1 – Le théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I.)
Théorème 1 (T.V.I.) : Soit \(f\) une fonction continue sur un intervalle \([a\ ;\ b]\). Pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un réel \(c\) de \([a\ ;\ b]\) tel que \(f(c) = k\).
Remarques :
• Le théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I.) nous dit en quelque sorte que pour une fonction continue, lorsque \(x\) varie entre \(a\) et \(b\), \(f(x)\) passe nécessairement par toutes les valeurs comprises entre \(f(a)\) et \(f(b)\).
• L'équation \(f(x) = k\) admet alors une ou plusieurs solutions dans \([a\ ;\ b]\). Sur la première figure, \(k\) a trois antécédents : \(f(c_{1}) = f(c_{2}) = f(c_{3}) = k\).
• Le théorème précédent fonctionne avec \(a = -\infty\) ou \(b = +\infty\) en remplaçant \(f(a)\) par \(\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x)\) ou \(f(b)\) par \(\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)\).
• L'hypothèse de continuité est indispensable : sur la seconde figure, \(f\) n'est pas continue et le réel \(k\) n'a aucun antécédent.
![Courbe d'une fonction continue sur [a ; b] coupant trois fois la droite d'équation y = k, en c1, c2 et c3](/static/zmaths/images/cours/tspe-a3-2-01.png)
Fonction continue : \(k\) a trois antécédents
![Courbe d'une fonction non continue sur [a ; b] : la droite d'équation y = k passe dans le saut et ne coupe pas la courbe](/static/zmaths/images/cours/tspe-a3-2-02.png)
Fonction non continue : \(k\) n'a aucun antécédent
• Le théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I.) nous dit en quelque sorte que pour une fonction continue, lorsque \(x\) varie entre \(a\) et \(b\), \(f(x)\) passe nécessairement par toutes les valeurs comprises entre \(f(a)\) et \(f(b)\).
• L'équation \(f(x) = k\) admet alors une ou plusieurs solutions dans \([a\ ;\ b]\). Sur la première figure, \(k\) a trois antécédents : \(f(c_{1}) = f(c_{2}) = f(c_{3}) = k\).
• Le théorème précédent fonctionne avec \(a = -\infty\) ou \(b = +\infty\) en remplaçant \(f(a)\) par \(\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x)\) ou \(f(b)\) par \(\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)\).
• L'hypothèse de continuité est indispensable : sur la seconde figure, \(f\) n'est pas continue et le réel \(k\) n'a aucun antécédent.
Fonction continue : \(k\) a trois antécédents
Fonction non continue : \(k\) n'a aucun antécédent
Exemple 1 :
Soit \(f\) la fonction définie sur \([-1\ ;\ 3]\) par \(f(x) = x^{3} - 3x^{2} + 2\). Montrer que l'équation \(f(x) = 0\) admet au moins une solution dans \([-1\ ;\ 3]\).
• \(f\) est une fonction polynôme, donc elle est continue sur \([-1\ ;\ 3]\).
• \(f(-1) = -1 - 3 + 2 = -2\) et \(f(3) = 27 - 27 + 2 = 2\) : le réel \(0\) est compris entre \(f(-1)\) et \(f(3)\).
• D'après le T.V.I., l'équation \(f(x) = 0\) admet au moins une solution dans cet intervalle.
2 – Cas des fonctions strictement monotones
Théorème 2 (corollaire du T.V.I.) : Soit \(f\) une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle \([a\ ;\ b]\). Pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), l'équation \(f(x) = k\) admet une unique solution dans \([a\ ;\ b]\).
![Courbe d'une fonction continue strictement décroissante sur [a ; b] : le réel k a un unique antécédent c](/static/zmaths/images/cours/tspe-a3-2-03.png)
Démonstration
L'existence d'une solution est donnée par le T.V.I. Pour l'unicité, supposons \(f\) strictement croissante et soient \(c < c'\) deux réels de \([a\ ;\ b]\) : alors \(f(c) < f(c')\), donc \(c\) et \(c'\) ne peuvent pas être tous les deux solutions de \(f(x) = k\). Le raisonnement est analogue si \(f\) est strictement décroissante. \(\square\)
Remarque : Le théorème s'étend aux intervalles ouverts ou non bornés (\([a\ ;\ b[\), \(]a\ ;\ +\infty[\), \(\mathbb{R}\)…) : on remplace alors \(f(a)\) ou \(f(b)\) par la limite de \(f\) à la borne correspondante.
Méthode : Pour montrer que \(f(x) = k\) admet une unique solution \(\alpha\) dans un intervalle \(I\), on vérifie :
① \(f\) est continue sur \(I\) ;
② \(f\) est strictement monotone sur \(I\) ;
③ \(k\) est compris entre les images (ou les limites) de \(f\) aux bornes de \(I\).
Remarque : On peut ensuite encadrer \(\alpha\) à la calculatrice.
① \(f\) est continue sur \(I\) ;
② \(f\) est strictement monotone sur \(I\) ;
③ \(k\) est compris entre les images (ou les limites) de \(f\) aux bornes de \(I\).
Remarque : On peut ensuite encadrer \(\alpha\) à la calculatrice.
Exemple 2 :
Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = x^{3} + x - 1\).
1) Montrer que l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(\mathbb{R}\).
① \(f\) est une fonction polynôme, donc continue sur \(\mathbb{R}\).
② \(f'(x) = 3x^{2} + 1 > 0\) donc \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
③ Pour \(x \neq 0\), \(f(x) = x^{3}\left( 1 + \dfrac{1}{x^{2}} - \dfrac{1}{x^{3}} \right)\) donc \(\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = +\infty\) : \(0 \in\ ]-\infty\ ;\ +\infty[\).
D'après le corollaire du T.V.I., l'équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(\mathbb{R}\).
2) Donner un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(0{,}01\) (méthode par balayage : table de la calculatrice).
| Pas | \(x\) | \(f(x)\) | Encadrement |
|---|---|---|---|
| \(1\) | \(0\) | \(-1\) | \(0 < \alpha < 1\) |
| \(1\) | \(1\) | ||
| \(0{,}1\) | \(0{,}6\) | \(\approx -0{,}184\) | \(0{,}6 < \alpha < 0{,}7\) |
| \(0{,}7\) | \(\approx 0{,}043\) | ||
| \(0{,}01\) | \(0{,}68\) | \(\approx -0{,}006\) | \(0{,}68 < \alpha < 0{,}69\) |
| \(0{,}69\) | \(\approx 0{,}019\) |
3) En déduire le signe de \(f(x)\) suivant les valeurs de \(x\).
\(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) et \(f(\alpha) = 0\) : \(f(x) < 0\) si \(x < \alpha\) ; \(f(x) > 0\) si \(x > \alpha\).
Exemple 3 :
Soit \(f\) définie et continue sur \(\mathbb{R}\) dont on donne le tableau de variations (avec \(\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x) = 2\) et \(\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 0\)). Déterminer le nombre de solutions de l'équation \(f(x) = 1\), puis de l'équation \(f(x) = 0\).
![Tableau de variation de f : décroissante de 2 à −8 sur ]−∞ ; −4], croissante de −8 à 8 sur [−4 ; 7], décroissante de 8 à 0 sur [7 ; +∞[](/static/zmaths/images/cours/tspe-a3-2-04.png)
• \(f(x) = 0\) a une solution dans \(]-\infty\ ;\ -4]\), une dans \([-4\ ;\ 7]\), mais aucune dans \([7\ ;\ +\infty[\) où \(f(x) > 0\) : 2 solutions.
3 – Algorithme de dichotomie
Principe : \(f\) est continue et strictement monotone sur \([a\ ;\ b]\), et \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes contraires : l'équation \(f(x) = 0\) a une unique solution \(\alpha\) dans \([a\ ;\ b]\). On calcule le milieu \(m = \dfrac{a + b}{2}\) : si \(f(a) \times f(m) \leq 0\), alors \(\alpha \in [a\ ;\ m]\) ; sinon \(\alpha \in [m\ ;\ b]\). On recommence avec ce nouvel intervalle, deux fois plus petit, jusqu'à obtenir l'amplitude voulue. Après \(n\) étapes, l'amplitude de l'intervalle vaut \(\dfrac{b - a}{2^{n}}\).
def dichotomie(f, a, b, e):
while b - a > e:
m = (a + b) / 2
if f(a) * f(m) <= 0:
b = m
else:
a = m
return a, bExemple 4 :
On reprend \(f(x) = x^{3} + x - 1\) sur \([0\ ;\ 1]\), avec \(f(0) < 0\) et \(f(1) > 0\). Compléter le tableau des premières étapes, puis donner le nombre d'étapes nécessaires pour avoir une amplitude inférieure à \(0{,}01\).
| Étape | \(a\) | \(b\) | \(m\) | Signe de \(f(m)\) | Nouvel intervalle |
|---|---|---|---|---|---|
| 1 | \(0\) | \(1\) | \(0{,}5\) | \(-\) | \([0{,}5\ ;\ 1]\) |
| 2 | \(0{,}5\) | \(1\) | \(0{,}75\) | \(+\) | \([0{,}5\ ;\ 0{,}75]\) |
| 3 | \(0{,}5\) | \(0{,}75\) | \(0{,}625\) | \(-\) | \([0{,}625\ ;\ 0{,}75]\) |
| 4 | \(0{,}625\) | \(0{,}75\) | \(0{,}6875\) | \(+\) | \([0{,}625\ ;\ 0{,}6875]\) |
Après \(n\) étapes, l'amplitude est \(\dfrac{1}{2^{n}}\). Or \(\dfrac{1}{2^{6}} \approx 0{,}016\) et \(\dfrac{1}{2^{7}} \approx 0{,}008 < 0{,}01\) : il faut \(7\) étapes.
L'appel
dichotomie(f, 0, 1, 0.01) renvoie \((0{,}6796875\ ;\ 0{,}6875)\) : ainsi \(0{,}679 < \alpha < 0{,}688\).
