approx 0{,}6366$. Sur $]0\,;\pi[$, le sinus prend cette valeur deux fois : $c=\arcsin\frac{2}{\pi}\approx 0{,}690$ et $c=\pi-\arcsin\frac{2}{\pi}\approx 2{,}451$. Piège : s'arrêter à la valeur de la calculatrice, qui ne rend que la première ; et l'on travaille en radians.

Si $f$ est CONTINUE sur l'intervalle fermé $[a\ ;\ b]$, DÉRIVABLE sur l'intervalle ouvert $\left]a\ ;\ b\right[$, et si $f(a)=f(b)$, alors il existe au moins un $c$ dans $\left]a\ ;\ b\right[$ tel que $f'(c)=0$. Notez l'asymétrie voulue entre les deux intervalles : la continuité est exigée jusqu'aux bornes incluses, la dérivabilité seulement à l'intérieur. C'est ce qui permet d'appliquer le théorème à $\sqrt{1-x^{2}}$ sur $[-1\ ;\ 1]$, dont la dérivée explose aux deux bornes.

$f$ est un polynôme, donc continue et dérivable partout : les deux premières hypothèses sont acquises sans discussion. Reste $f\left(-\sqrt{3}\right)=-3\sqrt{3}+3\sqrt{3}=0$ et $f\left(\sqrt{3}\right)=3\sqrt{3}-3\sqrt{3}=0$ : elles sont égales ✓. On résout $f'(c)=3c^{2}-3=0$, donc $c=\pm 1$, et les deux valeurs sont bien à l'intérieur de l'intervalle puisque $\sqrt{3}\approx 1{,}732$. La figure ci-dessous marque les deux points, $(-1\ ;\ 2)$ et $(1\ ;\ -2)$, avec leurs tangentes horizontales.

On en trouve DEUX, alors que le théorème n'en promettait qu'un. C'est exactement ce que signifie « il existe au moins un » : le théorème donne une borne inférieure sur le nombre de solutions, jamais leur nombre exact, et encore moins leur valeur. Un énoncé d'existence est délibérément faible, et c'est ce qui le rend applicable dans une immense variété de situations. Vouloir lui faire dire « il existe exactement un » est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

$g(1)=1-4+3=0$ et $g(3)=9-12+3=0$ ✓. Le théorème donne un $c$ dans $\left]1\ ;\ 3\right[$ avec $g'(c)=0$. Une parabole est symétrique par rapport à son sommet, et son sommet est le seul point à tangente horizontale : $c$ est donc le milieu des deux racines, $c=\frac{1+3}{2}=2$. Contrôle : $g'(x)=2x-4$ s'annule bien en $x=2$. Sur une fonction du second degré, Rolle donne toujours le milieu, ce qui en fait le cas le plus simple pour vérifier qu'on a compris l'énoncé.

$\sin 0=\sin(2\pi)=0$ ✓, et $\cos c=0$ a deux solutions dans $\left]0\ ;\ 2\pi\right[$ : $c=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$ et $c=\frac{3\pi}{2}\approx 4{,}712$. On peut fabriquer autant de solutions qu'on veut en allongeant l'intervalle : sur $[0\ ;\ 2k\pi]$ il y en a $2k$. Le théorème reste vrai et reste tout aussi peu bavard, ce qui illustre encore la question c.

$f(x)=|x|$ est continue sur $[-1\ ;\ 1]$ ✓ et $f(-1)=f(1)=1$ ✓. En revanche elle n'est PAS dérivable en 0, qui est à l'intérieur de l'intervalle : la deuxième hypothèse tombe. Et la conclusion tombe avec elle, car $f'(x)$ vaut $-1$ à gauche de 0 et $+1$ à droite, sans jamais valoir 0. Le coin visible sur la figure est exactement l'endroit où la tangente horizontale aurait dû se trouver : la fonction change de sens sans passer par une pente nulle.

Prenons $g$ définie sur $[0\ ;\ 1]$ par $g(x)=x$ si $x<1$ et $g(1)=0$. Alors $g(0)=g(1)=0$ ✓, $g$ est dérivable sur $\left]0\ ;\ 1\right[$ ✓ avec $g'=1$, mais elle n'est pas continue en 1. La conclusion échoue puisque $g'$ vaut 1 partout où elle existe. La fonction remonte à 0 par un SAUT, et un saut ne coûte aucune pente nulle.

La fonction $h(x)=x$ sur $[0\ ;\ 1]$ suffit : continue ✓, dérivable ✓, mais $h(0)=0\neq 1=h(1)$. Sa dérivée vaut 1 partout et ne s'annule jamais. C'est le contre-exemple le plus économique du chapitre, et il montre que la troisième hypothèse est celle qui porte toute la force du théorème : sans elle, il ne reste rien.

$m(x)=\frac{1}{x^{2}}$ vérifie bien $m(-1)=m(1)=1$, l'hypothèse d'égalité aux bornes est donc satisfaite, ce qui rend le piège crédible. Mais $m$ n'est pas définie en 0, donc ni continue ni dérivable sur l'intervalle. Et $m'(x)=-\frac{2}{x^{3}}$ ne s'annule jamais : la conclusion est fausse. C'est le contre-exemple le plus instructif des trois, parce qu'il satisfait l'hypothèse la plus visible et échoue sur celle qu'on oublie de vérifier.

Oui, et c'est instructif. La fonction $p(x)=x^{2}$ sur $[-2\ ;\ 1]$ n'a pas $p(-2)=p(1)$, puisque $4\neq 1$ : les hypothèses ne sont pas réunies. Pourtant $p'(0)=0$ avec 0 à l'intérieur de l'intervalle : la conclusion est vraie. Cela prouve que l'implication de Rolle va dans UN SEUL SENS. Les hypothèses sont suffisantes, elles ne sont pas nécessaires, et l'on ne peut donc jamais conclure « la conclusion est vraie, donc les hypothèses le sont » à partir d'un seul exemple.

Si $f$ est continue sur $[a\ ;\ b]$ et dérivable sur $\left]a\ ;\ b\right[$, alors il existe au moins un $c$ dans $\left]a\ ;\ b\right[$ tel que $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$. Géométriquement : il existe au moins un point de la courbe où la TANGENTE est parallèle à la CORDE joignant les deux extrémités. Quand $f(a)=f(b)$, la corde est horizontale et l'on retrouve exactement Rolle.

Pente de la corde : $\frac{f(4)-f(1)}{4-1}=\frac{2-1}{3}=\frac{1}{3}$. On résout $f'(c)=\frac{1}{2\sqrt{c}}=\frac{1}{3}$, donc $2\sqrt{c}=3$, $\sqrt{c}=1{,}5$ et $c=2{,}25$. La figure ci-dessous marque ce point, avec sa tangente en pointillés, visiblement parallèle à la corde. Remarquez que $c=2{,}25$ n'est pas le milieu de $[1\ ;\ 4]$, qui vaut 2,5 : le point promis n'a aucune raison d'être au centre, sauf pour une parabole.

$\frac{g(3)-g(0)}{3-0}=\frac{(27-9)-0}{3}=6$. On résout $3c^{2}-3=6$, donc $c^{2}=3$ et $c=\pm\sqrt{3}$. Seul $c=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ appartient à $\left]0\ ;\ 3\right[$ ; la valeur $-\sqrt{3}$ est rejetée. C'est la vérification qu'on oublie le plus souvent : le théorème promet un point DANS l'intervalle ouvert, et une solution de l'équation qui tombe en dehors ne compte pas.

Si $f(t)$ est la position d'un mobile et $t$ le temps, alors $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ est sa VITESSE MOYENNE sur le trajet, et $f'(c)$ sa vitesse INSTANTANÉE à l'instant $c$. Le théorème dit donc : sur tout trajet, il existe au moins un instant où la vitesse instantanée est exactement égale à la vitesse moyenne. C'est le fondement du radar tronçon, qu'on exploitera à l'exercice 9.

$\frac{h(1)-h(-1)}{1-(-1)}=\frac{1-(-1)}{2}=1$. On résout $3c^{2}=1$, donc $c=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\approx\pm 0{,}577$, et les deux valeurs sont dans $\left]-1\ ;\ 1\right[$. Il n'y a aucune contradiction avec la stricte croissance : celle-ci impose $h'\geq 0$, pas que $h'$ prenne chaque valeur une seule fois. Ici $h'(x)=3x^{2}$ est une parabole, donc elle atteint la valeur 1 deux fois, une fois de chaque côté de son minimum. Le théorème compte les points où la PENTE vaut une valeur donnée, pas les points où la fonction la vaut.

Le crochet est l'équation de la CORDE joignant les points d'abscisses $a$ et $b$. Donc $g(x)$ est l'écart vertical, compté algébriquement, entre la courbe et sa corde. On a fabriqué une nouvelle fonction qui mesure « de combien la courbe s'écarte de la ligne droite », et c'est cet écart qu'on va soumettre à Rolle.

$g$ est continue sur $[a\ ;\ b]$ et dérivable sur $\left]a\ ;\ b\right[$ comme différence de $f$, qui l'est par hypothèse, et d'une fonction affine, qui l'est toujours. Aux bornes : $g(a)=f(a)-f(a)=0$, et $g(b)=f(b)-\left[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)\right]=f(b)-f(b)=0$. Donc $g(a)=g(b)=0$ ✓. Les trois hypothèses sont réunies, et c'est bien parce qu'on a soustrait exactement la corde que les deux valeurs sont devenues égales.

Rolle donne un $c$ dans $\left]a\ ;\ b\right[$ avec $g'(c)=0$. Or $g'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, la dérivée de la partie affine étant sa pente, constante. Donc $g'(c)=0$ s'écrit $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, ce qui est exactement la conclusion cherchée. Le théorème des accroissements finis n'est donc pas un théorème de plus : c'est Rolle vu dans un repère incliné.

$f(3)=9$, $f(1)=1$, la pente de la corde vaut $\frac{9-1}{2}=4$, et la corde est $y=1+4(x-1)=4x-3$. Donc $g(x)=x^{2}-4x+3$, qui est la parabole de l'exercice 1 question d. Elle s'annule en 1 et en 3 ✓, et son extremum est en $c=2$, où $g(2)=-1$ : l'écart maximal entre la courbe et sa corde vaut 1, atteint au milieu. Contrôle final : $f'(2)=4$, qui est bien la pente de la corde ✓.

Parce que Rolle lui-même ne donne aucun moyen de calculer son point : sa démonstration repose sur le théorème des bornes atteintes, qui affirme qu'une fonction continue sur un fermé borné atteint son maximum, sans dire où. Toute la chaîne est donc constituée d'arguments d'EXISTENCE. Dans les exercices on trouve $c$ en résolvant une équation, mais c'est un travail supplémentaire, propre à la fonction choisie, et il échoue dès que l'équation $f'(c)=k$ n'est pas résoluble à la main. Le théorème reste vrai dans ce cas, et c'est précisément ce qui fait sa valeur.

Soient $x_{1}<x_{2}$ deux points de l'intervalle. Sur $[x_{1}\ ;\ x_{2}]$, $f$ est continue et dérivable, donc le théorème des accroissements finis donne un $c$ tel que $f(x_{2})-f(x_{1})=f'(c)(x_{2}-x_{1})$. Comme $f'(c)=0$ par hypothèse, on obtient $f(x_{2})=f(x_{1})$. Les deux points étant quelconques, $f$ prend la même valeur partout : elle est constante. Remarquez que ce résultat, qui a l'air évident, n'a AUCUNE démonstration élémentaire sans le théorème.

On applique a à la fonction $h=f-g$, dont la dérivée $h'=f'-g'$ est nulle sur l'intervalle : $h$ est donc constante, c'est-à-dire $f=g+k$. C'est le fondement du chapitre des PRIMITIVES : deux primitives d'une même fonction sur un intervalle diffèrent d'une constante, et c'est pourquoi on écrit toujours « plus $C$ ». Sans ce théorème, rien ne garantirait qu'on les a toutes trouvées.

Elle est indispensable. Prenons $f(x)=\frac{|x|}{x}$ sur $\mathbb{R}^{*}$, qui vaut $-1$ pour $x<0$ et $+1$ pour $x>0$. Sa dérivée est nulle en tout point de son domaine, et pourtant $f$ n'est pas constante. La raison est que $\mathbb{R}^{*}$ n'est pas un intervalle : entre un point négatif et un point positif, on ne peut pas appliquer le théorème des accroissements finis, puisque la fonction n'est pas définie en 0. C'est aussi pourquoi la primitive de $\frac{1}{x}$ s'écrit $\ln|x|+C$ avec une constante qui peut DIFFÉRER sur les deux demi-droites.

Posons $F(x)=\arctan x+\arctan\left(\frac{1}{x}\right)$. Alors $F'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{-\frac{1}{x^{2}}}{1+\frac{1}{x^{2}}}=\frac{1}{1+x^{2}}-\frac{1}{x^{2}+1}=0$ pour tout $x>0$, après avoir multiplié haut et bas par $x^{2}$ dans le second terme. Comme $\left]0\ ;\ +\infty\right[$ est un intervalle, $F$ y est constante, et l'on identifie la constante en un point commode : $F(1)=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$. Donc $F(x)=\frac{\pi}{2}$ pour tout $x>0$. Contrôle en $x=3$ : $\arctan 3\approx 1{,}2490$ et $\arctan\left(\frac{1}{3}\right)\approx 0{,}3217$, de somme $1{,}5708\approx\frac{\pi}{2}$ ✓.

Non : sur $\left]-\infty\ ;\ 0\right[$ le calcul de $F'$ est identique et donne encore 0, donc $F$ y est constante aussi, mais rien n'oblige les deux constantes à coïncider. On l'évalue en $x=-1$ : $F(-1)=-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}=-\frac{\pi}{2}$. Les deux constantes sont opposées. C'est exactement la situation de la question c : le domaine $\mathbb{R}^{*}$ est fait de DEUX intervalles, et le théorème ne se transporte pas de l'un à l'autre. Conclure « $F$ est constante sur son domaine » serait faux, et c'est l'erreur que l'énoncé cherchait à provoquer.