Théorème de Rolle et dérivées n-ièmes : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « théorème de Rolle et dérivées n-ièmes », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de licence soignée. Chaque application du théorème de Rolle ou des accroissements finis commence par la liste des hypothèses vérifiées, car c’est là que se perdent le plus de points. Les études locales reviennent au taux d’accroissement et distinguent la gauche de la droite.
Deux figures complètent la rédaction : le contre-exemple de la question de cours et le raccord dérivable de l’exercice 2. Dans le problème, la formule de Leibniz est écrite terme à terme, puis le discriminant tranche la question du signe. Cherchez d’abord seul, ensuite comparez votre copie à celle-ci, notamment grâce au barème détaillé.
L’énoncé complet se trouve ici : Théorème de Rolle et dérivées n-ièmes : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : théorème de Rolle et dérivées n-ièmes
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Question de cours : la preuve de Rolle | 3 points |
| 2. Trois études locales | 4 points |
| 3. Rolle pour compter des zéros | 4 points |
| 4. Accroissements finis et racines carrées | 4 points |
| 5. Problème : les dérivées successives d’un produit | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : théorème de Rolle et dérivées n-ièmes
Exercice 1 – Question de cours : la preuve de Rolle (3 points)
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Théorème de Rolle. Soit \(f\) une fonction réelle continue sur le segment \([a\,;\,b]\), dérivable sur l’intervalle ouvert \(]a\,;\,b[\), et telle que \(f(a) = f(b)\). Alors il existe \(c \in \,]a\,;\,b[\) tel que \(f^{\prime}(c) = 0\).
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Comme \(g\) admet un maximum local en \(c\), il existe \(\eta > 0\) tel que \(]c – \eta\,;\,c + \eta[\) soit inclus dans \(]a\,;\,b[\) et que \(g(x) \leq g(c)\) pour tout \(x\) de cet intervalle. Le numérateur \(g(x) – g(c)\) est donc négatif ou nul.
Pour \(c < x < c + \eta\), le taux \(\frac{g(x) – g(c)}{x – c}\) est négatif ou nul, car son dénominateur est positif. Par passage à la limite dans une inégalité large, on obtient \(g^{\prime}(c) \leq 0\).
Pour \(c – \eta < x < c\), ce même taux est positif ou nul, puisque le dénominateur devient négatif. De même, la limite donne \(g^{\prime}(c) \geq 0\). Finalement, \(g^{\prime}(c) = 0\).
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Notons \(m\) et \(M\) les bornes inférieure et supérieure de \(f\) sur \([a\,;\,b]\). Par continuité sur ce segment, le théorème admis garantit qu’elles sont finies et que \(f\) les prend effectivement.
Si \(m = M\), alors \(f\) est constante, et sa dérivée est nulle en tout point de \(]a\,;\,b[\) : n’importe quel \(c\) convient.
Sinon, \(m < M\), et l’une au moins de ces deux valeurs diffère de \(f(a) = f(b)\). Plaçons-nous dans le cas \(M \neq f(a)\). Tout point \(c\) où \(f(c) = M\) diffère alors des deux extrémités, ce qui place \(c\) dans \(]a\,;\,b[\). Ce maximum global est en particulier local, et \(f\) est dérivable en \(c\). La question précédente donne alors \(f^{\prime}(c) = 0\). Dans le cas contraire, \(M = f(a)\) impose \(m \neq f(a)\) : on raisonne de même en un point où \(f\) vaut \(m\), en appliquant la question b) à \(-f\).
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On calcule \(\psi(0) = 2 – 3 = -1\) et \(\psi(3) = 2 – |3| = -1\), donc \(\psi(0) = \psi(3)\). Pourtant, \(\psi(x) = 2x – 1\) sur \([0\,;\,\frac{3}{2}]\) et \(\psi(x) = 5 – 2x\) sur \([\frac{3}{2}\,;\,3]\). Ainsi \(\psi^{\prime}\) vaut \(2\) ou \(-2\) là où elle existe, et ne s’annule jamais.
En \(\frac{3}{2}\), les taux d’accroissement tendent vers \(2\) à gauche et vers \(-2\) à droite, donc \(\psi\) n’est pas dérivable en ce point. L’hypothèse manquante est la dérivabilité sur \(]0\,;\,3[\).
Piège classique : oublier de justifier que l’extremum est atteint à l’intérieur du segment. Si le maximum et le minimum étaient tous deux atteints aux bornes, la fonction serait constante.
Exercice 2 – Trois études locales (4 points)
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Pour tout réel \(x\), on a \(x^2 + x^4 = x^2(1 + x^2)\), donc \(h(x) = |x|\sqrt{1 + x^2}\). Puisque \(h(0) = 0\), le taux d’accroissement en \(0\) vaut, pour \(x \neq 0\) :
\[\frac{h(x) – h(0)}{x} = \frac{|x|}{x}\sqrt{1 + x^2}.\]
Quand \(x \to 0^{+}\), ce taux tend vers \(1\) ; quand \(x \to 0^{-}\), il tend vers \(-1\). La fonction \(h\) admet donc deux demi-dérivées en \(0\) : \(h_d^{\prime}(0) = 1\) et \(h_g^{\prime}(0) = -1\). Ces deux nombres diffèrent, donc \(h\) n’est pas dérivable en \(0\) : l’origine est un point anguleux. Les demi-tangentes ont pour équations \(y = x\) pour \(x \geq 0\) et \(y = -x\) pour \(x \leq 0\).
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On a \(k(2) = 0\). Pour \(x \neq 2\), le taux d’accroissement se simplifie :
\[\frac{k(x) – k(2)}{x – 2} = \frac{(x – 2)\sqrt{|x – 2|}}{x – 2} = \sqrt{|x – 2|}.\]
Or la racine carrée est continue en \(0\), donc ce taux tend vers \(0\) quand \(x\) tend vers \(2\). Par conséquent, \(k\) est dérivable en \(2\) et \(k^{\prime}(2) = 0\).
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Une fonction dérivable en un point y est continue. D’abord, la continuité en \(1\) impose que \(\lim_{x \to 1^{+}} 2\sqrt{x} = 2\) soit égale à \(\varphi(1) = \alpha + \beta\), donc \(\alpha + \beta = 2\).
Ensuite, à gauche de \(1\), le taux s’écrit \(\frac{\alpha(x^2 – 1) + \beta(x – 1)}{x – 1} = \alpha(x + 1) + \beta\), qui tend vers \(2\alpha + \beta\). À droite, grâce à \(\varphi(1) = 2\), on obtient \(\frac{2\sqrt{x} – 2}{x – 1} = \frac{2}{\sqrt{x} + 1}\), qui tend vers \(1\).
La dérivabilité en \(1\) équivaut donc au système \(\alpha + \beta = 2\) et \(2\alpha + \beta = 1\). Par soustraction, \(\alpha = -1\), puis \(\beta = 3\). Réciproquement, avec ces valeurs, les deux demi-dérivées valent \(1\). Ainsi \(\alpha = -1\), \(\beta = 3\), \(\varphi^{\prime}(1) = 1\), et la tangente a pour équation \(y = x + 1\).
Piège classique : égaliser seulement les dérivées des deux formules. Sans la condition de continuité, le taux d’accroissement à droite ne tend pas vers la dérivée de \(2\sqrt{x}\).
Exercice 3 – Rolle pour compter des zéros (4 points)
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Les calculs donnent \(P(-2) = -32 + 10 + 2 = -20\), \(P(-1) = -1 + 5 + 2 = 6\), \(P(0) = 2\), \(P(1) = 1 – 5 + 2 = -2\) et \(P(2) = 32 – 10 + 2 = 24\).
La fonction polynomiale \(P\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Elle change de signe entre \(-2\) et \(-1\), entre \(0\) et \(1\), puis entre \(1\) et \(2\). Le théorème des valeurs intermédiaires garantit ainsi un zéro dans chacun des intervalles \(]-2\,;\,-1[\), \(]0\,;\,1[\) et \(]1\,;\,2[\). Ces intervalles sont disjoints, si bien que \(P\) a au moins trois racines réelles distinctes.
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Raisonnons par l’absurde et supposons que \(P\) admette quatre racines \(x_1 < x_2 < x_3 < x_4\). La fonction \(P\) est continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\), et elle prend la même valeur \(0\) aux bornes de chacun des segments \([x_1\,;\,x_2]\), \([x_2\,;\,x_3]\) et \([x_3\,;\,x_4]\). Le théorème de Rolle fournit alors trois réels \(d_1\), \(d_2\), \(d_3\), un dans chaque intervalle ouvert, où \(P^{\prime}\) s’annule. Ces réels sont distincts, car les intervalles ouverts sont disjoints.
Or \(P^{\prime}(x) = 5x^4 – 5 = 5(x – 1)(x + 1)(x^2 + 1)\), et \(x^2 + 1 > 0\) : \(P^{\prime}\) n’a que deux racines réelles, \(-1\) et \(1\). C’est une contradiction. Par conséquent, \(P\) possède exactement trois racines réelles, ce que confirme la courbe.
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La fonction \(g : x \mapsto f(x) – x^2\) est deux fois dérivable sur \([0\,;\,2]\), comme différence de deux telles fonctions. De plus, \(g(0) = 0\), \(g(1) = 1 – 1 = 0\) et \(g(2) = 4 – 4 = 0\).
D’abord, \(g\) est continue sur \([0\,;\,1]\), dérivable sur \(]0\,;\,1[\) et \(g(0) = g(1)\). Le théorème de Rolle donne donc \(c_1 \in \,]0\,;\,1[\) tel que \(g^{\prime}(c_1) = 0\). De même, sur \([1\,;\,2]\), on obtient \(c_2 \in \,]1\,;\,2[\) tel que \(g^{\prime}(c_2) = 0\), et l’on a \(c_1 < c_2\).
Ensuite, \(g^{\prime}\) est dérivable sur \([0\,;\,2]\), donc continue sur \([c_1\,;\,c_2]\) et dérivable sur \(]c_1\,;\,c_2[\), avec \(g^{\prime}(c_1) = g^{\prime}(c_2)\). Une seconde application de Rolle fournit \(c \in \,]c_1\,;\,c_2[\), donc \(c \in \,]0\,;\,2[\), tel que \(g^{\prime\prime}(c) = 0\). Comme \(g^{\prime\prime}(x) = f^{\prime\prime}(x) – 2\), on conclut : \(f^{\prime\prime}(c) = 2\).
Piège classique : appliquer Rolle à \(g^{\prime}\) sans justifier sa continuité. Ici, elle découle de la dérivabilité de \(g^{\prime}\), donc de l’hypothèse « deux fois dérivable ».
Exercice 4 – Accroissements finis et racines carrées (4 points)
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Égalité des accroissements finis. Pour toute fonction \(f\) réelle, continue sur un segment \([a\,;\,b]\) avec \(a < b\) et dérivable à l’intérieur, on peut trouver un réel \(c\) strictement entre \(a\) et \(b\) vérifiant \(f(b) – f(a) = (b – a)\,f^{\prime}(c)\).
La racine carrée est continue sur \([1\,;\,4]\) et dérivable sur \(]1\,;\,4[\), de dérivée \(\frac{1}{2\sqrt{x}}\). La pente de la corde vaut \(\frac{2 – 1}{4 – 1} = \frac{1}{3}\). On résout donc \(\frac{1}{2\sqrt{c}} = \frac{1}{3}\), soit \(\sqrt{c} = \frac{3}{2}\). Ainsi \(c = \frac{9}{4}\), qui appartient bien à \(]1\,;\,4[\). Ce réel est unique, car la dérivée est strictement décroissante.
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Posons \(u(t) = \cos(3t)\). La fonction \(u\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), et \(u^{\prime}(t) = -3\sin(3t)\), donc \(|u^{\prime}(t)| \leq 3\) pour tout réel \(t\).
Si \(x = y\), l’inégalité est évidente. Sinon, on applique le résultat de la question a) à \(u\) entre \(x\) et \(y\) : un réel \(t\) situé entre ces deux nombres vérifie \(\cos(3x) – \cos(3y) = u^{\prime}(t)\,(x – y)\). En passant aux valeurs absolues, on obtient alors \(|\cos(3x) – \cos(3y)| \leq 3\,|x – y|\).
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Sur \([k\,;\,k + 1]\), la fonction racine carrée remplit les hypothèses du théorème rappelé en a) : on dispose donc de \(c \in \,]k\,;\,k + 1[\) tel que \(\sqrt{k + 1} – \sqrt{k} = \frac{1}{2\sqrt{c}}\).
Comme \(k < c < k + 1\) et que la racine carrée est strictement croissante, on a \(\sqrt{k} < \sqrt{c} < \sqrt{k + 1}\). Le passage à l’inverse, décroissant sur les réels strictement positifs, renverse les inégalités. On en déduit \(\frac{1}{2\sqrt{k + 1}} < \sqrt{k + 1} – \sqrt{k} < \frac{1}{2\sqrt{k}}\).
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D’une part, l’inégalité de droite donne \(\frac{1}{\sqrt{k}} > 2\left(\sqrt{k + 1} – \sqrt{k}\right)\) pour tout \(k \geq 1\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\), la somme télescopique vaut \(2\left(\sqrt{n + 1} – 1\right)\), donc \(T_n \geq 2\sqrt{n + 1} – 2\).
D’autre part, l’inégalité de gauche, écrite au rang \(j – 1\) avec \(j \geq 2\), donne \(\frac{1}{\sqrt{j}} < 2\left(\sqrt{j} – \sqrt{j – 1}\right)\). Pour \(n \geq 2\), la somme de \(j = 2\) à \(n\) conduit à \(T_n – 1 < 2\left(\sqrt{n} – 1\right)\), soit \(T_n < 2\sqrt{n} – 1\). Pour \(n = 1\), on a l’égalité \(T_1 = 1 = 2\sqrt{1} – 1\). Ainsi \(2\sqrt{n + 1} – 2 \leq T_n \leq 2\sqrt{n} – 1\) pour tout \(n \geq 1\).
Enfin, en divisant par \(\sqrt{n}\) :
\[2\sqrt{1 + \frac{1}{n}} – \frac{2}{\sqrt{n}} \leq \frac{T_n}{\sqrt{n}} \leq 2 – \frac{1}{\sqrt{n}}.\]
Les deux bornes tendent vers \(2\). Le théorème des gendarmes donne donc \(\frac{T_n}{\sqrt{n}} \to 2\).
Piège classique : décaler les indices sans soin. L’inégalité de gauche porte sur \(\frac{1}{\sqrt{k + 1}}\) : sa somme majore donc \(T_n – 1\), et non \(T_n\), si bien que le premier terme doit être traité à part.
Exercice 5 – Problème : les dérivées successives d’un produit (5 points)
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Formule de Leibniz. Si \(u\) et \(v\) sont \(n\) fois dérivables sur un intervalle, alors \(uv\) l’est aussi et \((uv)^{(n)} = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} u^{(k)} v^{(n-k)}\).
Posons \(u(x) = x^2 + 1\) et \(v(x) = \mathrm{e}^{2x}\). D’une part, \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(u^{\prime\prime}(x) = 2\) et \(u^{(k)} = 0\) dès que \(k \geq 3\). D’autre part, chaque dérivation de \(v\) multiplie la fonction par \(2\), si bien que \(v^{(p)}(x) = 2^{p}\,\mathrm{e}^{2x}\) pour tout entier \(p\). Pour \(n \geq 2\), seuls les trois premiers termes de la somme subsistent :
\[f^{(n)}(x) = \mathrm{e}^{2x}\left(2^n (x^2 + 1) + n \times 2x \times 2^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2} \times 2 \times 2^{n-2}\right).\]
En factorisant \(2^{n-2}\), la parenthèse devient \(2^{n-2}\left(4x^2 + 4 + 4nx + n^2 – n\right)\), d’où \(f^{(n)}(x) = 2^{n-2}\,\mathrm{e}^{2x}\,Q_n(x)\). Enfin, la formule reste vraie pour \(n = 0\), car \(\frac{1}{4}(4x^2 + 4) = x^2 + 1\), et pour \(n = 1\), puisque \(f^{\prime}(x) = 2x\,\mathrm{e}^{2x} + 2(x^2 + 1)\,\mathrm{e}^{2x} = \frac{1}{2}\,\mathrm{e}^{2x}(4x^2 + 4x + 4)\).
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Le discriminant de \(Q_n\) vaut \(\Delta_n = (4n)^2 – 16(n^2 – n + 4) = 16n – 64\), soit \(\Delta_n = 16(n – 4)\). Comme \(2^{n-2}\,\mathrm{e}^{2x} > 0\), la dérivée \(f^{(n)}\) a le signe de \(Q_n\), trinôme de coefficient dominant \(4 > 0\).
Si \(n \leq 3\), alors \(\Delta_n < 0\) et \(Q_n\) reste strictement positif. Si \(n = 4\), alors \(Q_4(x) = 4(x + 2)^2\) est positif et ne s’annule qu’en \(-2\). En revanche, si \(n \geq 5\), le trinôme a deux racines distinctes et il est strictement négatif entre elles, donc \(f^{(n)}\) change de signe. Ainsi, \(f^{(n)}\) garde un signe constant exactement pour \(n \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\).
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Pour \(n = 5\), on trouve \(Q_5(x) = 4x^2 + 20x + 24 = 4(x + 2)(x + 3)\). Puisque le facteur \(2^{3}\,\mathrm{e}^{2x}\) ne s’annule pas, \(f^{(5)}\) s’annule exactement en \(-3\) et en \(-2\).
Ensuite, \(f^{(5)}\) est continue sur \([-3\,;\,-2]\), dérivable sur \(]-3\,;\,-2[\), et prend la valeur \(0\) aux deux bornes. Le théorème de Rolle fournit donc \(c \in \,]-3\,;\,-2[\) tel que \(f^{(6)}(c) = 0\). Pour confirmer, \(Q_6(x) = 4x^2 + 24x + 34\) a pour discriminant \(32\) et pour racines \(-3 \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\). Comme \(0 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1\), la racine \(-3 + \frac{\sqrt{2}}{2} \approx -2{,}29\) appartient bien à \(]-3\,;\,-2[\).
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En remplaçant \(x\) par \(0\), on a \(\mathrm{e}^{0} = 1\) et \(Q_n(0) = n^2 – n + 4\), donc \(f^{(n)}(0) = 2^{n-2}(n^2 – n + 4)\). Pour \(n = 10\), il vient \(2^{8} \times 94 = 256 \times 94\), soit \(f^{(10)}(0) = 24\,064\).
Piège classique : oublier le facteur \(\frac{n(n-1)}{2}\) devant le troisième terme, ce qui fausse le terme constant de \(Q_n\).
À retenir de ce contrôle
- Une fonction dérivable qui atteint un extremum en un point intérieur de son intervalle de définition y a une dérivée nulle ; la réciproque est fausse.
- Le théorème de Rolle exige la continuité sur le segment fermé et la dérivabilité sur l’ouvert : une fonction avec un point anguleux peut le mettre en défaut.
- Si une fonction dérivable possède p zéros distincts, sa dérivée en possède au moins p – 1, situés strictement entre deux zéros consécutifs.
- L’égalité des accroissements finis transforme un encadrement de la dérivée en encadrement d’un écart, que l’on peut ensuite sommer de proche en proche.
- Dans la formule de Leibniz, un facteur polynomial de degré d ne laisse que d + 1 termes non nuls, ce qui rend la dérivée n-ième explicite.
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