Sujet : Analyse, Eléments d'analyse, Théorème de Rolle

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Théorème de Rolle

Enoncés

Exercice 1[ 00261 ][correction]
a) SoitP∈R[X]un polynôme scindé à racines simples avecn= degP>2.
Montrer que le polynômeP0est lui aussi scindé.
b) Montrer que le résultat perdure mme si les racines dePne sont pas simples.

Exercice 2[ 00262 ][correction]
On posef:x7→(x2−1)n(n).
a) Montrer quefest une fonction polynomiale de degrén.
b) Calculerf(1)etf(−1).
c) Montrer quefpossède exactementnracines distinctes toutes dans]−11[.

Exercice 3[ 00266 ][correction]
Soitf: [a b]→Rde classeC1et s’annulant une infinité de fois. Montrer qu’il
existeα∈[a b]tel quef(α) =f0(α) = 0.

Exercice 4[ 00264 ][correction]
Soientf: [a b]→Rde classeCns’annulant ena1< a2 < a<   n.
Montrer que pour chaquex0∈[a b], il existec∈]a b[vérifiant

f(x0 () =x0−a1)(x0−na!2)  (x0−an)f(n)(c)
On pourra, lorsque cela est possible, introduire un réelKtel que

f(x0) = (x0−a1)n!(x0−an)K
et établir que la dérivéen-ième dex7→f(x)−(x−a1)(!x−an)Ks’annule.
n

Exercice 5[ 00265 ][correction]
Soitf: [a b]→Rde classeC2telle quef(a) =f(b) = 0.
a) Montrer que

∀x0∈[a b],∃ξ∈]a b[,f(x0 () =x0−a)(x0
2
b) En déduire que
sup|f|6(b−a)2sup|0
[ab]8[ab]f0|

−b)f00(ξ)

Exercice 6Mines-Ponts MP[ 02820 ][correction]
Soientf:I→Rune fonction deux fois dérivable surIeta b ctrois points
distincts deI.
Montrer

f
∃d∈I(a−b()(aa)−c)

+(b−fc()(bb)−a) +fa()(cc)−b12=)f00(d)
(c−

1

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) Soienta1 < a  < nles racines deP.
En appliquant Rolle sur chaque intervalle[ai ai+1], on obtientn−1racines
réelles au polynômeP0. Celles-ci sont distinctes car chacune dans les intervalles
disjoints]ai ai+1[. PuisquedegP0=n−1, ce polynôme est scindé.
b) Soienta1<    < aples racines dePetα1     αpleurs multiplicités avec

α1+∙ ∙ ∙+αp=n

Lesa1<    < apsont racines deP0de multiplicités respectives

α1−1     αp−1

Comme ci-dessus, par Rolle, on peut aussi assurer l’existence dep−1autres
racines àP0.
La somme des multiplicités des racines est donc au moins égales à
p
Xαi−1 +p−1 =n−1 = degP0
i=1
et donc le polynômeP0est scindé.

Exercice 2 :[énoncé]
a)(X2−1)nest de degré2ndonc(X2−1)n(n)est de degrén.
b) Introduisonsg:x7→(x2−1)nde sorte quef=g(n)
Quandx→1On a

g(x) = (x+ 1)n(x−1)n= 2n(x−1)n+o((x−1)n)

Par la formule de Taylor-Young, on a parallèlement

donc

g(x) =g(nn)!()1(x−1)n+o((x−1)n)

f(1) =g(n)(1) = 2nn!

et de manière similaire
f(−1) = (−1)n2nn!
c) 1 et−1sont racines de multipliciténdeg:x7→(x2−1)n, 1 et−1sont donc
racines deg g0     g(n−1).

2

En appliquant le théorème de Rolle, on montre queg0 g00     g(n)=fadmettent
resp.12     nracines dans]−11[. Puisquefest de degrén, celles-ci sont
simples et il ne peut y en avoir d’autres.

Exercice 3 :[énoncé]
Soit(an)une suite de valeurs d’annulation deux à deux distinctes def. Par le
théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite bornée(an)une
sous-suite convergente(aϕ(n)). Posonsαsa limite. Par continuité, on af(α) = 0.
En appliquant le théorème de Rolle entreaϕ(n)etaϕ(n+1), il existebncompris
entre ces deux nombres tel quef0(bn) = 0. Quandn→+∞, on abn→αpar
encadrement et donc par continuité def0, on af0(α) = 0. Finalement
f(α) =f0(α) = 0.

Exercice 4 :[énoncé]
Six0∈ {a1     an}n’importe quelcconvient.
Six0∈ {a1     an}, il existe une constanteKtelle que

f(x0 () =x0−a1)n!(x0−an)K

La fonctionx7→f(x)(x−a1)n!(x−an)Kest de classeCnet s’annule ena1     an
−
etx0ce qui fournit au moinsn+ 1valeurs d’annulation et permet, par le
théorème de Rolle, de conclure que sa dérivéenème s’annule en unc∈]a b[. Or
ddxnnf(x)−(x−a1)n!(x−an)K=f(n)(x)−K

doncK=f(n)(c).

Exercice 5 :[énoncé]
a) Six0=aoux0=b: ok. Sinon introduisons un réelKtel que la fonction

−
g:x7→f(x)−(x a)(2x−b)K

s’annule enx0.
La fonctiongest de classeC2et s’annule ena < t < bdonc il existeξ∈]a b[tel
queg00(ξ) = 0ce qui résout le problème.
b) Notons que lessupengagés existent car les fonctions considérées sont continues
sur le segment[a b].

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On a

Orx7→(x−a)(b−x)
2

puis

∀x∈[a b]|f(x)|6(x−a)(2b−x)[saubp]|f00|

est maximum enx=a+2b

Exercice 6 :[énoncé]
Considérons

ce qui donne :

|f(x)|6(b−8a)2sup|f00|
[ab]

6(b−a)2sup|f00|
[saubp]|f|8[ab]

Corrections

g:x7→(x−b)f(a) + (a−x)f(b) + (b−a)f(x)−2(1a−b)(b−x)(x−a)K

où la constanteKest choisie de sorte queg(c) = 0(ce qui est possible).
La fonctiongs’annule ena, enbet encpar le théorème de Rolle, il existedonc
d∈Itel queg00(d) = 0ce qui résout le problème posé.

3

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