Théorème de Darboux

Je propose cette solution avec un peu de topologie et la fonction à deux variables qui renvoie les cordes de $f$ entre deux points $x<y$ (issue d’un exercice d’oral de Centrale).
On pose $A=\Set{(x,y)\in I^2\mid x<y}$. On va prouver que $A$ est mieux que connexe par arcs ; il est convexe. En effet, pour $(x,y),(z,t)\in A$ et $\lambda\in[0,1]$ on a $\lambda x+(1-\lambda)z<\lambda y+(1-\lambda)t$ (faire attention à bien faire à part $\lambda=0$ et $\lambda=1$) et $\lambda x+(1-\lambda)z\in I$ et $\lambda y+(1-\lambda)t\in I$ donc $\lambda(x,y)+(1-\lambda)(z,t)\in A.$
On pose alors
$$\begin{array}{rrl}g\colon &A&\longrightarrow \mathbb{R}\\&(x,y)&\longmapsto \dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}\end{array}$$qui est continue comme quotient de deux fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas. On en déduit que $J:= g(A)$ est un connexe par arcs de $\mathbb{R}$ donc un intervalle. Par le théorème des accroissements finis $\forall (x,y)\in A, \exists c\in \left]x,y\right[, g(x,y)=f'(c)$ si bien que $J\subset f'(I)$. Par ailleurs, pour $x\in I$ qui n’est pas la borne supérieure de $I$ on a $\lim\limits_{h\to 0}g(x,x+h)=f'(x)$ par définition du nombre dérivé. On en déduit que $f'(x)$ est adhérent à $J$. Si $x$ est la borne supérieure considérer $g(x-h,x).$ On a alors $J\subset f'(I)\subset \overline{J}.$ On a alors les inclusions.
$$J\subseteq f'(I)\subseteq \overline{J}.$$Soit maintenant $x<y\in I$ et $z\in]f'(x),f'(y)[$. D’après l’inclusion $f'(I)\subseteq \overline{J}$ on a $z\in\overline{J}$. Puisque $z$ n’est pas une extrémité de $J$ il est alors dans $J$ donc dans $f'(I)$ d’après l’inégalité $J\subseteq f'(I).$ Donc $f'(I)$ est un convexe de $\mathbb{R}$ donc un intervalle.
Remarque
Il est inutile d’essayer d’obtenir des égalités éventuelles entre $J,f'(I)$ et $\overline{J}$. Prendre par exemple $f\colon x\mapsto x^3$ définie sur $I=]-1,1[$ pour laquelle on a $J=g(A)=]0,3[,f'(I)=[0,3[$ et $\overline{g(A)}=[0,3].$

1. On se ramène à la situation suivante : soient $a,b\in I, a<b$ tels que $f'(a)<0<f'(b)$ alors $f'$ s’annule sur $]a;b[$ (il suffit de considérer g:$f-tx$ où $f'(a)<t<f'(b)$...ou $-g$).
2. Supposons que $f'$ ne s’annule pas sur $I:=[a;b]$ (H). Alors, par le théorème de Rolle, $f$ est injective sur $I$. Comme par ailleurs, $f$ est continue, $f$ est donc strictement monotone sur $I$ et donc $f'$ est de signe constant sur $I$ ce qui contredit $f'(a)<0<f'(b)$. Conclusion : l’hypothèse (H) est fausse, donc$f'$ s’annule sur $I$, donc $f'$ s’annule sur $]a;b[$ ce qui conclut.