Étudier la possibilité d’appliquer le théorème de Rolle aux intervalles et fonctions suivants:
\(f: \left\{ \begin{array}{ccl} [-1,1] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \sqrt[3]{x^2} \end{array} \right.\)
\(g: \left\{ \begin{array}{ccl} [0,1/\pi] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \left\{\begin{array}{l} x\sin\left( {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \right) \textrm{ si } x \neq 0 \\ 0 \textrm{ si } x=0 \end{array}\right. \end{array} \right.\)
La fonction \(f\) est continue sur \(\left[-1,1\right]\) et \(f\left(-1\right)=f\left(1\right)\). Elle est dérivable sur \(\left]-1,1\right[\setminus\left\{0\right\}\) par opération sur les fonctions dérivables. Par contre, \(f\) n’est pas dérivable en \(0\). En effet, si \(x \in [-1,1] \setminus \left\{ 0 \right\}\) alors le taux d’accroissement de \(f\) en \(0\) est \[\Delta\left(x\right)=\dfrac{\sqrt[3]{x^2}}{x}=x^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}}\] qui diverge quand \(x\rightarrow 0\). On ne peut donc appliquer le théorème de Rolle à \(f\).
La fonction \(g\) est continue sur \(\left]0,1/\pi\right]\) par opérations sur les fonctions continues. On vérifie facilement grâce au théorème des gendarmes que \(g\) est aussi continue en \(0\). Elle est dérivable sur \(\left]0,\pi\right[\) et \(g\left(0\right)=g\left(1/\pi\right)=0\). On peut donc appliquer le théorème de Rolle à \(g\) : il existe \(c\in\left]0,\pi\right[\) tel que \(g'\left(c\right)=0\). On remarque que \(g\) n’est pas dérivable en \(0\).
Soit \(f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) dérivable et telle que \(f'\) ne s’annule pas. Prouver que \(f\) ne peut être périodique.
Raisonnons par l’absurde. Supposons que \(f\) est périodique et notons \(T>0\) sa période. Soit \(a\in \mathbb{R}\) et \(b=a+T\). La fonction \(f\) est continue et dérivable sur \(\left[a,b\right]\). De plus \(f\left(b\right)=f\left(a+T\right)=f\left(a\right)\). On peut alors appliquer le théorème de Rolle à \(f\) sur le segment \(\left[a,b\right]\). On en déduit que \(f'\) s’annule en un point de \(\left[a,b\right]\) ce qui est en contradiction avec l’énoncé.
Soient \((a,b,c)\in \mathbb{R}^{3}\). Montrer que l’équation \(4ax^3+3bx^2+2cx=a+b+c\) possède au moins une solution dans \(\left[0,1\right]\).
Soit \(F(x)=ax^4+bx^3+cx^2-(a+b+c)x\). Elle est dérivable sur \([0,1]\), \(F(0)=0=F(1)\). D’après le théorème de Rolle, il existe \(c\in [0,1]\) tel que \(F'(c)=0\). Mais alors \(c\) est solution de l’équation.
Soit \[f: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \Pi_{k=1}^5 \left(x-k\right) \end{array} \right. .\]
Sans calculer \(f'\), montrer que \(f'\) s’annule entre \(1\) et \(2\), entre \(2\) et \(3\), entre \(3\) et \(4\) et entre \(4\) et \(5\).
En déduire que les seules racines de \(f'\) sont celles trouvées précédemment.
Tracer le graphe de \(f\).
La fonction \(f\) est dérivable (et donc continue) sur \(\left[1,2\right]\) car polynomiale. De plus \(f\left(1\right)=f\left(2\right)=0\). D’après le théorème de Rolle, \(f'\) s’annule entre \(1\) et \(2\). On fait de même sur les trois autres segments.
Comme \(f\) est de degré \(5\), \(f'\) est de degré \(4\). Donc \(f'\) admet au plus \(4\) racines réelles. Les \(4\) racines trouvées dans la question précédente sont donc les seules racines de \(f'\). On note \(\alpha_i\) la racine de \(f'\) appartenant au segment \(\left]i,i+1\right[\).
On en déduit facilement le tableau de variation suivant :
On trace alors le graphe de \(f\) sans difficulté.
Soient \(a,b\) deux réels distincts et soient \(f\) et \(g\) deux fonctions continues sur \(\left[a,b\right]\) et dérivables sur \(\left]a,b\right[\). Montrer qu’il existe \(c\in\left]a,b\right[\) tel que \[f'\left(c\right)\left(g\left(b\right)-g\left(a\right)\right)=g'\left(c\right)\left(f\left(b\right)-f\left(a\right)\right)\]
En déduire la règle de l’Hospital: soient \(\alpha>0\), \(x_0\in\mathbb{R}\), \(V=\left]x_0-\alpha,x_0+\alpha\right[\) et \(f,g:V\rightarrow \mathbb{R}\) tels que :
les fonctions \(f\) et \(g\) sont continues sur \(V\).
les fonctions \(f\) et \(g\) sont dérivables sur \(V\setminus\left\{x_0\right\}\).
\(f\left(x_0\right)=g\left(x_0\right)=0\).
la fonction \(g\) ne s’annule pas sur \(V\setminus\left\{x_0\right\}\).
\(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_0}{\scriptstyle f'(x)\over\scriptstyle g'(x)}}=l\in\mathbb{R}\).
Alors \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_0}{\scriptstyle f(x)\over\scriptstyle g(x)}}=l\)
En déduire les limites suivantes
\(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}}\).
\(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}}\).
\(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\ln\left(1+x\right)-x}{x^2}}\).
\(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\left(1-\cos x\right)\mathop{\mathrm{cotan}}x}\).
Une généralisation de la proposition page :
Déduire de la règle de l’Hospital que si \(f\) est une application de classe \(\mathcal{C}^{2}\) dans un voisinage de \(0\) tel que \(f''\left(0\right)\neq 0\) alors \[f\left(x\right) -\left(f\left(0\right)+xf'\left(0\right)\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{f''\left(0\right)}{2}x^2\]
Généraliser ce résultat à une application de \(f\) classe \(\mathcal{C}^{n}\) dans un voisinage de \(0\) telle que \(f^{\left(n\right)}\left(0\right)\neq 0\).
Introduisons la fonction \[\theta: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[a,b\right] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & f\left(x\right)\left(g\left(b\right)-g\left(a\right)\right) - g\left(x\right)\left(f\left(b\right)-f\left(a\right)\right) \end{array} \right. .\] On montre que \(\theta\) est continue sur \(\left[a,b\right]\) et dérivable sur \(\left]a,b\right[\) en utilisant les théorèmes d’opérations. On vérifie par un calcul simple que \(\theta\left(a\right)=\theta\left(b\right)=f\left(a\right)g\left(b\right)-f\left(b\right)g\left(a\right)\). On peut alors appliquer le théorème de Rolle : il existe \(c\in\left]a,b\right[\) tel que \(\theta'\left(c\right)=f'\left(c\right)\left(g\left(b\right)-g\left(a\right)\right)-g'\left(c\right)\left(f\left(b\right)-f\left(a\right)\right)=0\) d’où le résultat.
Pour tout \(x\in V\setminus\left\{x_0\right\}\), \(f\) et \(g\) sont continues sur \(\left[x,x_0\right]\) et dérivables sur \(\left[x,x_0\right[\). D’après le résultat de la première question appliqué au segment \(\left[x,x_0\right]\), il existe \(c_x\in\left]x,x_0\right[\) tel que \[\dfrac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)} = \dfrac{f\left(x\right)-f\left(x_0\right)}{g\left(x\right)-g\left(x_0\right)} =\dfrac{f'\left(c_x\right)}{g'\left(c_x\right)} .\] Notons que ce dernier quotient est défini, d’après l’hypothèse \(5\) si on prend \(x\) suffisamment proche de \(x_0\). Mais \(c_x\xrightarrow[x\rightarrow x_0]{}x_0\) et \({\scriptstyle f'(c_x)\over\scriptstyle g'(c_x)}\xrightarrow[x\rightarrow x_0]{}l\) donc \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_0}{\scriptstyle f(x)\over\scriptstyle g(x)}}=l\).
On vérifie que les fonctions \(f\) et \(g\) suivantes vérifient les hypothèses de la règle de l’Hospital sur un voisinage adéquat \(V\) de \(0\) puis on applique cette règle.
On pose \(f:x\mapsto 1-\cos x\) et \(g:x\mapsto x^2\). Ces deux fonctions sont définies sur \(V=\mathbb{R}\). Pour \(x\in V\), on a : \(f'\left(x\right)=\sin x\), \(g'\left(x\right)=2x\) et pour \(x\neq 0\), \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\dfrac{\sin x}{2x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{1}{2}\) donc \(\boxed{\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{1-\cos x}{x^2}}=\dfrac{1}{2}}\).
On pose \(f:x\mapsto x-\sin x\) et \(g:x\mapsto x^3\). Ces deux fonctions sont définies sur \(V=\mathbb{R}\). Pour \(x\in V\), on a : \(f'\left(x\right)=1-\cos x\), \(g'\left(x\right)=3x^2\) et pour \(x\neq 0\), \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\dfrac{1-\cos x}{3x^2}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2}}{3x^2}=\dfrac{1}{6}\) donc \(\boxed{\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{x-\sin x}{x^3}}=\dfrac{1}{6}}\).
On pose \(f:x\mapsto \ln\left(1+x\right)-x\) et \(g:x\mapsto x^2\). Ces deux fonctions sont définies sur \(V=\left]-1,+\infty\right[\). Pour \(x\in V\), on a : \(f'\left(x\right)=-\dfrac{x}{1+x}\), \(g'\left(x\right)=2x\) et \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=-\dfrac{x}{2\left(1+x\right)x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}-\dfrac{1}{2}\) donc \(\boxed{\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\dfrac{\ln\left(1+x\right)-x}{x^2}}=-\dfrac{1}{2}}\).
On pose \(f:x\mapsto 1-\cos x\) et \(g:x\mapsto \tan x\). Ces deux fonctions sont définies sur \(V=\mathbb{R}\). Pour \(x\in V\), on a : \(f'\left(x\right)=\sin x\), \(g'\left(x\right)=1+\tan^2 x\) et \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\dfrac{\sin x}{1+\tan^2 x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) donc \(\boxed{\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}\left(1-\cos x\right)\mathop{\mathrm{cotan}}x}=0}\).
Une généralisation de la proposition page :
On suppose que \(f\) est définie sur un voisinage \(V\) de \(x_0=0\). Introduisons les fonctions : \[f_1: \left\{ \begin{array}{ccl} V & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & f\left(x\right)-\left(f\left(0\right)+xf'\left(0\right)\right) \end{array} \right. \quad \textrm{ et} \quad f_2: \left\{ \begin{array}{ccl} V & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & x^2 \end{array} \right. .\] Comme \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(V\), ces deux fonctions vérifient les quatre premières hypothèses de la règle de l’Hospital. De plus, si \(x\in V\setminus\left\{x_0\right\}\) alors \[\dfrac{f_1'\left(x\right)}{f'_2\left(x\right)}=\dfrac{1}{2}\dfrac{f'\left(x\right)-f'\left(0\right)}{x}\xrightarrow[x \rightarrow 0]{}\dfrac{f''\left(0\right)}{2}\] car on reconnaît le taux d’acroissement de \(f'\) en \(0\). On en déduit, d’après la règle de l’Hospital, que \[\dfrac{f_1\left(x\right)}{f_2\left(x\right)}=\dfrac{f\left(x\right)-\left(f\left(0\right)+xf'\left(0\right)\right)}{x ^2} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}\dfrac{f''\left(0\right)}{2}\] et comme \(f''\left(0\right)\neq 0\) alors \(f\left(x\right) -\left(f\left(0\right)+xf'\left(0\right)\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{f''\left(0\right)}{2}x^2\).
On généralise ce résultat en considérant les fonctions : \[f_1: \left\{ \begin{array}{ccl} V & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & f\left(x\right)-\left(f\left(0\right)+xf'\left(0\right)+\dfrac{x^2}{2}f''\left(0\right) +\dots+\dfrac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}f^{\left(n-1\right)}\left(0\right) \right) \end{array} \right. \quad \textrm{ et} \quad f_2: \left\{ \begin{array}{ccl} V & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & x^n \end{array} \right.\] et en effectuant un travail identique. On montre alors que : \[\boxed{f\left(x\right)-\left(f\left(0\right)+xf'\left(0\right)+\dfrac{x^2}{2}f''\left(0\right) +\dots+\dfrac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)\right) \underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{f^{\left(n\right)}\left(0\right)}{n!}x^n.}\]
Soit \(I\) un intervalle et \(f:I\mapsto \mathbb{R}\) une fonction deux fois dérivable sur \(I\). Soit \((a,b,c)\in I^3\) trois points de \(I\) avec \(a<b<c\). Montrer qu’il existe \(d\in I\) tel que \[\dfrac{f(a)}{(a-b)(a-c)} + \dfrac{f(b)}{(b-c)(b-a)}+\dfrac{f(c)}{(c-a)(c-b)}=\dfrac{f''(d)}{2}\]
Considérons la fonction \(\varphi:I\mapsto \mathbb{R}\) définie par \[\varphi(x)=(x-b)f(a)+(a-x)f(b)+(b-a)f(x)-\dfrac{(a-b)(b-x)(x-a)}{2}K\] où \(K\) est une constante choisie de telle sorte que \(\varphi(c)=0\). Comme \(\varphi\) est deux fois dérivable sur \(I\), \(\varphi\) est continue sur \([a,b]\), dérivable sur \(]a,b[\) et \(\varphi(a)=\varphi(b)=0\). Par conséquent, d’après le théorème de Rolle, il existe \(d_1\in]a,b[\) tel que \(\varphi'(d_1)=0\). De même, comme \(\varphi(b)=\varphi(c)=0\), il existe \(d_2\in]b,c[\) tel que \(\varphi'(d_2)=0\). Mais pour tout \(x\in I\), on calcule \[\varphi'(x)=f(a)-f(b)+(b-a)f'(x)+(a-b)Kx -\dfrac{(a-b)(a+b)}{2}K\] et comme \(\varphi'\) est continue sur \([d_1,d_2]\), dérivable sur \(]d_1,d_2[\) et \(\varphi'(d_1)=\varphi'(d_2)=0\), d’après le théorème de Rolle, il existe \(d\in ]d_1,d_2[\) tel que \(\varphi''(d)=0\). Mais \(\forall x\in I\), \[\varphi''(x)=(b-a)f''(x)+ (a-b)K\] et par conséquent, \(K=f''(d)\). Comme \(\varphi(c)=0\), en reportant cette valeur pour \(K\), on trouve que \[(c-b)f(a)+(a-c)f(b)+(b-a)f(c)=\dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{2}f''(d)\] et en divisant cette égalité par \((a-b)(b-c)(c-a)\), on trouve le résultat.
Soit \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \([a,b]\). On suppose que \(f(a)=f'(a)=f(b)=f'(b)=0\).
Montrer qu’il existe \(c\in]a,b[\) tel que \(f''(c)=f(c)\).
Considérons la fonction \(g\) donnée pour tout \(x\in\left[a,b\right]\) par \(g(x)=e^x[f'(x)-f(x)]\). Par opération sur les fonctions dérivables, \(g\) est dérivable sur \(\left[a,b\right]\) et pour tout \(x\in\left[a,b\right]\) on a \(g'(x)=e^x[f''(x)-f(x)]\). On vérifie que \(g\left(a\right)=g\left(b\right)=0\) Par application du théorème de Rolle, il existe \(c\in \left[a,b\right]\) tel que \(g'\left(c\right)=0\). Comme la fonction exponentielle ne s’annule jamais, il s’ensuit que \(f''\left(c\right)-f\left(c\right)=0\).
Soit une fonction \(f\) de classe \(\mathcal{C}^{3}\) sur le segment \([a, b]\). On suppose qu’il existe trois points \(a < a_1 < a_2 < a_3 < b\) tels que \(f(a_1) = f(a_2) = f(a_3) = 0\). Soit un réel \(x \in [a, b]\). Montrez qu’il existe un réel \(c \in ]a, b[\) tel que \[f(x) = \dfrac{(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)}{6}f^{(3)}(c).\]
Définissons la fonction auxiliaire \(\varphi\) suivante : \[\varphi:\left\{ \begin{array}{ccl} [a, b] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ t & \longmapsto & f(t) - \dfrac{(t-a_1)(t-a_2)(t-a_3)}{6}K \end{array} \right.\] où \(K\) est une constante choisie telle que \(\varphi(x) = 0\). La fonction \(\varphi\) est de classe \(\mathcal{C}^{3}\) sur le segment \([a, b]\) comme somme de la fonction \(f\) et d’une fonction polynomiale. Comme \(\varphi(a_1)=\varphi(a_2)=\varphi(a_3)=\varphi(x)=0\), en appliquant le théorème de Rolle trois fois, on montre qu’il existe trois réels \(b_1, b_2, b_3 \in ]a, b[\) tels que \(\varphi'(b_1) = \varphi'(b_2)= \varphi'(b_3)=0\). En appliquant ensuite le théorème de Rolle à la fonction \(\varphi'\) deux fois, on montre l’existence de deux réels \(c_1, c_2 \in ]a, b[\) tels que \(\varphi''(c_1)= \varphi''(c_2)=0\) et en réappliquant le théorème de Rolle entre les points \(c_1\) et \(c_2\), on montre l’existence d’un réel \(c \in ]a, b[\) tel que \(\varphi^{(3)}(c)=0\). Mais on calcule pour \(t \in [a, b]\), \[\varphi^{(3)}(t) = f^{(3)}(t) - K\] et donc \(K = f^{(3)}(c)\). Comme la constante \(K\) a été choisie pour que \(\varphi(x)=0\), en écrivant cette condition et en remplaçant \(K\) par \(f^{(3)}(c)\), on obtient l’égalité de l’énoncé.
Soit \(f \in \mathcal{C}^{3}([a, b])\). Montrer qu’il existe \(c \in ]a, b[\) tel que : \[f(b) - f(a) = \dfrac{b-a}{2}\Bigl[f'(a) + f'(b)\bigr] - \dfrac{(b-a)^3}{12}f^{(3)}(c).\]
Considérons la fonction auxiliaire \[\varphi(t) = f(t) - f(a) - \dfrac{t-a}{2}\Bigl[f'(a) + f'(t)\Bigr] + \dfrac{(t-a)^3}{12}K\] définie pour tout \(t\in\left[a,b\right]\) où \(K\) est une constante choisie en sorte que \(\varphi\left(b\right)=0\). La fonction \(\varphi\) s’annule aussi en \(a\), est dérivable sur \(\left[a,b\right]\) par opération sur les fonctions dérivables. On applique alors le théorème de Rolle. Il existe \(c'\in\left]a,b\right[\) tel que \(\varphi'\left(c'\right)=0\). Par ailleurs, pour tout \(t\in\left[a,b\right]\), on a : \[\varphi'\left(t\right)=\dfrac{1}{2}\left(f'\left(t\right)-f'\left(a\right)\right)-\dfrac{t-a}{2}f''\left(t\right)+\dfrac{\left(t- a\right)^2 } {4 }K.\] On remarque sur \(\varphi'\) s’annule aussi en \(a\) et qu’elle est dérivable sur \(\left[a,c'\right]\). On applique alors une nouvelle fois le théorème de Rolle. Il existe \(c\in\left]a,c'\right[\) tel que \(\varphi''\left(c\right)=0\). Mais pour tout \(t\in\left[a,b\right]\), \[\varphi''\left(t\right)=\dfrac{t-a}{2}\left(K-f^{\left(3\right)}\left(t\right)\right).\] Comme \(\varphi''\left(c\right)=0\), il vient que \(K=f^{\left(3\right)}\left(c\right)\) et l’égalité est prouvée.
Soit \(f \in \mathcal{C}^{5}([a, b])\). Montrer qu’il existe \(c \in ]a, b[\) tel que \[f(b) = f(a) + \dfrac{b-a}{2}\bigl(f'(a) + f'(b)\bigr) - \dfrac{(b-a)^2}{12}\bigl(f''(b) - f''(a)\bigr) + \dfrac{(b-a)^5}{720} f^{(5)}(c)\]
On utilise la fonction auxiliaire \[\varphi(x) = f(x) - f(a) - \dfrac{x-a}{2}\bigl(f'(x) + f'(a)\bigr) + \dfrac{(x-a)^2}{12}\bigl(f''(x) - f''(a)\bigr) - \dfrac{(x-a)^5}{720} K\] où \(K\) est une constante choisie en sorte que \(\varphi\left(b\right)=0\) et l’application successive du théorème de Rolle permet de conclure comme dans l’exercice précédent.