TVI strictement monotone et dichotomie · Mathématiques Terminale (spé maths)

Le théorème des valeurs intermédiaires

Une fonction continue sur un intervalle se trace « sans lever le crayon ». Si elle passe d'une valeur négative à une valeur positive, elle doit traverser l'axe des abscisses quelque part.

En particulier, si $f(a)$ et $f(b)$ sont de signes contraires, l'équation $f(x) = 0$ a au moins une solution entre $a$ et $b$.

Le mot important est « au moins ». Sur le dessin ci-dessus, la courbe ne coupe l'axe qu'une fois. Mais une courbe qui monte, redescend, puis remonte pourrait le couper trois fois, avec les mêmes signes aux bornes.

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Soit $f$ continue et strictement décroissante sur $[0;4]$ avec $f(0) = 5$ et $f(4) = -3$. Combien l'équation $f(x) = 0$ a-t-elle de solutions sur $[0;4]$ ? Justifier.

Résoudre

Le cas strictement monotone : existence et unicité

Le TVI donne l'existence, mais pas l'unicité. Pour l'obtenir, on ajoute une hypothèse : la fonction est strictement monotone. Alors elle ne prend jamais deux fois la même valeur.

Pourquoi unique ? Si $f$ est strictement croissante et que $x₁ < x_2$, alors $f(x_1) < f(x_2)$. Deux solutions distinctes auraient donc des images distinctes, et ne pourraient pas valoir toutes les deux $k$.

Le théorème s'applique aussi sur un intervalle ouvert ou non borné, comme $]0\,;\,+\infty[$. On remplace alors $f(a)$ et $f(b)$ par les limites aux bornes de l'intervalle.

Intervalle non borné : on utilise les limites

Montrer que $\ln x + x - 2 = 0$ admet une unique solution sur $]0\,;\,+\infty[$.

Soit $f(x) = \ln x + x - 2$ sur $]0\,;\,+\infty[$.

Variations. $f'(x) = \dfrac{1}{x} + 1 > 0$ sur $]0\,;\,+\infty[$ : $f$ est strictement croissante. Elle est continue car dérivable.

Limites. $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ donc $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$. De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Donc $f$ prend toutes les valeurs de $]-\infty\,;\,+\infty[$, en particulier $0$.

Conclusion. D'après le corollaire du TVI, $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0\,;\,+\infty[$.

Calculer $f(1)$ et $f(2)$, puis en déduire un encadrement de $\alpha$ par deux entiers consécutifs.

$f(1) = 0 + 1 - 2 = -1 < 0$ et $f(2) = \ln 2 \approx 0{,}69 > 0$. Comme $f$ est strictement croissante, $1 < \alpha < 2$.

Si $f$ n'est pas monotone sur tout l'intervalle, on découpe : on dresse le tableau de variations, puis on applique le corollaire du TVI sur chaque intervalle où $f$ est continue et strictement monotone, et on additionne les solutions trouvées.

Fonction non monotone : découper en intervalles

Montrer que $x^3 - 3x + 1 = 0$ admet exactement trois solutions sur $\mathbb{R}$.

Soit $f(x) = x^3 - 3x + 1$, dérivable donc continue sur $\mathbb{R}$.

Variations. $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1)$. Donc $f$ est strictement croissante sur $]-\infty\,;\,-1]$, strictement décroissante sur $[-1\,;\,1]$, strictement croissante sur $[1\,;\,+\infty[$.

Valeurs clés. $f(-1) = 3$ et $f(1) = -1$. Les limites sont $-\infty$ en $-\infty$ et $+\infty$ en $+\infty$.

Sur chaque intervalle. Sur $]-\infty\,;\,-1]$, $f$ passe de $-\infty$ à $3$ : $0$ est atteint une seule fois. Sur $[-1\,;\,1]$, $f$ passe de $3$ à $-1$ : une seule fois. Sur $[1\,;\,+\infty[$, $f$ passe de $-1$ à $+\infty$ : une seule fois.

Conclusion. Le corollaire du TVI, appliqué trois fois, donne exactement trois solutions. Si le minimum local avait été positif, il n'y aurait eu qu'une solution, sur un seul intervalle.

Un bon réflexe pour la suite : une fois $\alpha$ obtenu, on en déduit le signe de $f$. Si $f$ est strictement croissante et $f(\alpha) = 0$, alors $f(x) < 0$ pour $x < \alpha$ et $f(x) > 0$ pour $x > \alpha$.

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Soit $f(x) = x^3 + x - 1$ sur $[0;1]$. Montrer que $f$ est strictement croissante et que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $[0;1]$.

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Soit $f(x) = x^3 - 3x + 3$ sur $\mathbb{R}$. a) Dresser le tableau de variations de $f$. b) Montrer que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ et donner un…

Soit $f(x) = x^3 - 3x + 3$ sur $\mathbb{R}$.

a) Dresser le tableau de variations de $f$.

b) Montrer que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ et donner un encadrement de $\alpha$ à l'unité.

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Soit $f(x) = \ln x + x^2 - 4$ sur $]0;+\infty[$. a) Montrer que $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$. b) Montrer que $\alpha \in [1{,}5\,;\,2]$. c) Déterminer…

Soit $f(x) = \ln x + x^2 - 4$ sur $]0;+\infty[$.

a) Montrer que $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$.

b) Montrer que $\alpha \in [1{,}5\,;\,2]$.

c) Déterminer le signe de $f$ sur $]0;+\infty[$.

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Encadrer la solution : la dichotomie

On sait que $\alpha$ existe, mais quelle est sa valeur ? On la coince dans un intervalle, que l'on divise par deux à chaque étape.

À chaque étape, l'amplitude est divisée par $2$. Après $n$ étapes, elle vaut $\dfrac{b-a}{2^n}$.

Dichotomie pour $f(x) = x^3 + x - 1$ sur $[0\,;\,1]$

On sait que $f$ est strictement croissante, $f(0) = -1 < 0$ et $f(1) = 1 > 0$, donc $\alpha \in [0\,;\,1]$.

Étape 1. Milieu $0{,}5$ : $f(0{,}5) = 0{,}125 + 0{,}5 - 1 = -0{,}375 < 0$. Donc $\alpha \in [0{,}5\,;\,1]$.

Étape 2. Milieu $0{,}75$ : $f(0{,}75) = 0{,}421\,875 + 0{,}75 - 1 = 0{,}171\,875 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}5\,;\,0{,}75]$.

Étape 3. Milieu $0{,}625$ : $f(0{,}625) \approx 0{,}244 + 0{,}625 - 1 = -0{,}131 < 0$. Donc $\alpha \in [0{,}625\,;\,0{,}75]$.

Étape 4. Milieu $0{,}6875$ : $f(0{,}6875) \approx 0{,}325 + 0{,}6875 - 1 \approx 0{,}012 > 0$. Donc $\alpha \in [0{,}625\,;\,0{,}6875]$, d'amplitude $0{,}0625$.

Combien d'étapes faut-il, au minimum, pour que l'amplitude soit inférieure à $0{,}01$ en partant de $[0\,;\,1]$ ?

Il faut $\dfrac{1}{2^n} < 0{,}01$, c'est-à-dire $2^n > 100$. Comme $2^6 = 64$ et $2^7 = 128$, il faut $n = 7$ étapes.

On peut programmer cette méthode en Python. À chaque tour, on remplace $a$ ou $b$ par le milieu, selon le signe de $f(m)$ comparé à celui de $f(a)$.

def dichotomie(f, a, b, eps):

    while b - a > eps:

        m = (a + b) / 2

        if f(a) * f(m) <= 0:   # alpha est dans [a ; m]

            b = m

        else:                  # alpha est dans [m ; b]

            a = m

    return a, b

Par exemple, dichotomie(lambda x: x**3 + x - 1, 0, 1, 0.01) renvoie un intervalle d'amplitude inférieure à $0{,}01$ contenant $\alpha$.

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Soit $f(x) = x^2 - 2$ sur $[1;2]$. Calculer $f(1{,}4)$ et $f(1{,}5)$ puis donner un encadrement de la solution de $f(x)=0$ d'amplitude $0{,}1$.

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Entraîne-toi★★☆

Soit $f(x) = e^x + x - 3$ sur $\mathbb{R}$. a) Étudier le sens de variation de $f$. b) Montrer que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ et que $\alpha \in [0;2]$.…

Soit $f(x) = e^x + x - 3$ sur $\mathbb{R}$.

a) Étudier le sens de variation de $f$.

b) Montrer que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ et que $\alpha \in [0;2]$.

c) Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $0{,}1$ par dichotomie.

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Soit $f(x) = x e^{x} - 2$ sur $\mathbb{R}$. a) Étudier les variations de $f$ et ses limites en $-\infty$ et $+\infty$. b) Montrer que $f(x) = 0$ admet une unique…

Soit $f(x) = x e^{x} - 2$ sur $\mathbb{R}$.

a) Étudier les variations de $f$ et ses limites en $-\infty$ et $+\infty$.

b) Montrer que $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ et que $\alpha \in [0;1]$.

c) Écrire en Python une fonction dichotomie(a, b, eps) qui renvoie un encadrement de $\alpha$ d'amplitude inférieure à $\varepsilon$ ; déterminer en combien d'étapes l'amplitude passe sous $10^{-3}$ à partir de $[0;1]$.

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Points fixes et suites définies implicitement

Le corollaire du TVI sert aussi à résoudre des questions plus abstraites.

Si l'on sait en plus que $f$ est strictement décroissante, alors $g(x) = f(x) - x$ l'est aussi (on retire $x$, qui croît) : le corollaire donne l'unicité de $c$.

Autre usage : une suite $(x_n)$ dont chaque terme est la solution d'une équation dépendant de $n$.

Dernier usage : les suites $u_{n+1} = f(u_n)$, où $f$ est continue sur un intervalle $I$ et envoie $I$ dans lui-même. On encadre les termes par récurrence, on conclut à la convergence grâce au théorème admis (suite monotone et bornée), puis la continuité de $f$ donne l'équation $\ell = f(\ell)$ vérifiée par la limite.

Une suite récurrente $u_{n+1} = f(u_n)$

Soit $u_0 = 0$ et $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$. On pose $f(x) = \sqrt{x+2}$, continue et croissante sur $[0\,;\,2]$, avec $f(0) = \sqrt 2$ et $f(2) = 2$ : $f$ envoie $[0\,;\,2]$ dans $[0\,;\,2]$.

Récurrence. Montrons que $0 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 2$. Initialisation : $u_0 = 0$ et $u_1 = \sqrt 2$, donc $0 \leq u_0 \leq u_1 \leq 2$. Hérédité : si $0 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 2$, comme $f$ est croissante, $f(0) \leq f(u_n) \leq f(u_{n+1}) \leq f(2)$, soit $0 \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq 2$.

Convergence. La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $2$ : d'après le théorème (admis) de convergence monotone, elle converge vers un réel $\ell \in [0\,;\,2]$.

En utilisant la continuité de $f$, déterminer $\ell$.

Comme $f$ est continue en $\ell$, en passant à la limite dans $u_{n+1} = f(u_n)$ on obtient $\ell = \sqrt{\ell + 2}$, donc $\ell^2 = \ell + 2$, soit $(\ell - 2)(\ell + 1) = 0$. Comme $\ell \geq 0$, $\ell = 2$.

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Soit $n$ un entier naturel non nul et $f_n(x) = x^n + x - 1$ sur $[0;1]$. a) Montrer que $f_n(x) = 0$ admet une unique solution $x_n \in [0;1]$. b) Montrer que…

Soit $n$ un entier naturel non nul et $f_n(x) = x^n + x - 1$ sur $[0;1]$.

a) Montrer que $f_n(x) = 0$ admet une unique solution $x_n \in [0;1]$.

b) Montrer que $f_{n+1}(x_n) < 0$ et en déduire que la suite $(x_n)$ est croissante.

c) Justifier que $(x_n)$ converge.

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Soit $f$ une fonction continue sur $[0;1]$ à valeurs dans $[0;1]$. a) En considérant $g(x) = f(x) - x$, montrer qu'il existe $c \in [0;1]$ tel que $f(c) = c$. b) Montrer…

Soit $f$ une fonction continue sur $[0;1]$ à valeurs dans $[0;1]$.

a) En considérant $g(x) = f(x) - x$, montrer qu'il existe $c \in [0;1]$ tel que $f(c) = c$.

b) Montrer que, si de plus $f$ est strictement décroissante, ce réel $c$ est unique.

c) Application : $f(x) = e^{-x}$ sur $[0;1]$. Montrer que $c \in [0{,}5;0{,}6]$.

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L'essentiel

TVI : si $f$ est continue sur $[a\,;\,b]$, tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$ a au moins un antécédent dans $[a\,;\,b]$.
Cas strictement monotone : si de plus $f$ est strictement monotone, l'équation $f(x) = k$ a une unique solution dans $[a\,;\,b]$. Sur un intervalle non borné ou ouvert, on remplace $f(a)$ et $f(b)$ par les limites aux bornes.
Rédaction : continuité, tableau de variations (stricte monotonie), $k$ compris entre les valeurs (ou limites) aux bornes, conclusion.
Dichotomie : on calcule $f$ au milieu et on garde la moitié où le signe change. L'amplitude est divisée par $2$ à chaque étape ; après $n$ étapes, elle vaut $\dfrac{b-a}{2^n}$.
Après avoir trouvé $\alpha$ : le signe de $f$ se déduit de la monotonie.

À s'entraîner ! 9 exercices dans cette section

★☆☆ Soit $f(x) = x^3 + x - 1$ sur $[0;1]$. Montrer que $f$ est strictement croissante et que…★☆☆ Soit $f(x) = x^2 - 2$ sur $[1;2]$. Calculer $f(1{,}4)$ et $f(1{,}5)$ puis donner un…★☆☆ Soit $f$ continue et strictement décroissante sur $[0;4]$ avec $f(0) = 5$ et $f(4) = -3$.…