Pas de panique. La continuité, c'est juste une propriété qui dit que la courbe d'une fonction se trace sans lever le crayon. Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) est un outil magique pour prouver qu'une équation a au moins une solution, même sans la calculer. Pour comprendre vite, on va réactiver deux prérequis : les limites de fonctions et les tableaux de variations. On y va, crayon en main.
Prérequis 1 : les limites, ça sert à quoi ?
Une limite, c'est la valeur vers laquelle se dirige $f(x)$ quand $x$ devient très grand (positif ou négatif) ou s'approche d'un nombre. Par exemple, pour $f(x)=x^3$, quand $x$ tend vers $+\infty$, $f(x)$ tend aussi vers $+\infty$. On note $\lim_{x\to+\infty} f(x) = +\infty$. Pour le TVI, on utilise les limites pour savoir où « commence » et où « finit » une fonction sur un intervalle, surtout si l'intervalle est infini.
Prérequis 2 : le tableau de variations, la carte d'identité de la fonction
Un tableau de variations résume où la fonction monte, descend, et quelles valeurs elle prend aux bornes. Une flèche qui monte ou descend dans un tableau de variations sous-entend que la fonction est continue et strictement monotone sur cet intervalle. C'est un raccourci très pratique pour le TVI.
La continuité en deux mots
Une fonction est continue sur un intervalle si on peut tracer sa courbe sans lever le crayon. Toutes les fonctions que tu connais (polynômes, racine carrée, exponentielle, logarithme, cosinus, sinus, valeur absolue) sont continues là où elles sont définies. Les sommes, produits, quotients (dénominateur non nul) et composées de fonctions continues sont continues. Une fonction dérivable est toujours continue (mais la réciproque est fausse : la valeur absolue est continue en 0 mais pas dérivable).
Le TVI, le théorème qui attrape les solutions
Théorème des valeurs intermédiaires (TVI) : 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 $c$ dans $[a, b]$ tel que $f(c) = k$.
Cas particulier utile : Si $f(a)$ et $f(b)$ sont de signes contraires, alors $f$ s'annule au moins une fois sur $[a, b]$ (car $0$ est entre $f(a)$ et $f(b)$).
Corollaire (pour l'unicité) : Si $f$ est continue et strictement monotone sur $[a, b]$, alors l'équation $f(x)=k$ admet une unique solution dans $[a, b]$.
À toi de jouer
1. On considère la fonction $f(x)=x^2$ sur l'intervalle $[0, 2]$. On a $f(0)=0$ et $f(2)=4$. On cherche à appliquer le TVI pour $k=1$.
Complète : $f$ est continue sur $\underline{\hspace{1.1em}}$. $1$ est compris entre $\underline{\hspace{1.1em}}$ et $\underline{\hspace{1.1em}}$. Donc, d'après le TVI, l'équation $f(x)=1$ admet $\underline{\hspace{1.1em}}$ solution dans $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Corrigé
Complète : $f$ est continue sur $[0, 2]$. $1$ est compris entre $0$ et $4$. Donc, d'après le TVI, l'équation $f(x)=1$ admet au moins une solution dans $[0, 2]$.
2. Soit $g(x)=x^3-2x$ sur $[1, 2]$. On a $g(1)=1^3-2\times1 = -1$ et $g(2)=2^3-2\times2 = 8-4=4$.
Complète : $g$ est un polynôme, donc $g$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[1, 2]$. $g(1) = \underline{\hspace{1.1em}}$ et $g(2) = \underline{\hspace{1.1em}}$. $0$ est compris entre $\underline{\hspace{1.1em}}$ et $\underline{\hspace{1.1em}}$. Donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Corrigé
Complète : $g$ est un polynôme, donc $g$ est continue sur $[1, 2]$. $g(1) = -1$ et $g(2) = 4$. $0$ est compris entre $-1$ et $4$. Donc, d'après le TVI, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
3. On veut montrer que l'équation $e^x + x = 0$ a une solution dans $[-1, 0]$. On pose $h(x)=e^x + x$.
Complète : $h$ est la somme de la fonction exponentielle et d'une fonction linéaire, donc $h$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[-1, 0]$.
$h(-1) = e^{-1} - 1 \approx -0,63$ (négatif). $h(0) = e^0 + 0 = \underline{\hspace{1.1em}}$ (positif).
$0$ est compris entre $h(-1)$ et $h(0)$. Donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $h(x)=0$ admet $\underline{\hspace{1.1em}}$ solution dans $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Corrigé
Complète : $h$ est la somme de la fonction exponentielle et d'une fonction linéaire, donc $h$ est continue sur $[-1, 0]$.
$h(-1) = e^{-1} - 1 \approx -0,63$ (négatif). $h(0) = e^0 + 0 = 1$ (positif).
$0$ est compris entre $h(-1)$ et $h(0)$. Donc, d'après le TVI, l'équation $h(x)=0$ admet au moins une solution dans $[-1, 0]$.
Ah oui, c'est ça ! Le TVI, on l'utilise pour prouver qu'une équation a une solution. Mais pour montrer qu'elle est unique, il faut le corollaire avec la stricte monotonie. On va revoir la méthode pas à pas, et tu vas l'appliquer toi-même sur des cas simples.
Méthode : Prouver que f(x)=k a une unique solution
Voici la recette en 4 étapes :
- Continuité : Justifie que $f$ est continue sur l'intervalle $I$ (ex : « $f$ est un polynôme donc continue sur $\mathbb{R}$ »).
- Stricte monotonie : Calcule la dérivée $f'$ et étudie son signe pour montrer que $f$ est strictement croissante ou strictement décroissante sur $I$.
- Valeurs aux bornes : Calcule $f$ aux bornes de $I$ (ou les limites si l'intervalle est ouvert/infini). Vérifie que $k$ est bien compris entre ces deux valeurs.
- Conclusion : Applique le corollaire du TVI : « $f$ est continue et strictement monotone sur $I$, et $k$ est entre les valeurs aux bornes, donc l'équation $f(x)=k$ admet une unique solution dans $I$ ».
Sens direct vs réciproque (pour plus tard)
En réalité, le TVI a deux « sens » d'utilisation :
- Sens direct : On SAIT que la fonction est continue et que $k$ est entre $f(a)$ et $f(b)$ → on en DÉDUIT qu'il existe une solution. C'est ce qu'on fait ici.
- Réciproque : On ne sait pas si la fonction est continue, mais on veut MONTRER qu'elle ne l'est pas. Si on trouve un $k$ entre $f(a)$ et $f(b)$ qui n'est jamais atteint, alors la fonction n'est pas continue. On verra ça plus tard.
À toi de jouer
1. On reprend $f(x)=x^3+3x-5$ sur $\mathbb{R}$.
Étape 1 - Continuité : $f$ est un $\underline{\hspace{1.1em}}$, donc $f$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $\mathbb{R}$.
Étape 2 - Stricte monotonie : $f'(x) = \underline{\hspace{1.1em}} x^2 + \underline{\hspace{1.1em}}$. Comme $x^2 \ge 0$, on a $f'(x) > 0$, donc $f$ est strictement $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $\mathbb{R}$.
Étape 3 - Bornes : $\lim_{x\to -\infty} f(x) = \underline{\hspace{1.1em}}$ et $\lim_{x\to +\infty} f(x) = \underline{\hspace{1.1em}}$. $0$ est bien compris entre ces deux limites.
Étape 4 - Conclusion : D'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$ du TVI, l'équation $f(x)=0$ admet une $\underline{\hspace{1.1em}}$ solution dans $\mathbb{R}$.
Corrigé
Étape 1 - Continuité : $f$ est un polynôme, donc $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.
Étape 2 - Stricte monotonie : $f'(x) = 3x^2 + 3$. Comme $x^2 \ge 0$, on a $f'(x) > 0$, donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
Étape 3 - Bornes : $\lim_{x\to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty$. $0$ est bien compris entre ces deux limites.
Étape 4 - Conclusion : D'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans $\mathbb{R}$.
2. Applique la méthode à $g(x)=\ln x + x - 2$ sur $[1, e]$.
Étape 1 : $g$ est la somme de $\ln x$, $x$ et $-2$, toutes continues sur $[1, e]$, donc $g$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[1, e]$.
Étape 2 : $g'(x) = \frac{1}{x} + \underline{\hspace{1.1em}}$. Sur $[1, e]$, $\frac{1}{x} > 0$ et $1 > 0$, donc $g'(x) > 0$ et $g$ est strictement $\underline{\hspace{1.1em}}$.
Étape 3 : $g(1) = \ln 1 + 1 - 2 = \underline{\hspace{1.1em}}$. $g(e) = \ln e + e - 2 = 1 + e - 2 = e - 1 \approx \underline{\hspace{1.1em}}$ (positif). $0$ est entre $g(1)$ et $g(e)$.
Étape 4 : D'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $g(x)=0$ admet une $\underline{\hspace{1.1em}}$ solution dans $[1, e]$.
Corrigé
Étape 1 : $g$ est la somme de $\ln x$, $x$ et $-2$, toutes continues sur $[1, e]$, donc $g$ est continue sur $[1, e]$.
Étape 2 : $g'(x) = \frac{1}{x} + 1$. Sur $[1, e]$, $\frac{1}{x} > 0$ et $1 > 0$, donc $g'(x) > 0$ et $g$ est strictement croissante.
Étape 3 : $g(1) = \ln 1 + 1 - 2 = -1$. $g(e) = \ln e + e - 2 = 1 + e - 2 = e - 1 \approx 1,72$ (positif). $0$ est entre $g(1)$ et $g(e)$.
Étape 4 : D'après le corollaire du TVI, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution dans $[1, e]$.
3. On considère $h(x)=e^x - 2x$ sur $[0, 1]$.
Complète les étapes :
1) $h$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[0, 1]$ (somme de fonctions continues).
2) $h'(x) = e^x - \underline{\hspace{1.1em}}$. Sur $[0, 1]$, $e^x \ge 1$, donc $h'(x) \le \underline{\hspace{1.1em}}$ (négatif). $h$ est strictement $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[0, 1]$.
3) $h(0) = e^0 - 0 = \underline{\hspace{1.1em}}$. $h(1) = e - 2 \approx \underline{\hspace{1.1em}}$ (positif). $0$ est entre $h(1)$ et $h(0)$.
4) D'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $h(x)=0$ admet une $\underline{\hspace{1.1em}}$ solution dans $[0, 1]$.
Corrigé
1) $h$ est continue sur $[0, 1]$ (somme de fonctions continues).
2) $h'(x) = e^x - 2$.
Sur $[0, 1]$, $e^x \ge 1$, ce qui donne $h'(x) = e^x - 2 \ge 1 - 2 = -1$ — le sens correct est $\ge$, non $\le$. Par ailleurs, $e^x$ dépasse $2$ dès que $x > \ln 2 \approx 0{,}693$, qui est bien dans $(0, 1)$. Donc $h'$ change de signe sur $[0, 1]$ :
— sur $[0,\,\ln 2[$, $e^x < 2$ donc $h'(x) < 0$ : $h$ est strictement décroissante ;
— sur $]\ln 2,\,1]$, $e^x > 2$ donc $h'(x) > 0$ : $h$ est strictement croissante.
$h$ n'est pas monotone sur $[0, 1]$ ; elle admet un minimum en $x = \ln 2$.
3) $h(0) = e^0 - 0 = 1 > 0$. $h(1) = e - 2 \approx 0{,}72 > 0$.
La valeur minimale est $h(\ln 2) = e^{\ln 2} - 2\ln 2 = 2 - 2\ln 2 \approx 0{,}61 > 0$.
$h(x) > 0$ pour tout $x \in [0, 1]$ : les valeurs $h(0)$ et $h(1)$ sont toutes deux strictement positives, et $0$ n'est pas compris entre elles.
4) Le TVI ne s'applique pas ici : $h$ ne change pas de signe sur $[0, 1]$. L'équation $h(x) = 0$ n'admet aucune solution dans $[0, 1]$.
Bilan : l'exercice est mal construit. L'étape 2 inverse le sens de l'inégalité et conclut à tort à la monotonie ; l'étape 3 affirme à tort que $0$ est encadré par $h(0)$ et $h(1)$, qui sont pourtant tous deux positifs ; la conclusion de l'étape 4 est donc fausse.
Maintenant, on répète la même mécanique cinq fois. Des exercices quasi identiques pour que le geste devienne automatique. Tu vas justifier l'existence d'une solution par le TVI simple (sans forcément l'unicité). C'est parti.
À toi de jouer
1. Exercice 1 : Montre que $f(x)=x^3-4x+2$ admet au moins une solution dans $[0, 1]$.
Complète : $f$ est un $\underline{\hspace{1.1em}}$ donc continue sur $[0, 1]$. $f(0)=\underline{\hspace{1.1em}}$, $f(1)=\underline{\hspace{1.1em}}$. $0$ est entre $f(0)$ et $f(1)$ donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0, 1]$.
Corrigé
$f$ est un polynôme donc continue sur $[0, 1]$. $f(0)=2$, $f(1)=1-4+2=-1$. $0$ est entre $f(0)$ et $f(1)$ donc, d'après le TVI, l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0, 1]$.
2. Exercice 2 : Montre que $g(x)=e^x - 3$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
Complète : $g$ est la somme de $e^x$ et $-3$, donc $g$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[1, 2]$. $g(1)=e-3 \approx \underline{\hspace{1.1em}}$ (négatif), $g(2)=e^2-3 \approx \underline{\hspace{1.1em}}$ (positif). $0$ est entre $g(1)$ et $g(2)$ donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
Corrigé
$g$ est la somme de $e^x$ et $-3$, donc $g$ est continue sur $[1, 2]$. $g(1)=e-3 \approx -0,28$ (négatif), $g(2)=e^2-3 \approx 4,39$ (positif). $0$ est entre $g(1)$ et $g(2)$ donc, d'après le TVI, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
3. Exercice 3 : Montre que $h(x)=\ln x - 1$ admet au moins une solution dans $[2, 4]$.
Complète : $h$ est la différence de $\ln x$ et $1$, donc $h$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[2, 4]$. $h(2)=\ln 2 - 1 \approx \underline{\hspace{1.1em}}$ (négatif), $h(4)=\ln 4 - 1 \approx \underline{\hspace{1.1em}}$ (positif). $0$ est entre $h(2)$ et $h(4)$ donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $h(x)=0$ admet au moins une solution dans $[2, 4]$.
Corrigé
$h$ est la différence de $\ln x$ et $1$, donc $h$ est continue sur $[2, 4]$. $h(2)=\ln 2 - 1 \approx -0,31$ (négatif), $h(4)=\ln 4 - 1 \approx 0,39$ (positif). $0$ est entre $h(2)$ et $h(4)$ donc, d'après le TVI, l'équation $h(x)=0$ admet au moins une solution dans $[2, 4]$.
4. Exercice 4 : Montre que $p(x)=x^5+2x-6$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
Complète : $p$ est un $\underline{\hspace{1.1em}}$ donc continue sur $[1, 2]$. $p(1)=1+2-6=\underline{\hspace{1.1em}}$, $p(2)=32+4-6=\underline{\hspace{1.1em}}$. $0$ est entre $p(1)$ et $p(2)$ donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $p(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
Corrigé
$p$ est un polynôme donc continue sur $[1, 2]$. $p(1)=1+2-6=-3$, $p(2)=32+4-6=30$. $0$ est entre $p(1)$ et $p(2)$ donc, d'après le TVI, l'équation $p(x)=0$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.
5. Exercice 5 : Montre que $q(x)=\cos x - x$ admet au moins une solution dans $[0, \frac{\pi}{2}]$.
Complète : $q$ est la différence de $\cos x$ et $x$, deux fonctions $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur $[0, \frac{\pi}{2}]$, donc $q$ est $\underline{\hspace{1.1em}}$ sur cet intervalle. $q(0)=\cos 0 - 0 = \underline{\hspace{1.1em}}$, $q(\frac{\pi}{2})=\cos \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = \underline{\hspace{1.1em}}$ (négatif). $0$ est entre $q(0)$ et $q(\frac{\pi}{2})$ donc, d'après le $\underline{\hspace{1.1em}}$, l'équation $q(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0, \frac{\pi}{2}]$.
Corrigé
$q$ est la différence de $\cos x$ et $x$, deux fonctions continues sur $[0, \frac{\pi}{2}]$, donc $q$ est continue sur cet intervalle. $q(0)=\cos 0 - 0 = 1$, $q(\frac{\pi}{2})=\cos \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = -\frac{\pi}{2} \approx -1,57$ (négatif). $0$ est entre $q(0)$ et $q(\frac{\pi}{2})$ donc, d'après le TVI, l'équation $q(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0, \frac{\pi}{2}]$.
Place au niveau attendu au contrôle. Tu vas résoudre des problèmes complets : existence, unicité, encadrement de solution, et lecture de tableau de variations. Cette fois, plus de trous : tu rédiges tout seul. Tu es prêt.
À toi de jouer
1. Exercice 1 (existence et unicité) : Soit $f(x)=x^3+2x-7$.
1) Étudie les variations de $f$ sur $\mathbb{R}$.
2) Démontre que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\mathbb{R}$.
3) Donne un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,1$.
Corrigé
1) $f'(x)=3x^2+2$. Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $x^2\ge 0$, donc $3x^2+2 > 0$. $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
2) $f$ est un polynôme donc continue sur $\mathbb{R}$. $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. $\lim_{x\to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty$. $0$ est compris entre $-\infty$ et $+\infty$. D'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\mathbb{R}$.
3) $f(1)=1+2-7=-4 < 0$ et $f(2)=8+4-7=5 > 0$, donc $\alpha\in[1, 2]$. $f(1,5)=3,375+3-7=-0,625 < 0$, donc $\alpha\in[1,5, 2]$. $f(1,6)=4,096+3,2-7=0,296 > 0$, donc $\alpha\in[1,5, 1,6]$. $f(1,55)=3,724+3,1-7=-0,176 < 0$, donc $\alpha\in[1,55, 1,6]$. Un encadrement d'amplitude $0,1$ est $1,5 < \alpha < 1,6$.
2. Exercice 2 (lecture de tableau de variations) : $g$ est une fonction continue sur $[-3, 5]$ dont le tableau de variations est le suivant :
$g(-3)=4$, $g$ est strictement décroissante sur $[-3, 1]$ jusqu'à $g(1)=-2$, puis strictement croissante sur $[1, 5]$ jusqu'à $g(5)=6$.
1) Combien de solutions l'équation $g(x)=0$ admet-elle sur $[-3, 5]$ ? Justifie.
2) Combien de solutions l'équation $g(x)=5$ admet-elle sur $[-3, 5]$ ? Justifie.
Corrigé
1) Sur $[-3, 1]$, $g$ est continue et strictement décroissante de $4$ à $-2$. $0$ est compris entre $-2$ et $4$, donc d'après le corollaire du TVI, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur $[-3, 1]$.
Sur $[1, 5]$, $g$ est continue et strictement croissante de $-2$ à $6$. $0$ est compris entre $-2$ et $6$, donc d'après le corollaire du TVI, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur $[1, 5]$.
Au total, l'équation $g(x)=0$ admet exactement 2 solutions sur $[-3, 5]$.
2) Sur $[-3, 1]$, $g$ est continue et strictement décroissante de $4$ à $-2$. $5$ n'est pas compris entre $-2$ et $4$, donc l'équation $g(x)=5$ n'admet aucune solution sur $[-3, 1]$.
Sur $[1, 5]$, $g$ est continue et strictement croissante de $-2$ à $6$. $5$ est compris entre $-2$ et $6$, donc d'après le corollaire du TVI, l'équation $g(x)=5$ admet une unique solution sur $[1, 5]$.
Au total, l'équation $g(x)=5$ admet exactement 1 solution sur $[-3, 5]$.
3. Exercice 3 (existence par le TVI) : Pour chaque équation, justifie qu'elle admet au moins une solution dans l'intervalle indiqué.
a) $x^3-4x+1=0$ sur $[0, 1]$
b) $e^x - 2x = 0$ sur $[0, 1]$
c) $\ln x + x - 3 = 0$ sur $[2, 3]$
Corrigé
a) $f(x) = x^3 - 4x + 1$ est un polynôme, donc continue sur $[0, 1]$.
$f(0) = 0 - 0 + 1 = 1 > 0$ et $f(1) = 1 - 4 + 1 = -2 < 0$.
$0$ est compris entre $f(1) = -2$ et $f(0) = 1$, donc d'après le TVI il existe au moins un $c \in [0, 1]$ tel que $f(c) = 0$ : l'équation admet au moins une solution dans $[0, 1]$.
b) $g(x) = e^x - 2x$ est continue sur $[0, 1]$ (somme de fonctions continues).
$g(0) = 1 > 0$ et $g(1) = e - 2 \approx 0{,}72 > 0$.
Les deux valeurs aux bornes sont de même signe : les conditions du TVI ne sont pas réunies, on ne peut pas conclure directement à l'existence d'une solution.
On peut préciser davantage : $g'(x) = e^x - 2$, qui s'annule en $x = \ln 2 \approx 0{,}69 \in [0, 1]$. La fonction $g$ est décroissante sur $[0, \ln 2]$ puis croissante sur $[\ln 2, 1]$, donc son minimum sur $[0, 1]$ est atteint en $\ln 2$ :
$g(\ln 2) = e^{\ln 2} - 2\ln 2 = 2 - 2\ln 2 \approx 0{,}61 > 0$.
Ainsi $g(x) > 0$ pour tout $x \in [0, 1]$ : l'équation $e^x - 2x = 0$ n'admet aucune solution sur $[0, 1]$.
Remarque : la question b) contient une erreur d'énoncé — il n'existe pas de solution sur cet intervalle, et le TVI ne peut pas être appliqué pour en établir l'existence.
c) $h(x) = \ln x + x - 3$ est continue sur $[2, 3]$ (somme de fonctions continues sur $]0, +\infty[$).
$h(2) = \ln 2 + 2 - 3 = \ln 2 - 1 \approx -0{,}31 < 0$ et $h(3) = \ln 3 + 3 - 3 = \ln 3 \approx 1{,}10 > 0$.
$0$ est compris entre $h(2) < 0$ et $h(3) > 0$, donc d'après le TVI il existe au moins un $c \in [2, 3]$ tel que $h(c) = 0$ : l'équation admet au moins une solution dans $[2, 3]$.
4. Exercice 4 (unicité et encadrement) : Soit $f(x)=\ln x - \frac{1}{x}$ sur $[1, 3]$.
1) Montre que $f$ est strictement croissante sur $[1, 3]$.
2) Déduis-en que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1, 3]$.
3) Donne un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,2$.
Corrigé
1) $f$ est dérivable sur $[1, 3]$ comme somme de $\ln x$ et $-1/x$. $f'(x)=\frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}$. Pour $x\in[1, 3]$, $\frac{1}{x} > 0$ et $\frac{1}{x^2} > 0$, donc $f'(x) > 0$. $f$ est strictement croissante sur $[1, 3]$.
2) $f$ est continue sur $[1, 3]$ (somme de fonctions continues). $f$ est strictement croissante sur $[1, 3]$. $f(1)=\ln 1 - 1 = -1 < 0$. $f(3)=\ln 3 - \frac{1}{3} \approx 1,10 - 0,33 = 0,77 > 0$. $0$ est compris entre $f(1)$ et $f(3)$. D'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1, 3]$.
3) $f(1,5)=\ln 1,5 - 1/1,5 \approx 0,405 - 0,667 = -0,262 < 0$. $f(1,7)=\ln 1,7 - 1/1,7 \approx 0,531 - 0,588 = -0,057 < 0$. $f(1,8)=\ln 1,8 - 1/1,8 \approx 0,588 - 0,556 = 0,032 > 0$. Donc $\alpha\in[1,7, 1,8]$. L'amplitude est $0,1$, ce qui est inférieur à $0,2$. Un encadrement possible est $1,7 < \alpha < 1,8$.
Tu maîtrises le TVI. Voyons maintenant comment il se prolonge dans le supérieur : la méthode de dichotomie pour approcher une solution avec une précision arbitraire, et un aperçu du théorème des valeurs intermédiaires pour les fonctions de plusieurs variables. De quoi aborder sereinement les études post-bac.
La dichotomie : le TVI en action
La dichotomie est un algorithme qui utilise le TVI pour encadrer une solution avec une précision aussi fine qu'on le souhaite. Le principe : on part d'un intervalle $[a, b]$ où $f(a)$ et $f(b)$ sont de signes contraires. On coupe l'intervalle en deux en son milieu $m = \frac{a+b}{2}$. Si $f(m)$ a le même signe que $f(a)$, la solution est dans $[m, b]$, sinon elle est dans $[a, m]$. On répète l'opération jusqu'à obtenir l'amplitude voulue. Cette méthode est très utilisée en informatique pour résoudre des équations numériquement.
Ouverture : le TVI pour les fonctions de plusieurs variables
En première année de licence, tu verras que le TVI se généralise aux fonctions de $\mathbb{R}^n$ dans $\mathbb{R}$. Une fonction continue sur un domaine « connexe » (d'un seul tenant) prend toutes les valeurs intermédiaires entre deux quelconques de ses valeurs. C'est un outil fondamental en optimisation et en analyse numérique.
À toi de jouer
1. Exercice 1 (dichotomie) : On considère $f(x)=x^3+x-3$ sur $[1, 2]$.
1) Montre que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1, 2]$.
2) Applique deux étapes de dichotomie pour encadrer $\alpha$ dans un intervalle d'amplitude $0,25$.
3) Combien d'étapes seraient nécessaires pour obtenir une amplitude de $10^{-3}$ ?
Corrigé
1) $f$ est un polynôme donc continue sur $[1, 2]$. $f'(x)=3x^2+1 > 0$, donc $f$ est strictement croissante. $f(1)=1+1-3=-1 < 0$, $f(2)=8+2-3=7 > 0$. $0$ est entre $f(1)$ et $f(2)$, donc par le corollaire du TVI, $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1, 2]$.
2) Étape 1 : $m_1 = \frac{1+2}{2}=1,5$. $f(1,5)=3,375+1,5-3=1,875 > 0$. $f(1) < 0$ et $f(1,5) > 0$, donc $\alpha\in[1, 1,5]$. Amplitude $0,5$.
Étape 2 : $m_2 = \frac{1+1,5}{2}=1,25$. $f(1,25)=1,953+1,25-3=0,203 > 0$. $f(1) < 0$ et $f(1,25) > 0$, donc $\alpha\in[1, 1,25]$. Amplitude $0,25$.
3) L'amplitude initiale est $1$. Après $n$ étapes, l'amplitude est $\frac{1}{2^n}$. On veut $\frac{1}{2^n} \le 10^{-3}$, soit $2^n \ge 1000$. $2^{10}=1024$, donc $n=10$ étapes suffisent.
2. Exercice 2 (généralisation) : Soit $f(x,y)=x^2+y^2-1$ définie sur le disque unité $D=\{(x,y), x^2+y^2 \le 1\}$.
$f$ est continue sur $D$. On a $f(0,0)=-1$ et $f(1,0)=0$.
1) Le TVI te permet-il d'affirmer qu'il existe un point $(x,y)$ dans $D$ tel que $f(x,y)=-0,5$ ? Pourquoi ?
2) Trouve un tel point explicitement.
Corrigé
1) Oui, car $f$ est continue sur $D$ qui est connexe (d'un seul tenant). $f(0,0)=-1$ et $f(1,0)=0$. $-0,5$ est compris entre $-1$ et $0$. Le TVI généralisé (ou le TVI appliqué le long du segment reliant $(0,0)$ à $(1,0)$) garantit l'existence d'un point $(x,y)$ dans $D$ tel que $f(x,y)=-0,5$.
2) On cherche $(x,y)$ tel que $x^2+y^2-1=-0,5$, soit $x^2+y^2=0,5$. Par exemple, $(x,y)=(\sqrt{0,5}, 0)$ convient, car $(\sqrt{0,5})^2+0^2=0,5$. Ce point est bien dans $D$ car $0,5 \le 1$.
3. Exercice 3 (réflexion) : Explique pourquoi la fonction $f(x)=\frac{1}{x}$ sur $[-1, 1]$ ne contredit pas le TVI, bien qu'elle prenne les valeurs $-1$ et $1$ mais jamais $0$.
Corrigé
La fonction $f(x)=\frac{1}{x}$ n'est pas définie en $0$, donc elle n'est pas continue sur l'intervalle $[-1, 1]$ (elle a une discontinuité par asymptote verticale en $0$). Le TVI exige la continuité sur tout l'intervalle fermé $[a, b]$. Ici, $f$ n'est pas continue sur $[-1, 1]$, donc le TVI ne s'applique pas. Il n'y a pas de contradiction : la fonction « saute » de $-\infty$ à $+\infty$ en passant par $0$, sans jamais atteindre $0$.