Théorème des valeurs intermédiaires

I) Théorème

Si $f$ est 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 $c \in [a,\ b]$ tel que $f(c) = k$.

En d’autres termes :
L’équation $f(x) = k$ d’inconnue $x$ admet au moins une solution dans $[a,\ b]$ pour tout $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$.

Remarque

On peut remplacer la condition « $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$ » par :
$k \in f([a,\ b])$

Exemple

Montrer que l’équation $x + x^3 = 3$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.

Correction

Considérons la fonction $f$ définie sur $[1, 2]$ par : $f(x) = x + x^3$

• La fonction $f$ est continue sur $[1, 2]$ car c’est une fonction polynôme.
• $f(1) = 1 + 1 = 2$ et $f(2) = 2 + 8 = 10$, donc $3$ est compris entre $f(1)$ et $f(2)$.

Donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x) = 3$ admet au moins une solution dans $[1, 2]$.

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Corollaire

Si la fonction $f$ est continue sur $[a, b]$ et que $f(a) \times f(b) < 0$,
alors l’équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution dans l’intervalle $[a, b]$.

Si de plus $f$ est strictement monotone, alors cette solution est unique.

Remarque

Le produit de deux nombres est négatif si l’un est positif et l’autre négatif.
Donc la condition $f(a) \times f(b) < 0$ signifie que $0$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$.

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Exemple

Montrer que l’équation $\cos(x) = x$ admet une unique solution dans l’intervalle $\left]0,\ \frac{\pi}{2}\right[$.

Correction

Considérons la fonction $f$ définie sur $\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]$ par :
$f(x) = \cos(x) - x$

• La fonction $f$ est continue sur $\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]$ comme somme de deux fonctions continues : $x \mapsto \cos(x)$ et $x \mapsto -x$.
• $f(0) = \cos(0) - 0 = 1$ et $f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) - \frac{\pi}{2} = -\frac{\pi}{2}$

Ainsi, $f(0) \times f\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0$, donc il existe $\alpha \in \left]0,\ \frac{\pi}{2}\right[$ tel que $f(\alpha) = 0$, c’est-à-dire $\cos(\alpha) = \alpha$.

Unicité :
Monotonie de $f$ sur $\left[0,\ \frac{\pi}{2}\right]$.

On calcule : $f'(x) = -\sin(x) - 1 = -(\sin(x) + 1)$

Sur $\left]0,\ \frac{\pi}{2}\right[$, on a $0 < \sin(x) < 1$ donc : $f'(x) < -1 < 0$

Donc $f$ est strictement décroissante,
ce qui implique que l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution dans $\left]0,\ \frac{\pi}{2}\right[$.

II) Méthode de dichotomie

La méthode de dichotomie est une technique permettant d’obtenir une approximation d’une solution de l’équation $f(x) = 0$.

Supposons que la fonction $f$ soit continue sur un intervalle $[a, b]$, et que :

• $f(a) < 0$
• $f(b) > 0$

Alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel $\alpha \in [a, b]$ tel que $f(\alpha) = 0$.

L’idée de la méthode de dichotomie consiste à réduire progressivement l’intervalle dans lequel se trouve la solution $\alpha$, en évaluant la fonction au milieu de l’intervalle.

On commence donc par calculer le milieu de $[a, b]$ :

Puis on évalue $f(m)$ :

• Si $f(m) = 0$, alors on a trouvé la solution exacte : $\alpha = m$.
• Si $f(m) < 0$, alors la racine est dans l’intervalle $[m, b]$.
• Si $f(m) > 0$, alors la racine est dans l’intervalle $[a, m]$.

Dans les deux derniers cas, on recommence le processus sur ce nouvel intervalle, plus petit, jusqu’à ce que l’intervalle obtenu soit suffisamment petit (selon la précision souhaitée).

Ce procédé permet donc de localiser progressivement une racine de l’équation $f(x) = 0$.

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Exemple d’application (Approximation de $\sqrt{10}$)

Considèrons la fonction $f$ définie par : $f(x)=x^2-10$

1. Montrer que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[2, \ 4]$
2. Donner un encadrement de $\alpha$ d’amplitude $0,25$
3. En déduire que : $3<\sqrt{10}<\frac{13}{4}$

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Correction

1.

• La fonction $f$ est continue sur $[2,4]$

  Car fonction polynômiale \par

• $f\left(2\right)=2^2-10=-6 \ et \ f\left(4\right)=4^2-10=6$

  $f\left(2\right)\times f\left(4\right)<0$

  Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires :

  L’équation $f\left(x\right)=0$ admet au moins une solution $\alpha\in]2,4[$

• La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$

  $f^\prime\left(x\right)=2x\ \ \ \ ;\forall x\in\mathbb{R}$

  $f^\prime\left(x\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=0$

  $2\le x\le4\Leftrightarrow\ \ \ 4\le f^\prime\left(x\right)\le8$

  Donc $\forall x\in\left]2,\ \ 4\right[\ \ : \ \ f'(x)>0$

  Alors la fonction $f$ est strictement croissante sur $\left]2,\ 4 \right[$

D’où $\alpha$ est unique

2.

$2\le\alpha\le4$ donc l’amplitude de cet encadrement est : $4-2=2$

• $\frac{2+4}{2}=3 ~~,~~ f\left(3\right)=3^2-10=-10$

  Donc $\alpha\in\left]3,\ \ 4\right[$ d’amplitude : $4-3=1$

• $\frac{3+4}{2}=\frac{7}{2} ~~ ,~~ f\left(\frac{7}{2}\right)=\left(\frac{7}{2}\right)^2-10=\frac{49-10}{4}=\frac{39}{4}$

  Donc $\alpha\in\left]3,\ \ \frac{7}{2}\right[$ d’amplitude : $\frac{7}{2}-3=3,5-3=0,5$

• $\frac{3+\frac{7}{2}}{2}=\frac{13}{4}~~ ,~~ f\left(\frac{13}{4}\right)=\left(\frac{13}{4}\right)^2-10=\frac{169-10}{16}=\frac{159}{16}$

  Donc $\alpha\in\left]3,\ \ \frac{13}{4}\right[$ d’amplitude : $\frac{13}{4}-3=3,25-3=0,25$

  C’est terminé : on a trouvé l’amplitude souhaitée :

  $$\alpha \in \left]3,\ \ \frac{13}{4}\right[$$

3.

On a $f\left(x\right)=0\Leftrightarrow x^2-10=0\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{10}$

Donc $\alpha=\sqrt{10}$ \par

et donc $3<\sqrt{10}\ <\frac{13}{4}$