Définition
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $[a, b]$. Pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$ (c'est-à-dire $f(a) \leq k \leq f(b)$ ou $f(b) \leq k \leq f(a)$), il existe au moins un réel $c$ appartenant à l'intervalle $[a, b]$ tel que $f(c) = k$. Ce théorème garantit l'existence d'une solution à l'équation $f(x) = k$ sur l'intervalle $[a, b]$ si $f$ est continue et si $k$ est entre $f(a)$ et $f(b)$.
Méthode — Théorème des valeurs intermédiaires (TVI) : énoncé et applications
Vérifier la continuité de la fonction
La première étape cruciale est de s'assurer que la fonction $f$ est continue sur l'intervalle $[a, b]$ donné. Les fonctions usuelles (polynômes, exponentielles, logarithmes, trigonométriques) sont continues sur leur domaine de définition. Les sommes, produits, quotients (si le dénominateur ne s'annule pas) et composées de fonctions continues sont continues.
Calculer les images des bornes de l'intervalle
Déterminez les valeurs $f(a)$ et $f(b)$. Ces valeurs définissent l'intervalle des images $[f(a), f(b)]$ (ou $[f(b), f(a)]$ si $f(b) < f(a)$) sur lequel le théorème s'applique.
Vérifier que $k$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$
Assurez-vous que la valeur $k$ pour laquelle on cherche une solution est bien incluse dans l'intervalle $[f(a), f(b)]$ (ou $[f(b), f(a)]$). C'est la condition essentielle pour appliquer le TVI.
Conclure sur l'existence d'une solution
Si toutes les conditions précédentes sont remplies, alors, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel $c \in [a, b]$ tel que $f(c) = k$. Si de plus la fonction $f$ est strictement monotone sur $[a, b]$, alors la solution $c$ est unique.
Exemple résolu
Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 + x - 1$. Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur l'intervalle $[0, 1]$.
$f(0) = 0^3 + 0 - 1 = -1$
$f(1) = 1^3 + 1 - 1 = 1$
Calculons la dérivée de $f$: $f'(x) = 3x^2 + 1$.
Pour tout $x \in [0, 1]$, $x^2 \geq 0$, donc $3x^2 \geq 0$, et $3x^2 + 1 \geq 1$.
Ainsi, $f'(x) > 0$ sur $[0, 1]$. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $[0, 1]$.
L'équation $x^3 + x - 1 = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur l'intervalle $[0, 1]$.
⚠️ Piège fréquent au BAC — Oubli des conditions
- Oublier de vérifier la continuité de la fonction sur l'intervalle donné. C'est une condition fondamentale du TVI.
- Ne pas vérifier que la valeur $k$ est bien comprise entre $f(a)$ et $f(b)$. Si $k$ est en dehors de cet intervalle, le TVI ne s'applique pas.
- Confondre l'existence d'une solution avec l'unicité. Pour l'unicité, il faut ajouter la condition de stricte monotonie de la fonction.
Exercice type BAC
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = e^x + x - 2$.
- Étudier les variations de la fonction $f$ sur $\mathbb{R}$.
- Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur l'intervalle $[0, 1]$.
- Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,1$.
Étude des variations de $f$ :
La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions dérivables. Sa dérivée est :
$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x + x - 2) = e^x + 1$.Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^x > 0$, donc $e^x + 1 > 1$.
Ainsi, $f'(x) > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
Démonstration de l'existence et de l'unicité de la solution $\alpha$ sur $[0, 1]$ :
Continuité : La fonction $f(x) = e^x + x - 2$ est continue sur $\mathbb{R}$ (somme de fonctions continues : exponentielle, fonction affine). Elle est donc continue sur l'intervalle $[0, 1]$.
Stricte monotonie : D'après la question précédente, $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, et par conséquent sur l'intervalle $[0, 1]$.
Calcul des images aux bornes :
$f(0) = e^0 + 0 - 2 = 1 + 0 - 2 = -1$.
$f(1) = e^1 + 1 - 2 = e - 1$.On sait que $e \approx 2,718$, donc $e - 1 \approx 1,718$.
Application du corollaire du TVI :
Nous cherchons une solution à $f(x) = 0$. La valeur $k=0$ est bien comprise entre $f(0) = -1$ et $f(1) = e-1 \approx 1,718$, car $-1 \leq 0 \leq e-1$.Puisque $f$ est continue et strictement croissante sur $[0, 1]$, et que $0$ est compris entre $f(0)$ et $f(1)$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur l'intervalle $[0, 1]$.
Encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,1$ :
Nous savons que $f(0) = -1$ et $f(1) = e-1 \approx 1,718$. Puisque $f$ est strictement croissante et $f(\alpha)=0$, nous cherchons $x$ tel que $f(x)$ change de signe.
Calculons quelques valeurs :
$f(0,5) = e^{0,5} + 0,5 - 2 = \sqrt{e} - 1,5 \approx 1,648 - 1,5 = 0,148$.
Puisque $f(0) = -1 < 0$ et $f(0,5) \approx 0,148 > 0$, on a $0 < \alpha < 0,5$.Continuons avec des pas de $0,1$ :
$f(0,4) = e^{0,4} + 0,4 - 2 \approx 1,4918 + 0,4 - 2 = -0,1082$.
$f(0,5) \approx 0,148$.Puisque $f(0,4) < 0$ et $f(0,5) > 0$, et que $f$ est continue et strictement croissante, l'unique solution $\alpha$ est comprise entre $0,4$ et $0,5$.
Un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0,1$ est donc $0,4 < \alpha < 0,5$.
Questions fréquentes
Quelle est la différence entre le TVI et le corollaire du TVI (ou TVI renforcé) ?
Le TVI peut-il être utilisé pour des fonctions non continues ?
Comment savoir si une fonction est continue ?
Le TVI donne-t-il la valeur exacte de la solution ?
Pour aller plus loin
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