Exercices corrigés : Rolle et le théorème des accroissements finis (201-NYA)

a) 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.

b) $f$ 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 $\sqrt{3}\approx 1{,}732$. Les deux points sont marqués sur la figure, avec leurs tangentes horizontales.

c) 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.

d) $g(1)=1-4+3=0$ 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.

e) $\sin 0=\sin(2\pi)=0$ ✓, 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.

a) $f(x)=|x|$ 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.

b) 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.

c) 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.

d) $m(x)=\frac{1}{x^{2}}$ 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.

e) 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 fausse, donc les hypothèses le sont » à partir d'un seul exemple.

a) 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.

b) 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 $c=2{,}25$. Ce point est marqué sur la figure, 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.

c) $\frac{g(3)-g(0)}{3-0}=\frac{(27-9)-0}{3}=6$. 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.

d) 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.

e) $\frac{h(1)-h(-1)}{1-(-1)}=\frac{1-(-1)}{2}=1$. 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.

a) 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.

b) $g$ 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.

c) 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.

d) $f(3)=9$, $f(1)=1$, 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 ✓.

e) 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.

a) 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.

b) 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.

c) 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.

d) 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 $1{,}5708\approx\frac{\pi}{2}$ ✓.

e) 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.

a) Le théorème des accroissements finis donne un $c$ dans $\left]a\ ;\ b\right[$ avec $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$. Comme $b-a>0$ et que $m\leq f'(c)\leq M$, on multiplie l'encadrement par le nombre positif $b-a$ sans changer le sens : $m(b-a)\leq f'(c)(b-a)\leq M(b-a)$, c'est-à-dire l'encadrement voulu. Le point $c$, dont on ignore tout, a disparu du résultat final : c'est là toute l'astuce.

b) $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ est DÉCROISSANTE, donc sur $[100\ ;\ 101]$ elle est comprise entre $\frac{1}{2\sqrt{101}}$ et $\frac{1}{2\sqrt{100}}=0{,}05$. On peut minorer grossièrement par $\frac{1}{2\sqrt{101}}>\frac{1}{2\times 10{,}05}\approx 0{,}049751$. Avec $b-a=1$ : $0{,}049751\leq\sqrt{101}-10\leq 0{,}05$, donc $10{,}049751\leq\sqrt{101}\leq 10{,}05$. La valeur exacte est $10{,}0498756$, bien dans l'encadrement, dont l'amplitude vaut seulement $2{,}5\times 10^{-4}$.

c) $f(x)=\ln x$, $f'(x)=\frac{1}{x}$, décroissante, donc sur $[1\ ;\ 1{,}1]$ elle est entre $\frac{1}{1{,}1}\approx 0{,}90909$ et 1. Avec $b-a=0{,}1$ : $0{,}090909\leq\ln(1{,}1)-\ln 1\leq 0{,}1$, et comme $\ln 1=0$, on obtient $0{,}090909\leq\ln(1{,}1)\leq 0{,}1$. La valeur exacte est $0{,}0953102$ ✓. On remarque qu'elle est presque au milieu de l'encadrement, ce qui suggère la meilleure estimation $0{,}0954$, à moins de deux dix-millièmes du vrai.

d) $\left|(\sin)'(x)\right|=\left|\cos x\right|\leq 1$ pour tout $x$, donc l'inégalité des accroissements finis avec $M=1$ donne $\left|\sin a-\sin b\right|\leq 1\times\left|a-b\right|$. Le sinus est ce qu'on appelle 1-lipschitzien : il ne peut jamais amplifier un écart. Application : $\left|\sin(2{,}01)-\sin 2\right|\leq 0{,}01$. La valeur réelle vaut environ $0{,}00416$, l'inégalité est donc vraie mais généreuse, ce qui est le prix d'une majoration valable pour TOUS les couples de points.

e) Parce qu'une calculatrice affiche un nombre sans dire à quelle distance de la vérité il se trouve, alors que la méthode produit deux nombres entre lesquels la vraie valeur est DÉMONTRÉE se trouver. La différence compte dès qu'on doit certifier un résultat : en analyse numérique, en physique expérimentale, ou simplement quand on veut prouver une inégalité stricte. Un encadrement de largeur $2{,}5\times 10^{-4}$ prouve par exemple que $\sqrt{101}<10{,}05$, ce qu'aucun affichage arrondi ne prouve à lui seul.

a) $f$ est un polynôme, donc continue sur $[1\ ;\ 2]$. On calcule $f(1)=1+3-5=-1$ et $f(2)=8+6-5=9$. Les deux valeurs sont de SIGNES CONTRAIRES, donc le théorème des valeurs intermédiaires garantit l'existence d'au moins un $x$ dans $\left]1\ ;\ 2\right[$ tel que $f(x)=0$. Les deux points sont marqués sur la figure, de part et d'autre de l'axe.

b) Supposons qu'il existe deux racines distinctes $r_{1}<r_{2}$. Alors $f(r_{1})=f(r_{2})=0$, et $f$ étant continue sur $[r_{1}\ ;\ r_{2}]$ et dérivable sur l'ouvert, le théorème de Rolle donne un $c$ entre les deux avec $f'(c)=0$. Or $f'(x)=3x^{2}+3\geq 3$ pour tout $x$ : elle ne s'annule JAMAIS. Contradiction. Il ne peut donc pas y avoir deux racines.

c) Existence plus unicité : l'équation admet exactement une solution. Pour la localiser, on évalue : $f(1{,}15)=1{,}520875+3{,}45-5=-0{,}029125$ et $f(1{,}16)=1{,}560896+3{,}48-5=0{,}040896$. Le changement de signe place la racine dans $\left]1{,}15\ ;\ 1{,}16\right[$, donc $r\approx 1{,}15$ à $10^{-2}$ près ; un pas de plus donnerait $r\approx 1{,}154$. Notez la séparation des rôles : les théorèmes ont prouvé qu'un unique nombre existe, le calcul numérique dit où il est. Aucun des deux ne remplace l'autre.

d) $g(-2)=-8+6+1=-1$, $g(0)=1$, $g(1)=-1$ et $g(2)=3$ : trois changements de signe, donc au moins trois racines par le théorème des valeurs intermédiaires. L'argument d'unicité tombe parce que $g'(x)=3x^{2}-3$ s'annule en $x=\pm 1$ : Rolle ne fournit plus de contradiction. Un polynôme de degré 3 ayant au plus trois racines, il en a donc exactement trois. C'est le contraste qui rend la méthode claire : c'est la stricte monotonie, lue sur le signe de la dérivée, qui interdit une seconde racine, pas la forme de l'équation.

e) L'argument d'existence est de nature TOPOLOGIQUE : il repose sur la continuité, sur le fait qu'une courbe ne peut pas passer d'un côté à l'autre de l'axe sans le toucher. L'argument d'unicité est de nature DIFFÉRENTIELLE : il repose sur le signe de la dérivée, donc sur la monotonie. Une fonction peut être continue sans être dérivable, et l'on obtient alors l'existence sans pouvoir rien dire de l'unicité. Les deux propriétés sont indépendantes, et c'est pourquoi une rédaction complète doit les traiter séparément.

1) FAUX. Il en garantit l'EXISTENCE, il ne le donne pas. Sa démonstration passe par le théorème des bornes atteintes, qui affirme qu'un maximum est atteint sans dire où. Dans un exercice, on trouve $c$ en résolvant $f'(c)=0$, mais c'est un travail supplémentaire propre à la fonction, et il échoue dès que l'équation n'est pas résoluble à la main, sans que le théorème cesse d'être vrai pour autant.

2) FAUX. Il manque l'hypothèse de DÉRIVABILITÉ sur $\left]a\ ;\ b\right[$, qui est justement celle que le contre-exemple $f(x)=|x|$ sur $[-1\ ;\ 1]$ met en défaut : la fonction est continue, elle vérifie $f(-1)=f(1)=1$, et sa dérivée vaut $\pm 1$ sans jamais s'annuler. L'énoncé correct exige les trois hypothèses ensemble.

3) FAUX. Il n'a aucune raison de l'être. Sur $f(x)=\sqrt{x}$ et $[1\ ;\ 4]$, le théorème donne $c=2{,}25$ alors que le milieu vaut 2,5. Le milieu est la bonne réponse dans un seul cas, celui d'une fonction du second degré, parce que sa dérivée est affine. Généraliser à partir de la parabole est l'erreur classique du chapitre.

4) FAUX. L'hypothèse doit porter sur un INTERVALLE, pas sur un domaine quelconque. La fonction $f(x)=\frac{|x|}{x}$ a une dérivée nulle en tout point de $\mathbb{R}^{*}$ et prend pourtant les deux valeurs $-1$ et $+1$. La raison est qu'on ne peut pas relier un point négatif à un point positif sans sortir du domaine, donc sans que le théorème des accroissements finis puisse s'appliquer. C'est aussi pourquoi une primitive de $\frac{1}{x}$ admet deux constantes indépendantes.

5) FAUX, et c'est exactement le cas que la formulation du théorème a été écrite pour couvrir. La continuité est exigée sur l'intervalle FERMÉ $[-1\ ;\ 1]$, où $f$ est bien continue, mais la dérivabilité seulement sur l'intervalle OUVERT $\left]-1\ ;\ 1\right[$, où elle est acquise. Le théorème s'applique donc, et il donne ici $f'(c)=\frac{f(1)-f(-1)}{2}=0$, soit $c=0$ : le sommet du demi-cercle. Confondre les deux intervalles fait rejeter des applications parfaitement légitimes.

a) 20 kilomètres en 10 minutes, soit en $\frac{1}{6}$ d'heure : la vitesse moyenne vaut $\frac{20}{1/6}=120$ kilomètres par heure. C'est la pente de la corde tracée sur la figure, entre le point de départ et le point d'arrivée.

b) Soit $d(t)$ la distance parcourue à l'instant $t$. La position d'un véhicule est une fonction continue du temps, et elle est dérivable, sa dérivée étant la vitesse instantanée : les deux hypothèses du théorème des accroissements finis sont satisfaites sur l'intervalle de parcours. Le théorème donne donc un instant $c$ tel que $d'(c)=\frac{d(t_{2})-d(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}=120$ kilomètres par heure. À cet instant, la vitesse instantanée valait exactement 120, donc plus que 100 : l'excès est démontré, pas seulement probable.

c) Non, et c'est la limite exacte de l'argument. Le théorème est un énoncé d'existence : il affirme qu'un tel instant existe, sans le localiser ni dire combien il y en a. Sur la figure, la tangente parallèle à la corde est atteinte au milieu du parcours, mais une autre trajectoire ayant les mêmes extrémités l'atteindrait ailleurs, et une trajectoire irrégulière pourrait l'atteindre en plusieurs instants. La preuve porte sur le FAIT de l'excès, jamais sur sa durée.

d) On convertit : 100 kilomètres par heure valent $\frac{100\,000}{3600}\approx 27{,}778$ mètres par seconde. La vitesse $v(t)$ est continue et dérivable, sa dérivée étant l'accélération. Le théorème des accroissements finis appliqué à $v$ sur $[0\ ;\ 5]$ donne un instant $c$ où $v'(c)=\frac{27{,}778-0}{5}\approx 5{,}556$ mètres par seconde carrée. C'est environ $0{,}566$ fois l'accélération de la pesanteur, ce que les essais automobiles notent 0,57 g : la valeur est cohérente avec ce qu'annoncent les constructeurs, et elle a été obtenue sans aucune mesure d'accélération.

e) L'objection se retourne contre elle-même. Si le véhicule s'est arrêté, alors il a passé moins de temps en mouvement pour couvrir la même distance, donc sa vitesse pendant les phases roulantes a été ENCORE plus élevée que 120. Le théorème ne fait aucune hypothèse sur la régularité du trajet, seulement sur la continuité de la position et sur l'existence d'une vitesse : deux propriétés qu'aucun scénario physique ne met en défaut. Une trajectoire irrégulière augmente le maximum de vitesse, elle ne peut pas le diminuer en dessous de la moyenne.

a) Posons $f(t)=e^{t}$. Pour $x>0$, le théorème sur $[0\ ;\ x]$ donne un $c$ dans $\left]0\ ;\ x\right[$ avec $e^{x}-1=e^{c}\cdot x$. Comme $c>0$, on a $e^{c}>1$, donc $e^{x}-1>x$ et $e^{x}>1+x$. Pour $x<0$, on applique le théorème sur $[x\ ;\ 0]$ : $1-e^{x}=e^{c}(0-x)=-e^{c}x$ avec $c<0$, donc $e^{c}<1$ et, comme $-x>0$, on obtient $1-e^{x}<-x$, soit encore $e^{x}>1+x$. Enfin l'égalité a lieu en $x=0$. L'inégalité est donc vraie partout, avec égalité au seul point 0.

b) Posons $f(t)=\ln(1+t)$ sur $[0\ ;\ x]$ avec $x>0$. Le théorème donne $\ln(1+x)-\ln 1=\frac{1}{1+c}\cdot x$ pour un $c$ dans $\left]0\ ;\ x\right[$. Comme $c>0$, on a $1+c>1$ donc $\frac{1}{1+c}<1$, d'où $\ln(1+x)<x$. L'inégalité est stricte parce que $c$ est strictement positif, le théorème donnant un point de l'intervalle OUVERT.

c) Le même $c$ vérifie aussi $c<x$, donc $1+c<1+x$ et $\frac{1}{1+c}>\frac{1}{1+x}$. En reportant : $\ln(1+x)=\frac{x}{1+c}>\frac{x}{1+x}$. Combiné avec b, cela donne $\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x$. Les deux bornes sortent du MÊME point $c$, simplement encadré des deux côtés : c'est l'économie de la méthode. Vérification en $x=0{,}5$ : $\frac{0{,}5}{1{,}5}=0{,}33333$, $\ln(1{,}5)=0{,}405465$ et $0{,}5$ ✓, l'encadrement est correct et pas très serré.