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Exercices corrig´es
Th´eor`eme de Rolle, accroissements finis
1 Enonc´es
Exercice 1D´emonstration du th´eor`eme des accroissements finis.Soitf: [a,b]→R, continue sur [a,b], d´erivable sur ]a,b[. En appliquant le th´eor`eme de Rolle `a la fonction
F: [a,b]→Rd´efinie par
F(x) =f(x)-f(b)-f(a)b-a(x-a),
montrer qu"il existec?]a,b[ tel que f ?(c) =f(b)-f(a)b-a. Exercice 2SoitPla fonction polynˆomiale d´efinie parP(x) = 3x4-11x3+ 12x2-4x+ 2. Montrer queP? s"annule au moins une fois sur ]0,1[. Exercice 3Soitf:R→Rla fonction d´efinie par f(x) =sinx+ cosx1 + cos 2x. Montrer que, pour touta?R,f?s"annule au moins une fois sur l"intervalle ]a,a+ 2π[.Exercice 4Soientf,g: [a,b]→R, continues sur [a,b], d´erivables sur ]a,b[. On suppose quef(a)?=f(b) et
g(a)?=g(b). Montrer qu"il existec?]a,b[ tel que f ?(c)f(a)-f(b)=g?(c)g(a)-g(b).On consid´erera pour cela la fonctionFd´efinie sur [a,b] parF(x) =?f(a)-f(b)?g(x)-?g(a)-g(b)?f(x).
Exercice 5Soientpetqdeux r´eels etnun entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2. Montrer que la fonction
polynˆomialePd´efinie parP(x) =xn+px+qadmet au plus trois racines r´eelles sinest impair et au plus deux
racines r´eelles sinest pair. Exercice 6En appliquant le th´eor`eme des accroissements finis `a la fonction Arctg, montrer que ?t >0,Arctgt >t1 +t2.Exercice 7Soitf:R?→Rla fonction d´efinie parf(x) = exp(1/x). Montrer que, pour toutx >0, il existe
c?]x,x+ 1[ tel que f(x)-f(x+ 1) =1c2exp?1c
D´eterminer
lim x→∞x2? exp?1x -exp?1x+ 1?? 1Exercice 8Soitf: [a,b]→R?+, continue sur [a,b], d´erivable sur ]a,b[. En utilisant la fonctiong:= lnf,
montrer qu"il existec?]a,b[ tel que f(b)f(a)= exp?f?(c)f(c)(b-a)? Exercice 9SoitPla fonction polynˆomiale r´eelle d´efinie parP(x) =a0+a1x+···+anxn.
On suppose que les coefficients dePsatisfont la relation a 0+a12 +···+ann+ 1= 0. En consid´erant une primitive deP, montrer quePadmet au moins une racine dans l"intervalle ]0,1[. Exercice 10(a) A l"aide du th´eor`eme des accroissements finis, montrer que ?x >0,1x+ 1Exercice 12En utilisant la formule de Leibniz, calculer la d´eriv´ee d"ordrende la fonctionfd´efinie surR?+parf(x) =x2lnx.
2 Solutions
Solution de l"exercice 1.La fonctionFest continue sur [a,b] et d´erivable sur ]a,b[, de d´eriv´ee
F ?(x) =f?(x)-f(b)-f(a)b-a.De plus,F(a) =F(b) =f(a). Le th´eor`eme de Rolle implique alors l"existence d"un r´eelc?]a,b[ tel que
F ?(c) = 0, c"est-`a-dire, f ?(c)-f(b)-f(a)b-a.Solution de l"exercice 2.
La fonctionPest ´evidemment continue sur [0,1] et d´erivable sur ]0,1[. De plus,P(0) =P(1) = 2. D"apr`es le
th´eor`eme des accroissements finis, il existec?]0,1[ tel que P ?(c) =P(1)-P(0)1-0= 0. 2Solution de l"exercice 3.
La fonctionfest 2π-p´eriodique et d´erivable surR. Pour touta?R,f(a) =f(a+ 2π) et le th´eor`eme de Rolle
montre l"existence d"un r´eelc?]a,a+ 2π[ tel quef?(c) = 0.Solution de l"exercice 4.
La FonctionFest sur [a,b] et d´erivable sur ]a,b[, de d´eriv´ee F ?(x) =?f(a)-f(b)?g?(x)-?g(a)-g(b)?f?(x).De plus, on v´erifie facilement queF(a) =f(a)g(b)-f(b)g(a) =F(b). On peut donc appliquer le th´eor`eme de
Rolle : il existe un r´eelc?]a,b[ tel queF?(c) = 0, c"est-`a-dire, tel que f ?(c)f(a)-f(b)=g?(c)g(a)-g(b).Solution de l"exercice 5.
On aP?(x) =nxn-1+petP??(x) =n(n-1)xn-2. En particulier, on voit queP??admet exactement une racine, `a savoirx= 0.Commen¸cons par le cas o`unest impair. Supposons, en vue d"obtenir une contradiction, quePadmette quatre
racines distinctesa < b < c < d. La fonctionPest ´evidemment continue sur [a,b], d´erivable sur ]a,b[ et telle
queP(a) =P(b). Le th´eor`eme de Rolle implique alors l"existence dea1?]a,b[ tel queP?(a1) = 0. Le mˆeme
raisonnement sur les intervalles [b,c] et [c,d] montre l"existence deb1?]b,c[ etc1?]c,d[ tel queP?(b1) = 0
etP?(c1) = 0. DoncP?admet trois racines distinctesa1< b1< c1. Le mˆeme raisonnement montre alors aussi
queP??admet deux racinesa2?]a1,b1[ etb2?]b1,c1[. Ces racines ´etant n´ecessairement distinctes, il y a
contradiction avec le fait queP??admet pour unique racinex= 0. Il s"ensuit quePadmet au plus trois racines
r´eelles distinctes.Traitons maintenant le cas o`unest pair. Supposons, en vue d"obtenir une contradiction, quePadmette trois
racines distinctesa < b < c. Comme pr´ec´edemment, on d´eduit l"existence de deux racines deP?distinctes
a1?]a,b[ etb1?]b,c[, puis l"existence d"une racinea2?]b1,c1[. Or on a vu queP??admet 0 pour unique
racine, de sorte quea2= 0 et quea1<0< b1. Mais puisqueP?(x) =nxn-1+p, les racines deP?satisfont l"´equation x n-1=-pnet puisquenest impair, les racines sont toutes du signe de-p/n. On ne peut donc avoira1<0< b1. Il s"ensuit
quePadmet au plus deux racines r´eelles distinctes.Solution de l"exercice 6.
Le th´eor`eme des accroissements finis, appliqu´e `a la fonction Arctg sur l"intervalle [0,t] (o`utest quelconque dans
R ?+), implique l"existence dec?]0,t[ tel que11 +c2=Arctgt-Arctg0t-0=Arctgtt
Puisque la fonctiont?→1/(1 +t2) est strictement d´ecroissante surR+, on en d´eduit imm´ediatement que
Arctgtt
>11 +t2, puis l"in´egalit´e demand´ee.Solution de l"exercice 7.
La d´eriv´ee defest donn´ee surR?par
f ?(x) =-1x2exp?1x
Le th´eor`eme des accroissements finis montre que, pour toutx >0, il existec?]x,x+ 1[ tel quef?(c) =
f(x+ 1)-f(x), c"est-`a-dire, 1c2exp?1c
= exp?1x+ 1? -exp?1x 3On v´erifie facilement que la fonctiont?→t-2exp(1/t) est strictement d´ecroissante surR+. On en d´eduit les
in´egalit´es1(x+ 1)2exp?1x+ 1?
<1c2exp?1c
<1x2exp?1x
puis les in´egalit´es x2(x+ 1)2exp?1x+ 1?
Solution de l"exercice 8.
En appliquant les th´eor`emes de composition, on v´erifie facilement que la fonctiongest continue sur [a,b] et
d´erivable sur ]a,b[. D"apr`es le th´eor`eme des accroissements finis, il existec?]a,b[ tel que
g ?(c) =g(b)-g(a)b-a.Puisqueg(x) = lnf(x) on obtient :
f ?(c)f(c)=lnf(b)-lnf(a)b-a, c"est-`a-dire, f(b)f(a)= exp?f?(c)f(c)(b-a)? Solution de l"exercice 9.Les primitives dePsont les fonctions polynˆomiales de la formeQ(x) =α+a0x+a12
x2+···+ann+ 1xn+1,avecα?Rquelconque. On remarque queQ(0) =Q(1) =α. Le th´eor`eme de Rolle implique alors l"existence de
c?]0,1[ tel queQ?(c) =P(c) = 0.Solution de l"exercice 10.
(a) Appliquons le th´eor`eme des accroissements finis `a la fonction (x?→lnx), sur l"intervalle [x,x+ 1] : il existe
c?]x,x+ 1[ tel que 1c =ln(x+ 1)-lnx(x+ 1)-x= ln(x+ 1)-lnx.L"encadrement demand´e provient du fait que
1c ??1x+ 1,1x Remarquons que cet encadrement peut aussi s"´ecrire ?x >0,1x+ 1La deuxi`eme in´egalit´e dans (1) montre alors que (lng)?(x)<0 pour toutx >0, donc que lngest strictement
d´ecroissante surR?+. (c) En multipliant la double in´egalit´e (1) parx, puis parx+ 1 on obtient : ?x >0,xx+ 1< xln? 1 +1x <1<(x+ 1)ln? 1 +1xOn consid`ere la propri´et´e
(Pn)fgest au moinsnfois d´erivable et (fg)(n)=n? k=0C nkf(k)g(n-k).Nous allons montrer que, si (Pn) est satisfaite pourn < N, alors (Pn+1) est satisfaite. Il s"agit d"uner´ecurrence
finie, c"est-`a-dire d"une r´ecurrence qui s"interrompt apr`es un nombre fini d"incr´ementations den.
On v´erifie ais´ement que (P0) et (P1) sont satisfaites. Supposons que (Pn) soit satisfaite pourn < N. La
fonction (fg)(n)est d´erivable, puisque chaque fonctionf(k)g(n-k)est d´erivable, de d´eriv´ee
?f(k)g(n-k)??=f(k+1)g(n-k)+f(k)g(n+1-k). Doncfgest au moinsn+ 1 fois d´erivable, et l"on a (fg)(n+1)=n? k=0C nk?f(k)g(n-k)?? n? k=0C nkf(k+1)g(n-k)+n? k=0C nkf(k)g(n+1-k) n+1? k=1C nk-1f(k)g(n+1-k)+n? k=0C nkf(k)g(n+1-k). On a obtenue une somme de termes de la formeαkf(k)g(n+1-k), o`u0=Cn0= 1 =Cn+10, αn+1=Cnn= 1 =Cn+1n+1,et?k? {1,...,n}, αk=Cnk+Cnk-1=Cn+1
k d"apr`es la propri´et´e foncdamentale du triangle de Pascal. Il s"ensuit que (fg)(n+1)=n+1? k=0C n+1 kf(k)g(n+1-k),qui est la formule de Leibniz `a l"ordren+ 1. On remarque que, par commutativit´e du produit, on a aussi la
formule (fg)(n)= (gf)(n)=n? k=0C nkg(k)f(n-k). 5Solution de l"exercice 12.
Calculons, en vue d"appliquer la formule de Leibniz, les d´eriv´ees successives des fonctionsuetvd´efinies par
u(x) =x2etv(x) = lnx.On au?(x) = 2x,u??(x) = 2, puisu(k)≡0 pour toutk≥3. On a aussi, pour toutn≥1,v(n)(x) =
(-1)n-1(n-1)!x-n(on pourra montrer ceci par rcurrence). D"apr`es la formule de Leibniz, on a f ?(x) =C01x21x +C112xlnx=x+ 2xlnx, f ??(x) =C02x2? -1x 2? +C122x1x +C222lnx= 2lnx+ 3, puis, pourn≥3, f (n)(x) =C0nx2?(-1)n-1(n-1)!x-n?+C1n2x?(-1)n-2(n-2)!x-n+1?+C2n2?(-1)n-3(n-3)!x-n+2? = (-1)n-1(n-1)!x-n+2+ 2n(-1)n-2(n-2)!x-n+2+ 2n(n-1)2 (-1)n-3(n-3)!x-n+2 (-1)n-1x n-2? (n-1)!-2n(n-2)! +n(n-1)(n-3)!? (-1)n-1(n-1)!x n-2?