Le théorème de Rolle : Démonstration et exercices corrigés

Voici des exercices corrigés détaillés sur le théorème de Rolle.
Le théorème de Rolle

Qu’est-ce que le théorème de Rolle ? Cet article va permettre d’énoncer et de démontrer ce théorème ainsi que de corriger plusieurs exercices à ce sujet.

Enoncé du théorème de Rolle

Soient a et b deux réels tels que a < b et f une fonction à valeurs réelles continue sur [a,b] et dérivable sur ]a,b[ telle que f(a) = f(b).
Alors, il existe (au moins) un réel c dans ]a,b[ tel que f'(c) = 0

Démonstration du théorème de Rolle

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on a f([a,b])= [m,M] avec

m = \min_{x \in [a,b]} f(x)

et

M = \max_{x \in [a,b]} f(x)

Si m = M alors f est constante et dans ce cas :

\forall x \in ]a,b[, f'(x)= 0

Sinon, si m < M, comme f(a) = f(b), alors on ne peut pas avoir

m = f(a), M = f(b)

Quitte à considérer m, on peut toujours supposer que

M \neq f(a), M\neq f(b)

Comme l’image atteint ses bornes, on a :

\exists c \in ]a,b[, f(c) = M

Considérons maintenant h tel que

[c-h,c+h] \subset ]a,b[

On a, pour tout h positif ou négatif :

f(c+h) \leq f(c) = M 

On en déduit donc que si h > 0 :

\dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}\leq 0

A contrario, si h < 0 :

\dfrac{f(c+h)-f(c)}{h}\geq 0

En effet, le numérateur est postif et le dénominateur est négatif.
Maintenant, en faisant tendre h vers 0 par valeurs supérieurs et par valeurs inférieures, on obtient :

f'(c)  \geq 0 

et aussi

f'(c) \leq 0

Ce qui fait qu’on peut en conclure que

f'(c) = 0

On a donc bien démontré le théorème de Rolle.

Exercices corrigés

Voici maintenant des exercices corrigés sur le théorème de Rolle. Si vous souhaitez voir des énoncés, allez plutôt voir nos exercices de dérivation

Ces exercices sont faisables en MPSI. Voici les énoncés :

Exercice 936

Application du théorème de Rolle

Notons P le polynôme

P(X) = X^n +aX+b

Raisonnons par l’absurde. Si ce polynôme admet strictement plus de 3 racines réelles. On peut trouver a, b, c et d tels que

a < b < c < d , P(a)=P(b)=P(c)=P(d) = 0

On applique 3 fois le théorème de Rolle, entre a et b puis entre b et c puis entre c et d. Ce qui fait qu’on obtient :

\exists e \in ]a,b[, f \in ]b,c[,g\in ]c,d[, P'(e)=P'(f)=P'(g) = 0

Notons que :

e < f < g

Si on le fait une fois de plus, on a :

\exists h \in ]e,f[, k \in ]f,g[, P''(h) = P''(k) = 0

Avec donc :

h < k 

Or, on a :

P'(X) = nX^{n-1} + a

Puis,

P''(X) = n(n-1)X^{n-2}

Il est donc assez évident que P” n’a qu’une seule racine : 0. On a alors une contradiction : on ne peut pas avoir 2 racines h et k avec h < k.

Conclusion : P admet au plus 3 racines réelles

Exercice 938

Application maligne du théorème de Rolle

Considérons la fonction g définie par

\forall x \in [a,b], g(x) = e^{-x} (f(x)+f'(x))

Maintenant, on a la propriété suivante :

g(a) = e^{-a} (f(a)+f'(a) ) = e^{-b}(f(b)+f'(b)) = g(b)= 0 

g est bien dérivable. On peut donc lui appliquer la théorème de Rolle. Calculons maintenant sa dérivée :

\begin{array}{ll}
g'(x)& =-e^{-x} (f(x)+f'(x)) + e^{-x} (f'(x)+f''(x)) \\
&= e^{-x} (f''(x) - f(x))
\end{array}

Donc, d’après le théorème de Rolle, on obtient :

\begin{array}{ll}
&\exists c \in ]a,b[, g'(c) = 0 \\
\iff & \exists c \in ]a,b[, e^{-c} (f''(c) - f(c)) = 0\\
\iff & \exists c \in ]a,b[, f''(c) - f(c) = 0\\
\iff & \exists c \in ]a,b[, f''(c) = f(c) 
\end{array}

Qui est bien le résultat voulu, ce qui nous permet de conclure cet exercice !

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