Rolle et accroissements finis en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Prenons \(f : I \to \mathbb{R}\) et un point \(a\) de \(I\). Lorsque le quotient \(\tau_a(x) = \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\) possède une limite finie pour \(x\) tendant vers \(a\), avec \(x \neq a\), la fonction \(f\) est dite dérivable en \(a\). Cette limite se note \(f^{\prime}(a)\). La droite d’équation \(y = f(a) + f^{\prime}(a)(x-a)\) est alors la tangente à la courbe au point d’abscisse \(a\).

Étudions \(g(x) = x\sqrt{|x|}\) en 0. Pour \(x \neq 0\), le taux vaut \(\dfrac{g(x)-g(0)}{x} = \sqrt{|x|}\), qui tend vers 0. Le nombre dérivé \(g^{\prime}(0)\) existe donc et vaut 0 : l’axe des abscisses est tangent à la courbe. En revanche, \(x \mapsto \sqrt{|x|}\) n’est pas dérivable en 0, car son taux \(\sqrt{|x|}/x\) tend vers \(\pm\infty\). Le facteur \(x\) a donc « lissé » la racine.

Soit \(f : I \to \mathbb{R}\) continue et strictement monotone, et \(J = f(I)\). Supposons \(f\) dérivable en \(a \in I\) et \(f^{\prime}(a) \neq 0\). La réciproque \(f^{-1}\) possède alors un nombre dérivé au point \(b = f(a)\), égal à l’inverse de la pente de \(f\) en \(a\) : \[(f^{-1})^{\prime}(b) = \frac{1}{f^{\prime}(a)}.\] Lorsque \(f^{\prime}(a) = 0\), le graphe de \(f^{-1}\) possède en \(b\) une tangente parallèle à l’axe des ordonnées.

La continuité de \(f^{-1}\) sur \(J\) est acquise depuis le chapitre précédent. Fixons \(y \in J\) distinct de \(b\) et notons \(x = f^{-1}(y)\), qui diffère de \(a\) par injectivité. Il vient \[\frac{f^{-1}(y) – f^{-1}(b)}{y – b} = \frac{x-a}{f(x)-f(a)}.\] Quand \(y\) tend vers \(b\), la continuité de \(f^{-1}\) donne \(x \to a\). Le taux de \(f\) tend alors vers \(f^{\prime}(a) \neq 0\), donc son inverse tend vers \(1/f^{\prime}(a)\).

Soit \(f(x) = x^3 + 2x + 4\). Sa dérivée \(3x^2 + 2\) reste strictement positive ; avec ses limites infinies, cela fait de \(f\) une bijection croissante de la droite réelle sur elle-même. On remarque que \(f(1) = 7\). Par conséquent, \((f^{-1})^{\prime}(7) = \dfrac{1}{f^{\prime}(1)} = \dfrac{1}{5}\). Aucune expression explicite de \(f^{-1}\) n’est nécessaire.

Le réel \(f(a)\), avec \(a \in I\), est un maximum local lorsqu’il majore toutes les valeurs \(f(x)\) pour \(x \in I \cap [a-\eta, a+\eta]\), avec un certain \(\eta > 0\). En renversant l’inégalité, on obtient le minimum local. Lorsque \(f\) est dérivable, tout zéro de \(f^{\prime}\) s’appelle un point critique.

Si \(f\) est dérivable en un point \(a\) intérieur à \(I\) et admet un extremum local en \(a\), alors \(f^{\prime}(a) = 0\).

Supposons un maximum local. Pour \(x\) proche de \(a\) et \(x > a\), on a \(f(x) – f(a) \leqslant 0\) et \(x – a > 0\), donc le taux est négatif. Sa limite à droite vérifie donc \(f^{\prime}(a) \leqslant 0\). De même, pour \(x < a\), le taux est positif, d’où \(f^{\prime}(a) \geqslant 0\). Finalement \(f^{\prime}(a) = 0\). L’argument utilise des points des deux côtés de \(a\), d’où l’hypothèse « intérieur ».

Considérons \(a < b\) et une fonction réelle \(f\), continue sur le segment \([a,b]\), dérivable sur l’ouvert \(]a,b[\), qui prend la même valeur en \(a\) et en \(b\). Sa dérivée s’annule alors en au moins un point \(c\) de \(]a,b[\).

La fonction \(f\) est continue sur un segment, donc elle est bornée et atteint son minimum \(m\) et son maximum \(M\). Si \(m = M\), alors \(f\) est constante et tout point de \(]a,b[\) convient. Dans le cas contraire, \(m\) ou \(M\) se distingue de la valeur commune \(f(a) = f(b)\). Supposons-le pour \(M\) : un point \(c\) où \(M\) est atteint ne peut alors être une extrémité, il est intérieur. Comme \(f\) est dérivable en \(c\), la proposition de la partie 2 donne \(f^{\prime}(c) = 0\).

Soit \(n \geqslant 1\) et \(f\) dérivable \(n\) fois sur \(I\). Si \(f\) s’annule en \(n+1\) points distincts de \(I\), alors \(f^{(n)}\) s’annule au moins une fois sur \(I\). Autrement dit, si \(f^{(n)}\) ne s’annule jamais, \(f\) possède au plus \(n\) zéros.

Notons \(x_0 < x_1 < \dots < x_n\) les zéros. Rolle sur chacun des \(n\) segments \([x_{k}, x_{k+1}]\) fournit \(n\) zéros de \(f^{\prime}\), distincts car situés dans des intervalles ouverts disjoints. On recommence avec \(f^{\prime}\), qui a \(n\) zéros : on obtient \(n-1\) zéros de \(f^{\prime\prime}\). Après \(n\) étapes, il reste au moins un zéro de \(f^{(n)}\).

Pour montrer qu’une équation \(\varphi(x) = 0\) a exactement \(p\) solutions :

1. écrire l’équation sous la forme \(f(x) = 0\) avec une fonction dont une dérivée \(f^{(p)}\) a un signe constant ;
2. en déduire par Rolle itéré qu’il y a au plus \(p\) solutions ;
3. trouver \(p\) solutions, soit explicitement, soit par le théorème des valeurs intermédiaires sur des intervalles disjoints ;
4. conclure en combinant les deux inégalités.

Montrons que l’équation \(e^x = 1 + 3x^2\) a exactement trois solutions réelles. Posons \(f(x) = e^x – 1 – 3x^2\). Alors \(f^{\prime\prime\prime}(x) = e^x > 0\), donc \(f\) a au plus trois zéros. D’abord, \(f(0) = 0\) fournit une solution. Ensuite, \(f(1) = e – 4 < 0\) et \(f(4) = e^4 – 49 > 0\), car \(e^4 > 2{,}7^4 > 53\). Le théorème des valeurs intermédiaires donne un zéro dans \(]1,4[\). Enfin, il faut un zéro positif plus petit. On utilise \(e^{t} \geqslant 1 + t\) en \(t = 0{,}1\) : \(f(0{,}1) = e^{0{,}1} – 1{,}03 \geqslant 1{,}1 – 1{,}03 > 0\). Comme \(f(1) < 0\), on obtient un zéro dans \(]0{,}1 ; 1[\). Les trois zéros \(0\), puis un dans \(]0{,}1;1[\), puis un dans \(]1,4[\), sont distincts. Il y a donc exactement trois solutions.

On suppose \(f\) réelle, continue sur le segment \([a,b]\) et dérivable sur son intérieur. On peut alors trouver un réel \(c\), strictement compris entre \(a\) et \(b\), qui vérifie \[\frac{f(b) – f(a)}{b – a} = f^{\prime}(c).\]

Notons \(p = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\) la pente de la corde et introduisons \(g(x) = f(x) – p\,(x-a)\), qui hérite de la régularité de \(f\). Un calcul direct montre que \(g(a)\) et \(g(b)\) valent tous deux \(f(a)\). Rolle s’applique donc à \(g\) : en un certain \(c\), on a \(g^{\prime}(c) = f^{\prime}(c) – p = 0\).

Gardons les hypothèses de régularité précédentes sur \([a,b]\). S’il existe des réels \(m \leqslant M\) tels que \(m \leqslant f^{\prime} \leqslant M\) sur \(]a,b[\), alors \(m(b-a) \leqslant f(b) – f(a) \leqslant M(b-a)\). En particulier, si \(|f^{\prime}| \leqslant K\) sur l’intérieur de \(I\), alors \(|f(x) – f(y)| \leqslant K|x – y|\) pour tous \(x, y \in I\).

Pour majorer un écart \(|f(x) – f(y)|\) ou encadrer une valeur numérique :

1. identifier la fonction \(f\) et les deux points \(x\) et \(y\) qui font apparaître l’écart voulu ;
2. vérifier continuité sur le segment et dérivabilité sur l’ouvert ;
3. encadrer \(f^{\prime}\) sur tout l’intervalle entre \(x\) et \(y\), souvent par monotonie de \(f^{\prime}\) ;
4. multiplier par la longueur de l’intervalle, en gardant les inégalités strictes si \(f^{\prime}\) est strictement monotone.

Encadrons \(\sqrt{103}\). La fonction racine est dérivable sur \([100, 103]\) et sa dérivée \(x \mapsto \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) est strictement décroissante. Il existe \(c \in \,]100,103[\) tel que \(\sqrt{103} – 10 = \dfrac{3}{2\sqrt{c}}\). Or \(10 < \sqrt{c} < \sqrt{103} < 10{,}5\), car \(10{,}5^2 = 110{,}25\). On en déduit \[\frac{3}{21} < \sqrt{103} – 10 < \frac{3}{20}.\] Par conséquent, \(10{,}142 < \sqrt{103} < 10{,}15\), ce qui fixe déjà deux décimales.

Soit \(k \geqslant 0\). Une fonction \(f : I \to \mathbb{R}\) est dite \(k\)-lipschitzienne si \(|f(x) – f(y)| \leqslant k|x – y|\) pour tous \(x, y \in I\). Si \(k < 1\), on dit que \(f\) est contractante.

Une fonction lipschitzienne est continue. Une fonction dérivable sur \(I\) est \(k\)-lipschitzienne si et seulement si \(|f^{\prime}| \leqslant k\) sur \(I\). En particulier, une fonction de classe C1 sur un segment est lipschitzienne, avec \(k = \max |f^{\prime}|\).

La racine carrée est continue sur \([0,1]\), mais elle n’y est pas lipschitzienne. En effet, le quotient \(\dfrac{\sqrt{x}}{x}\), égal à \(x^{-1/2}\), n’est pas borné quand \(x \to 0^+\). À l’inverse, \(x \mapsto |x|\) est 1-lipschitzienne sans être dérivable en 0 : le caractère lipschitzien est une propriété intermédiaire.

Soit \(a \in I\) et \(f : I \to \mathbb{R}\) continue sur \(I\) et dérivable sur \(I \setminus \{a\}\). Si \(f^{\prime}(x)\) tend vers un réel \(\ell\) quand \(x \to a\), \(x \neq a\), alors \(f\) est dérivable en \(a\) et \(f^{\prime}(a) = \ell\). Ainsi, \(f^{\prime}\) est continue en \(a\). Si \(f^{\prime}(x)\) tend vers \(\pm\infty\), alors le taux en \(a\) tend vers la même limite et \(f\) n’est pas dérivable en \(a\).

Prenons \(x \neq a\) dans \(I\). Entre \(a\) et \(x\), toutes les hypothèses de l’égalité des accroissements finis sont réunies. On dispose donc d’un réel \(c_x\), situé strictement entre \(a\) et \(x\), pour lequel \(\tau_a(x) = f^{\prime}(c_x)\). Comme \(0 < |c_x – a| < |x – a|\), le point \(c_x\) tend vers \(a\) sans l’atteindre. Par composition des limites, \(\tau_a(x)\) tend vers \(\ell\).

Pour prouver qu’une fonction prolongée en \(a\) est de classe C1 :

1. vérifier que \(f\) est continue en \(a\), c’est-à-dire que la valeur choisie est la limite de \(f\) ;
2. justifier que \(f\) est de classe C1 sur \(I \setminus \{a\}\) par les théorèmes généraux ;
3. calculer \(f^{\prime}(x)\) pour \(x \neq a\) et montrer que cette expression a une limite finie \(\ell\) en \(a\) ;
4. conclure par le théorème : \(f^{\prime}(a) = \ell\) et \(f^{\prime}\) est continue en \(a\).

Soit \(h(x) = x^2 \ln x\) pour \(x > 0\), et \(h(0) = 0\). Par croissances comparées, \(x^2 \ln x \to 0\), donc \(h\) est continue en 0. Sur \(]0, +\infty[\), \(h\) est de classe C1 et \(h^{\prime}(x) = 2x\ln x + x\). Cette dérivée tend vers 0 en \(0^+\). On en conclut que \(h^{\prime}(0)\) existe, qu’il est nul, et que \(h\) est de classe C1 sur \([0, +\infty[\).

Pour \(k \in \mathbb{N}^*\), \(f\) est de classe C^k sur \(I\) si elle est \(k\) fois dérivable sur \(I\) et si \(f^{(k)}\) est continue. Elle est de classe C^∞ si elle est de classe C^k pour tout \(k\). Les sommes, produits, composées et quotients à dénominateur non nul conservent ces classes.

Le produit de deux fonctions \(f\) et \(g\), dérivables \(n\) fois sur \(I\), possède encore une dérivée d’ordre \(n\), donnée par \[(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)}\, g^{(n-k)}.\]

Procédons par récurrence ; pour \(n = 0\), il n’y a rien à prouver. Admettons l’égalité à l’ordre \(n\) et prenons \(f\), \(g\) dérivables \(n+1\) fois. Chaque terme \(f^{(k)}g^{(n-k)}\) est dérivable, et sa dérivée vaut \(f^{(k+1)}g^{(n-k)} + f^{(k)}g^{(n+1-k)}\). On regroupe les deux sommes obtenues en décalant l’indice dans la première. On conclut à l’ordre \(n+1\) grâce à la relation \(\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k}\).

Calculons la dérivée \(n\)-ième de \(q(x) = (x^2+1)e^{-x}\). Le facteur polynomial a ses dérivées nulles à partir de l’ordre 3, et \((e^{-x})^{(j)} = (-1)^j e^{-x}\). Seuls trois termes subsistent : \[q^{(n)}(x) = (-1)^n e^{-x}\bigl(x^2 + 1 – 2nx + n(n-1)\bigr).\] Le deuxième terme provient de \(n \cdot 2x \cdot (-1)^{n-1}e^{-x}\), le troisième de \(\binom{n}{2} \cdot 2 \cdot (-1)^{n-2}e^{-x}\).

Placez toujours en premier le facteur dont les dérivées s’annulent, un polynôme en pratique. La somme de Leibniz devient alors finie et courte, quel que soit \(n\).

On dit que \(f\) est dérivable en \(a\) si son taux d’accroissement, à valeurs complexes, a une limite. Cela équivaut à la dérivabilité de \(u\) et \(v\) en \(a\), et alors \(f^{\prime}(a) = u^{\prime}(a) + i\,v^{\prime}(a)\).

La fonction \(f(t) = e^{it}\) est dérivable sur \([0, 2\pi]\) et vérifie \(f(0) = f(2\pi) = 1\). Pourtant, \(|f^{\prime}(t)| = |i e^{it}| = 1\) ne s’annule jamais. Ainsi, ni Rolle ni l’égalité des accroissements finis ne survivent au passage aux valeurs complexes.

La majoration, elle, subsiste : lorsque \(f : I \to \mathbb{C}\) est de classe C1 et \(|f^{\prime}| \leqslant K\) sur \(I\), on a encore \(|f(x) – f(y)| \leqslant K|x-y|\). On l’admet ici ; la preuve la plus directe passe par l’intégrale, au second semestre.

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