Cours : THEOREME DE ROLLE ; THEOREME DES ACCROISSEMENTS FINIS (T.A.

F)
PROF: ATMANI NAJIB 2BAC SM BIOF
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THEOREME DE ROLLE ; THEOREME DES

ACCROISSEMENTS FINIS (T.A.F)
1) Activités 2)Théorème de Rolle
Activité 1 :La courbe ci-dessous est la courbe de Soit 𝑓 une fonction continue sur [𝑎, 𝑏], dérivable
la fonctions : f ( x ) = − x − x + 3
2
sur ]𝑎, 𝑏[ et telle que : 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑏). Alors il existe
1- Vérifier que 𝑓(−2) = 𝑓(1). un réel 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tel que : 𝑓 ′(𝑐) = 0.
2- Trouver le réel 𝑐 dans Preuve :
] − 2,1[ tel que 𝑓′(𝑐) = 0 Puisque 𝑓 est continue alors ils existent 𝑚 et 𝑀
3- Interpréter dans ℝ tels que :𝑓([𝑎, 𝑏]) = [𝑚, 𝑀], où
géométriquement résultat. 𝑚 = min 𝑓(𝑥) et 𝑀 = max 𝑓(𝑥) 𝑥∈[𝑎,𝑏]
1) Si 𝑚 = 𝑀 alors 𝑓 est constante sur [𝑎, 𝑏] d’où
Remarques : 1) 𝑓(−2) = (∀𝑥 ∈]𝑎, 𝑏[)(𝑓′(𝑥) = 0)
𝑓(1).=1 2) Si 𝑚 ≠ 𝑀 (alors 𝑚 < 𝑀) on a alors 𝑓(𝑎) > 𝑚 ou
2)f est continue sur  −2;1 et 𝑓(𝑎) < 𝑀.
a) Si 𝑚 < 𝑓(𝑎) alors : il existe 𝑐 dans] 𝑎, 𝑏[
dérivable sur −2;1 tel que : 𝑓(𝑐) = 𝑚

3) f  ( x ) = −2 x − 1

1
f  ( c ) = 0  −2c − 1 = 0  c = −  −2;1
2

1
Donc il existe c = −  −2;1 tel que : 𝑓′(𝑐) = 0
2
4)l’existence de c vient du fait que la fonction
f ( x) − f (c) f ( x) − m
admet un minimum en ce point et de la (∀𝑥 ∈]𝑎, 𝑐[) = 0
dérivabilité de f en ce point…….. x−c x−c
Activité 2 :Dans la courbe ci-dessous
f ( x) − f (c)
on a 𝑓(0) = 𝑓(4) Donc : lim− = f g ( c )  0
Quelle est la valeur logique de l’assertion : x →c x−c
(∃𝑐 ∈]0,4[)(𝑓′(𝑐) = 0) ?
f ( x) − f (c) f ( x) − m
D’autre part :(∀𝑥 ∈]𝑐, 𝑏[) = 0
x−c x−c

f ( x) − f (c)
Donc : lim+ = f d ( c )  0
x →c x−c
et puisque 𝑓 est dérivable en 𝑐 alors :
f g ( c ) = f d ( c ) = 0

b) Si 𝑓(𝑎) < 𝑀 même démonstration.

Remarque : fausse (la dérivabilité de f en 2 ??) Remarque :
1) Il n’y a pas unicité du point 𝑐 tel que 𝑓′(𝑐) = 0.

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2) Le théorème n’est plus vrai si 𝑓 n’est pas f ( x ) − f (0) 1 − cos ( 2 x )
dérivable sur] 𝑎, 𝑏 [tout entier lim = lim 4 2 = 2 2 
( 2 x )
x →0 x →0 2
x
Exemple : la fonction f définie par :
𝑓 (𝑥) = |𝑥| sur [−1, 1] Donc : 𝑓 est dérivable en 0
2) Le théorème n’est plus vrai si 𝑓 n’est pas
Donc : fonction 𝑓 continue sur  −1;1 et dérivable
continue sur [𝑎, 𝑏], tout entier
3) Applications du théorème de Rolle
sur  −1;1
Exercice 1 :Soit 𝑓 la fonction définie par :
f ( x ) = 3x 4 − 11x3 + 12 x 2 − 4 x + 2 Montrer que f 
Et on a : 𝑓(-1) = 𝑓(1)
D’après le théorème de Rolle il existe un réel
s’annule au moins une fois sur ]0, 1[ 𝑐 ∈ ] -1, 1[ tel que : 𝑓 ′(𝑐) = 0
Solution : on a : 𝑓(0) = 𝑓(1)=2 f (c) 4
Donc 𝑓 une fonction continue sur [0, 1], dérivable =
( c ² + 1)
2
c
sur ]0, 1[et telle que : 𝑓 (0) = 𝑓 (1). D’après le
théorème de Rolle il existe un réel 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tel Exercice 4 : Détermination d’une limite.
Considérons les deux fonctions :
que : 𝑓 ′(𝑐) = 0 donc : f  s’annule au moins une
𝑢(𝑡) = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑡) − 𝑡 et 𝑣(𝑡) = 𝑡² et soit 𝑥 ∈ ℝ∗
fois sur ]0, 1[ 1) Montrer qu’il existe 𝑐 compris entre 0 et 𝑥 tel
Exercice 2 :Soit 𝑓 ∶ 𝑅 → 𝑅 la fonction définie par : u ( x ) u ( c )
que : =
f ( x) =
sin x + cos x
,
v ( x ) v ( c )
1 + cos x
2

ar tan x − x
Montrer que, pour tout 𝑎 ∈ 𝑅, la fonctions 𝑓′ 2) En déduire la limite : lim
x →0 x²
s’annule au moins une fois sur l’intervalle
] 𝑎, 𝑎 + 2𝜋[. Solution : 1)
Solution : on a : 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑎 + 2𝜋) u ( x) u ( c )
Donc 𝑓 une fonction continue sur [𝑎, 𝑎 + 2𝜋], =  u ( x ) v ( c ) − v ( x ) u  ( c ) = 0
v ( x) v ( c )
dérivable sur ] 𝑎, 𝑎 + 2𝜋[ et telle que :
𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑎 + 2𝜋)D’après le théorème de Rolle il On Considérer la fonction : 𝑔 tel que :
existe un réel 𝑐 ∈ ] 𝑎, 𝑎 + 2𝜋[ tel que : 𝑓 ′(𝑐) = 0
g (t ) = u ( x ) v ( t ) − v ( x ) u ( t ) sur [𝑎, 𝑏]
donc : f  s’annule au moins une fois sur
où 𝑎 = inf(𝑥, 0) et 𝑏 = sup(𝑥, 0)
] 𝑎, 𝑎 + 2𝜋[
on a : g (0) = g ( x) = 0 et 𝑔 continue sur [𝑎, 𝑏] et
Exercice 3 : Soit 𝑓 une fonction définie par :
dérivable sur ]𝑎, 𝑏[
1 − cos ( 2 x )
f ( x) = si x  0 et f ( 0 ) = 0 Alors il existe un réel 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tel que : g ′(𝑐) = 0.
x
On a : g (t ) = u ( x ) v ( t ) − v ( x ) u ( t )
Montrer :(∃𝑐 ∈]-1,1[) ( f  ( c ) = 0
Donc : il existe un réel 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tel que :
Solution :la fonction 𝑓 continue sur  −1;1 − 0 et u ( x) u ( c )
u ( x ) v ( c ) − v ( x ) u  ( c ) = 0  =
v ( x) v ( c )
dérivable sur  −1;1 − 0 :
1 1 − 1 − c²
1 − cos ( 2 x ) −1
ar tan x − x
lim f ( x ) = lim 4 2 x = 0 = f ( 0 ) 2) lim = lim 1 + c ² = lim 1 + c ²
( 2 x )
x →0 x →0 2
x →0 x² c →0 2c c →0 2c
Donc : 𝑓 est continue en 0 Car ; si x → 0 alors c →0

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 1 donc : m ( b − a )  f ( b ) − f ( a )  M ( b − a )
−1
ar tan x − x −c
lim = lim 1 + c ² = lim =0 Théorème2 : Soit 𝑓 une fonction définie sur un
x →0 x² c →0 2c c →0 2 (1 + c ² )
intervalle 𝐼. Si 𝑓 est dérivable sur 𝑰
4) Théorème des accroissements finiesT.A.F : et (∀𝑥 ∈ 𝐼)(|𝑓′(𝑥)| ≤ 𝑘 (où 𝑘 ∈ ℝ∗+)
Théorème :Soit 𝑓 une fonction continue sur Alors :(∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐼2)(|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ≤ 𝑘|𝑥 − 𝑦|)
[𝑎, 𝑏], dérivable sur ]𝑎, 𝑏[ Preuve : Soient 𝑥 et 𝑦 deux éléments de 𝐼
Alors il existe un réel 𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[ tel que : Si 𝑥 ≠ 𝑦 On a 𝑓 est continue sur l’intervalle fermé
de borne 𝑥 et 𝑦 et dérivable sur l’ouvert de borne
f ( b ) − f ( a ) = f  ( c )( b − a )
𝑥 et 𝑦.donc, et d’après le T. A.F
Preuve : Soit 𝑓 une fonction continue sur il existe 𝑐 compris entre 𝑥 et 𝑦 tel que :
[𝑎, 𝑏], dérivable sur ]𝑎, 𝑏[ 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦) = 𝑓′(𝑐)(𝑥 − 𝑦) et puisque 𝑐 ∈ 𝐼
Considérons une fonction g tel que : Alors :|𝑓′(𝑐)| ≤ 𝑘
donc :|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| = |𝑓′(𝑐)||𝑥 − 𝑦| ≤ 𝑘|𝑥 − 𝑦|
f (b) − f ( a )
g ( x) = f ( x ) − f ( a ) − ( x − a) Si 𝑥 = 𝑦 l’inégalité est vraie.
b−a
D’où la preuve du théorème.
Et puisque : g est une fonction continue sur Exemple1 :En utilisant le I.A.F
[𝑎, 𝑏], dérivable sur] 𝑎, 𝑏[(somme de fonctions Montrer que (∀𝑥 ∈ ℝ)(|𝑠𝑖𝑛𝑥| ≤ |𝑥|
dérivables et continues) et on a : g(𝑎) = g(𝑏)=0 Solution :
D’après le théorème de Rolle il existe un réel Considérons une fonction f tel que :
𝑐 ∈ ]𝑎, 𝑏[tel que : g (c) = 0 f ( x ) = sin x on a :𝑓 est dérivable sur

f (b) − f ( a ) Et f  ( x ) = cos x et f  ( x ) = cos x  1 x 

On a : g ( x) = f  ( x ) −
b−a
Par application de I.A.F sur l’intervalle de borne 0
et 𝑥 ( [𝑎, 𝑏] où 𝑎 = inf(𝑥, 0) et 𝑏 = sup(𝑥, 0))
f (b) − f ( a )
Donc : g (c) = 0  f  ( c ) − =0
b−a f (b) − f ( a )  1 (b − a )

Donc on a : f ( b ) − f ( a ) = f  ( c )( b − a ) Donc : sin x − sin 0  1 ( x − 0 )

5)Inégalité des accroissements finies I.A.F :

Donc : sin x  x x 
Théorème1 : Soit 𝑓 une fonction continue sur
[𝑎, 𝑏], dérivable sur ]𝑎, 𝑏[ Exemple2 :En utilisant le I.A.F
S’ils existent deux réels M et m tels que : Montrer que a  et b  et 0  a  b
m  f  ( x )  M x  a; b b−a b−a
 ar tan b − ar tan a 
1 + b² 1 + a²
Alors : m ( b − a )  f ( b ) − f ( a )  M ( b − a )
Solution : Considérons une fonction f tel que :
Preuve : On a : 𝑓 est fonction continue sur
f ( x ) = ar tan x on a :𝑓 est dérivable sur
[𝑎, 𝑏] et dérivable sur ]𝑎, 𝑏[
donc d’après le T. A.F il existe 𝑐 ∈] 𝑎, 𝑏 [ tel que : 1
Et f  ( x ) =
1 + x²
f (b) − f ( a )
f (c) = et puisque m  f  ( x )  M
x   a; b
1 1
b−a donc :  f ( x) 
1 + b² 1 + a²
x  a; b alors : m  f  ( c )  M Par application de T.A.F sur l’intervalle  a; b

f (b) − f ( a )
1 1
On a : (b − a )  f (b) − f ( a )  (b − a )
donc : m  M 1 + b² 1 + a²
b−a
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 b−a b−a 𝑐 ∈ ]0, 1[ tel que : G (c) = 0
Donc :  ar tan b − ar tan a 
1 + b² 1 + a²
4x
Exercice 1 :Soit 𝑓 la fonction définie par : Et on a : : G( x) = f  ( x ) −
( x² + 1)
2

f ( x ) = x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) Montrer que

4c 4c
G(c) = f  ( c ) − = 0  f (c) =
l’équation f  ( x ) = 0 admet trois solutions sur ( c² + 1) ( c² + 1)
2 2

Solution : 𝑓 une fonction continue et dérivable il existe un réel 𝑐 ∈ ]0, 1[ tel que :
sur et on a : 𝑓(0) = 𝑓(-1) = 𝑓(-2) = 𝑓(-3) Exercice 3 :En utilisant le Théorème des
D’après le théorème de Rolle on a : accroissements finies(T.A.F) donner un
  −3; −2 / f  ( ) = 0 encadrement du nombre 10001 et en déduire

  −2; −1 / f  (  ) = 0 une valeur approchée de 10001 avec la

  −1;0 / f  ( ) = 0 −5
précision 5  10 .
Solution : Considérons une fonction f tel que :
Et puisque :  ;  et  sont différents deux a
f ( x ) = x on a : On a : 𝑓 est fonction continue
deux
sur [10000, 10001] et dérivable sur
Donc : l’équation f  ( x ) = 0 admet trois solutions
] 10000, 10001 [donc d’après le T. A.F il existe
sur car f  ( x ) est de degré 3 1
𝑐 ∈] 10000, 10001 [tel que : 10001 − 100 =
2 c
Exercice 2 : Considérons une fonction 𝑓 continue
sur [0,1] et dérivable sur ]0,1[telle que :
1
𝑓(0) − 𝑓(1) = −1. Donc : 10001 = + 100
2 c
Montrer en utilisant le théorème de Rolle
f (c) 4 𝑐 ∈] 10000, 10001 [ donc 10000 c 10001
(∃𝑐 ∈]0,1[) ( =
( c ² + 1)
2
c Donc : 10000 c 10001 donc

f (c) 4 4c 1 1 1
Solution : =  f (c) − =0 donc
( c ² + 1) ( c ² + 1)
2 2
c 2 10001 2 c 2 10000
Considérons une fonction g tel que :
1 1 1
et on a : 10001 101
G (0) = G (1) 2 10001 2 c 200
Soit 𝐺 la fonction primitive de 𝑔 1 1 1
2 Donc : donc
donc : G ( x) = f ( x ) + 202 2 c 200
x² + 1
G (0) − G (1) = f (0) + 2 − f (1) − 1 = f (0) − f (1) + 1 = 0 1 1 1
+ 100 + 100 + 100 donc :
202 2 c 200
Donc ; G (0) = G (1)
100,00495 10001 100,005
Et puisque : G est une fonction continue sur
[0, 1], dérivable sur ]0, 1[(somme et quotient de
Donc : 0 10001 −100,00495 0,00005
fonctions dérivables et continues)
D’après le théorème de Rolle il existe un réel
Donc : 10001 − 100,00495 5 10 −5 donc 100, 00495
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Est une valeur approchée de 10001 avec la 1 1
ln ( n + 1) − ln n
−5 n +1 n
précision 5  10 .
La somme de ces inégalités membre a membre
Exercice 4 : soit la suite ( un )n1 définie par :
1 1 1 1 1 1
donne : + + ... + ln ( n + 1) − ln1 1 + + + ... +
2 3 n +1 2 3 n
1 1 1
un = 1 + + + ... + n  

2 3 n Donc : un+1 − 1  ln(n + 1)  un car ln1 = 0

1)Calculer u1 ; u2 et u3 2)b) on a : n(n + 1)  un et limn(n + 1) = +

n→+

1 1 Donc lim un = +
2)a) monter que x  +
 :  ln( x + 1) − ln x  n →+
x +1 x Exercice 5 : Soit 𝑓 une fonction définie sur
b) en déduire que : un+1 − 1  ln(n + 1)  un n  
   
l’ intervalle  ;  par : f ( x ) = − sin x et la
6 2 2
c)calculer : lim un
n →+
suite ( un ) définie par : un+1 = f ( un ) n  et
1 3 1 1 11
Solution :1) u1 = 1 u2 = 1 += u3 = 1 + + =
2 2 2 3 6 u   ;  
0  6 2 
2)a) : Considérons une fonction f tel que :
f ( t ) = ln t on a : On a : 𝑓 est fonction continue 1)montrer que l’équation : f ( x ) = x admet une

sur [x, x+1] et dérivable sur

  
+ solution unique    ; 
] x, x+1 [ x   donc d’après le T. A.F il existe 6 2

𝑐 ∈] x, x+1 [tel que : f ( x + 1) − f ( x ) = f  ( c )( x + 1 − x )  

2)montrer que : n  : un
6 2
1 1 1 1
Donc : ln( x + 1) − ln x = et puisque :
x +1 c x    3
c 3)a)montrer que : x   ;  f ( x) 
6 2 2
1 1
Car 𝑐 ∈] x, x+1 [ donc : ln( x + 1) − ln x
x +1 x 3
b)en déduire que : un +1 −   un −  n 
2
+
x  
4) calculer : lim un
n →+
2)b) déduire que : un+1 − 1  ln(n + 1)  un n  
?
Solution :1) Considérons une fonction g tel que :
1 1 g ( x ) = f ( x ) − x On a : g est une fonction
On a : ln( x + 1) − ln x x  +

x +1 x
 
1 1 dérivable sur  ;  et g  ( x ) = f  ( x ) − 1 = − cos x − 1 0
Donc : ln 2 − ln1 6 2
2 1
1 1 g est une fonction continue et strictement décroissante
ln 3 − ln 2
3 2
   
1 1 sur  ;  donc une bijection de  ; 
ln 3 − ln 2 6 2 6 2
3 2
………………
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dans : g    ;    =  −1; 2 − 3  Donc : −
3
− cos x  0
3
  6 2   6  2 2

Puisque : 0   −1; 2 − 3  alors il existe un unique   

donc : x   ;  f ( x) 
3
 6  6 2 2

  
   ;  tel que : g ( ) = 0 cad f ( ) =  b) déduire que : un +1 −  
3
un −  n  ?
6 2 2
2)montrons par récurrence que :
  
puisque f est dérivable sur  ;  alors f est
  6 2
n  : un ?
6 2
dérivable et continue sur tout intervalle de la
  
a) on a : u0   ;  donc vraie pour n=0   
6 2 forme  a; b    ;  donc Par application de I.A.F
6 2
 
b)supposons que : un sur l’intervalle  a; b avec : un = b et a = 
6 2
3
  on trouve : f ( un ) − f ( )  un −  n 
c)montrons que : un+1 2
6 2
3
   donc : un +1 −   un −  n 
on a : f  ( x ) = − cos x  0 sur  ;  donc 𝑓 est 2
6 2
4) calculons : lim un ?
     n →+
décroissante sur  ;  et on a : un
6 2 6 2  3
n

Montrons avant que : un −     u0 − 

     2 
donc : f   f ( un ) f 
2 6  
0

on a: u0 −    3  u0 −  donc vraie pour n=0

 2 
  1    1   
donc − 1 un+1 − et on a − 1 et −
2 2 2 6 2 2 2 2  3
n

b)supposons que : un −     u0 − 
 2 
     
donc : un+1 finalement : n  : un
n +1
6 2 6 2  3
c)montrons que : un+1 −     u0 −  ?
 2 
   3  
3)a)montrons que : x   ;  f ( x)  ?
6 2 2  
n
3
on a : un −    3  u0 −  et un +1 −   un − 
 2  2
    
x   ;  f  ( x ) = − cos x et puisque x → cos x
6 2  
n
 
n +1

donc : un+1 −   3  3  u0 −    3  u0 − 
 
2  2   
    2 
est décroissante sur  ;  on a donc :
6 2

  3
cos cos x  cos donc : 0 cos x 
2 6 2
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 b) ?  0;1 tel que : f ( ) ( ) = −12 ?
n
 
3
donc : un −    3  u0 −  et puisque :
 2 
 
on a : g ( x ) = f ( x ) + 2 x3 − 3x 2
n
 3 3
lim   = 0 car −1 1 Donc : lim un = 
n→+
 2  2 n→+ g  ( x ) = f  ( x ) + 6 x 2 − 6 x donc : g  ( x ) = f  ( x ) + 12 x

Exercice6 : Soit 𝑓 une fonction dérivable trois fois

donc : g ( ) ( x ) = f ( ) ( x ) + 12 donc :
3 3

sur  0;1 tel que : f (1) = 1 et f ( 0 ) = f  ( 0 ) = f  (1) = 0

g ( ) ( ) = f ( ) ( ) + 12 = 0
3 3

Et soit le polynôme : P ( x ) = x 2 ( −2 x + 3)
donc :   0;1 f ( ) ( ) = −12
3

1)calculer : P ( 0 ) ; P ( 0 ) ; P (1) ; P (1)

2)on pose : g ( x ) = f ( x ) − P ( x )
C’est en forgeant que l’on devient forgeron
Dit un proverbe.
a) montrer qu’il existe   0;1 tel que : g ( ) ( ) = 0
3

C’est en s’entraînant régulièrement aux calculs et exercices

b) en déduire qu’il existe   0;1 tel que : Que l’on devient un mathématicien

f ( ) ( ) = −12
3

Solution :1) P ( x ) = x 2 ( −2 x + 3) et P ( x ) = −6 x 2 + 6 x

Donc : P ( 0 ) = P ( 0 ) = P (1) = 0 et P (1) = 1

2) a) montrons qu’il existe   0;1 tel que :

g(
3)
( ) = 0 ?

puisque f et P sont dérivables trois fois sur  0;1

donc g = f − P est dérivable trois fois sur  0;1

et par application du théorème de Rolle trois fois :

g ( 0 ) = g (1)  c1  0;1 / g  ( c1 ) = 0 ( g (1) ( c1 ) = 0 )

g ( ) ( 0 ) = f ( ) ( 0 ) − P( ) ( 0 ) = 0 − 0 = 0
1 1 1

g ( ) ( c1 ) = g ( ) ( 0 )  c2  0;1 / g ( ( c2 ) = 0
1 1 2)

g ( ) ( c1 ) = g ( ) (1)  c3  0;1 / g ( ( c3 ) = 0

1 1 2)

g(
2)
( c2 ) = g ( 2) ( c3 )    c2 ; c3  / g (3) ( ) = 0
Et puisque : c2 ; c3   0;1 donc :

  0;1 / g ( ( ) = 0
3)

Prof/ATMANI NAJIB http://www.xriadiat.com 7