Théorème des valeurs intermédiaires : existence puis unicité d'une solution

L'énoncé exact et ses trois hypothèses

Théorème. Soit f une fonction définie et 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.

La continuité. f est continue en a si lim_x→a f(x) = f(a), et continue sur un intervalle si elle l'est en chacun de ses points ; graphiquement, la courbe se trace sans lever le crayon. Le programme de terminale (2019) précise que justifier la continuité n'est pas un objectif : toute fonction dérivable est continue, et les fonctions construites à partir des fonctions de référence sont continues là où elles sont définies. « f est dérivable sur [a ; b], donc continue » suffit. Sans continuité, le résultat est faux : la fonction partie entière vaut 0 en 0 et 1 en 1, mais ne prend jamais la valeur 0,5.

Un intervalle. Sur une réunion d'intervalles, le théorème tombe : la fonction inverse vaut −1 en −1 et 1 en 1, mais ne s'annule jamais.

k entre f(a) et f(b). Le cas le plus fréquent est k = 0 avec f(a) et f(b) de signes contraires. Cette condition suffit, mais elle n'est pas nécessaire : la fonction carré vaut 1 en −1 et en 1, donc 0,5 n'est pas compris entre f(−1) et f(1), et pourtant x² = 0,5 a deux solutions dans [−1 ; 1].

Le corollaire : existence et unicité

Corollaire. Soit f continue et strictement monotone sur [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].

L'existence vient du théorème. Pour l'unicité, supposons f strictement croissante et deux solutions c < d : alors f(c) < f(d), ce qui contredit f(c) = f(d) = k. Même raisonnement si f est strictement décroissante.

Le corollaire s'étend aux intervalles ouverts ou non bornés en remplaçant les valeurs aux bornes par les limites. Dans un tableau de variations, une flèche oblique signifie par convention que la fonction est continue et strictement monotone sur l'intervalle : c'est sur ces flèches qu'on applique le corollaire.

La démonstration du théorème n'est pas exigible ; le programme la cite en approfondissement, par dichotomie : on coupe [a ; b] en deux, on garde la moitié où le signe change, on recommence ; les bornes forment deux suites adjacentes dont la limite commune c vérifie f(c) = 0 grâce à la continuité.

Compter les solutions de x³ − 3x + 1 = 0 sur le dessin

La figure trace f(x) = x³ − 3x + 1 sur [−2 ; 2], puis colore les trois intervalles de monotonie, [−2 ; −1], [−1 ; 1] et [1 ; 2], marque les valeurs aux bornes, −1, 3, −1, 3, et place enfin les solutions α₁, α₂, α₃ une par une. Sur chaque morceau, f est strictement monotone et change de signe : la courbe traverse l'axe des abscisses une fois et une seule, près de −1,88, 0,35 et 1,53. Si l'on avait appliqué le théorème une seule fois sur [−2 ; 2], on aurait seulement su que f(−2) < 0 < f(2), donc qu'il existe au moins une solution : le découpage selon les variations est ce qui permet de les compter.

La rédaction attendue en devoir

1. Dresser le tableau de variations complet, avec les valeurs ou les limites aux bornes de chaque intervalle.
2. Sur chaque intervalle où f est strictement monotone, regarder si k est compris entre les deux valeurs (ou limites) aux bornes. Si ce n'est pas le cas, l'équation n'a pas de solution sur cet intervalle, et on l'écrit.
3. Rédiger : « f est continue et strictement croissante sur I ; k appartient à l'intervalle des images ; d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x) = k admet une unique solution α dans I. »
4. Encadrer α en calculant f aux bornes d'un petit intervalle et en vérifiant le changement de signe.

Dans un problème, le TVI porte souvent sur une fonction auxiliaire dont le signe sert dans la suite : une erreur à cette étape se répercute sur les questions suivantes.

Exemple 1 · Trois solutions pour x³ − 3x + 1 = 0

Énoncé. Montrer que l'équation x³ − 3x + 1 = 0 admet exactement trois solutions dans [−2 ; 2] et les encadrer à 10⁻¹ près.

Rédaction. Soit f la fonction définie sur [−2 ; 2] par f(x) = x³ − 3x + 1. f est un polynôme, donc dérivable et continue, et f′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1), positive sur [−2 ; −1] et [1 ; 2], négative sur [−1 ; 1]. Valeurs : f(−2) = −1, f(−1) = 3, f(1) = −1, f(2) = 3.

Sur [−2 ; −1], f est continue et strictement croissante, et 0 ∈ [−1 ; 3] : une unique solution α₁. Sur [−1 ; 1], f est continue et strictement décroissante, 0 ∈ [−1 ; 3] : une unique solution α₂. Sur [1 ; 2], même raisonnement : une unique solution α₃. L'équation a exactement trois solutions dans [−2 ; 2], avec −1,9 < α₁ < −1,8 ; 0,3 < α₂ < 0,4 ; 1,5 < α₃ < 1,6.

Exemple 2 · eˣ = x + 2, avec une limite à lever

Énoncé. Montrer que l'équation eˣ = x + 2 admet exactement deux solutions réelles.

Rédaction. Soit g(x) = eˣ − x − 2 sur ℝ. g′(x) = eˣ − 1 : négatif sur ]−∞ ; 0], positif sur [0 ; +∞[. g est strictement décroissante sur ]−∞ ; 0], strictement croissante sur [0 ; +∞[, avec g(0) = −1.

Limites. En −∞, eˣ tend vers 0 et −x − 2 vers +∞ : lim g = +∞. En +∞, forme indéterminée ; g(x) = eˣ(1 − x/eˣ − 2/eˣ), et x/eˣ tend vers 0 par croissance comparée, donc lim g = +∞.

Sur ]−∞ ; 0], g est continue, strictement décroissante, de +∞ à −1 : 0 est atteint une seule fois, en α < 0. Sur [0 ; +∞[, g est continue, strictement croissante, de −1 à +∞ : une seule solution β > 0. Avec g(−1,9) ≈ 0,050 et g(−1,8) ≈ −0,035, on a −1,9 < α < −1,8 ; avec g(1,1) ≈ −0,096 et g(1,2) ≈ 0,120, on a 1,1 < β < 1,2.

Les erreurs sur le TVI qui coûtent des points

• Oublier « continue » : c'est la première hypothèse que le correcteur cherche.
• Annoncer « unique » avec le seul TVI, qui donne « au moins une » : l'unicité exige la stricte monotonie.
• Appliquer le corollaire sur un intervalle où f n'est pas monotone : sur [−2 ; 2] tout entier, l'exemple 1 conduirait à une solution unique au lieu de trois.
• Écrire f(+∞) : on écrit « lim_x→+∞ f(x) = +∞ », +∞ n'a pas d'image.
• Recopier la valeur décimale de la calculatrice comme encadrement, sans calculer f aux deux bornes.

S'entraîner : cos x = x, la dichotomie, une fonction auxiliaire

Exercice 1 · L'équation cos x = x

Énoncé. Montrer que l'équation cos x = x admet une unique solution α dans [0 ; π/2], puis que 0,73 < α < 0,74.

Correction. Soit h(x) = cos x − x sur [0 ; π/2]. h est dérivable, h′(x) = −sin x − 1. Sur [0 ; π/2], sin x ≥ 0, donc h′(x) ≤ −1 < 0 : h est continue et strictement décroissante. h(0) = 1 > 0 et h(π/2) = −π/2 < 0. D'après le corollaire du TVI, h(x) = 0 admet une unique solution α dans [0 ; π/2].

h(0,73) ≈ 0,0152 > 0 et h(0,74) ≈ −0,0015 < 0, donc 0,73 < α < 0,74.

Exercice 2 · Encadrer √2 par dichotomie

Énoncé. f(x) = x² − 2 sur [1 ; 2]. Effectuer trois étapes de dichotomie, puis dire combien d'étapes garantissent un encadrement d'amplitude au plus 10⁻³. Écrire la fonction Python correspondante.

Correction. f(1) = −1 < 0 et f(2) = 2 > 0. Étape 1 : f(1,5) = 0,25 > 0, on garde [1 ; 1,5]. Étape 2 : f(1,25) = −0,4375 < 0, on garde [1,25 ; 1,5]. Étape 3 : f(1,375) = −0,109375 < 0, on garde [1,375 ; 1,5]. Donc 1,375 < √2 < 1,5.

Après n étapes, l'amplitude vaut 1/2ⁿ. 2⁹ = 512 < 1 000 ≤ 1 024 = 2¹⁰ : il faut 10 étapes.

def dichotomie(a, b, e):
    while b - a > e:
        m = (a + b) / 2
        if m**2 - 2 < 0:
            a = m
        else:
            b = m
    return a, b

dichotomie(1, 2, 0.001) renvoie (1.4140625, 1.4150390625).

Exercice 3 · La fonction auxiliaire xeˣ − 1

Énoncé. Soit g(x) = xeˣ − 1 sur ℝ. Montrer que g(x) = 0 admet une unique solution α, que 0,5 < α < 0,6, en déduire le signe de g, puis montrer que e^α = 1/α.

Correction. g′(x) = eˣ + xeˣ = (x + 1)eˣ, du signe de x + 1. g est strictement décroissante sur ]−∞ ; −1], strictement croissante sur [−1 ; +∞[, et g(−1) = −1/e − 1.

Sur ]−∞ ; −1], x < 0 et eˣ > 0, donc xeˣ < 0 et g(x) < −1 : pas de solution sur cet intervalle. (Par croissance comparée, xeˣ tend vers 0 en −∞, donc g tend vers −1 : la courbe a une asymptote horizontale d'équation y = −1.) En +∞, g tend vers +∞. Sur [−1 ; +∞[, g est continue et strictement croissante, de −1/e − 1 < 0 à +∞ : une unique solution α. Comme g(0,5) ≈ −0,176 < 0 et g(0,6) ≈ 0,093 > 0, on a 0,5 < α < 0,6.

Signe : g(x) < 0 pour x < α, g(α) = 0, g(x) > 0 pour x > α. Enfin g(α) = 0 donne αe^α = 1 ; comme α ≠ 0, e^α = 1/α. Cette relation sert ensuite à simplifier une expression en α, par exemple la valeur d'un extremum.

Le TVI revient dans les études de fonctions avec les croissances comparées et la convexité.