Fiche 2 : le théorème des valeurs intermédiaires

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x)=x^3+x-1$. La fonction $f$ est un polynôme, donc elle est continue sur $[0\,;1]$.

De plus $f(0)=-1<0$ et $f(1)=1+1-1=1>0$. Donc $0$ est compris entre $f(0)$ et $f(1)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires :

✅ l'équation $f(x)=0$ admet au moins une solution $c$ dans $[0\,;1]$.

Comme $f(0)\neq0$ et $f(1)\neq0$, on a même $c\in\,]0\,;1[$.

Question 1

Soit $f(x)=x^2-2$, un polynôme, donc continu sur $[1\,;2]$. On a $f(1)=-1<0$ et $f(2)=2>0$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in\,]1\,;2[$ tel que $f(c)=0$, c'est-à-dire $c^2=2$.

✅ L'équation $x^2=2$ admet au moins une solution dans $[1\,;2]$.

Question 2

Soit $g(x)=e^x-3x$. La fonction $g$ est continue sur $[0\,;1]$, comme différence de fonctions continues. On a $g(0)=e^0-0=1>0$ et $g(1)=e-3<0$ car $e<3$. Donc $0$ est compris entre $g(1)$ et $g(0)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires :

✅ il existe $c\in\,]0\,;1[$ tel que $g(c)=0$, c'est-à-dire $e^c=3c$.

Soit $h(x)=\cos x-x$. La fonction $h$ est continue sur $[0\,;1]$, comme différence de deux fonctions continues (le cosinus est continu sur $\R$).

On a $h(0)=\cos0-0=1>0$. Et $h(1)=\cos1-1$. Comme $\cos1<1$ ($\cos1\approx0{,}54$), $h(1)<0$. Donc $0$ est compris entre $h(1)$ et $h(0)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires :

✅ l'équation $h(x)=0$, c'est-à-dire $\cos x=x$, admet au moins une solution dans $]0\,;1[$.

Les valeurs

$p(-2)=-32+10+1=-21$

$p(0)=1$

$p(1)=1-5+1=-3$

$p(2)=32-10+1=23$

Le TVI sur trois intervalles

La fonction $p$ est un polynôme, donc continue sur $\R$.

• Sur $[-2\,;0]$ : $p(-2)<0<p(0)$. D'après le TVI, il existe une solution dans $]-2\,;0[$.

• Sur $[0\,;1]$ : $p(1)<0<p(0)$. D'après le TVI, il existe une solution dans $]0\,;1[$.

• Sur $[1\,;2]$ : $p(1)<0<p(2)$. D'après le TVI, il existe une solution dans $]1\,;2[$.

Les trois intervalles $]-2\,;0[$, $]0\,;1[$ et $]1\,;2[$ sont deux à deux disjoints.

✅ L'équation $p(x)=0$ admet donc au moins trois solutions distinctes.

Remarque : le TVI ne permet pas de dire qu'il y en a exactement trois. Pour cela, il faudrait la stricte monotonie sur chaque intervalle (corollaire, fiche 3).

Soit $g$ la fonction définie sur $[0\,;1]$ par $g(x)=f(x)-x$. La fonction $g$ est continue sur $[0\,;1]$, comme différence de deux fonctions continues.

On a $g(0)=f(0)-0=f(0)\ge0$, car $f$ est à valeurs dans $[0\,;1]$. De même $g(1)=f(1)-1\le0$, car $f(1)\le1$. Donc $0$ est compris entre $g(1)$ et $g(0)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in[0\,;1]$ tel que $g(c)=0$.

✅ Donc $f(c)=c$.

Remarque : $c$ peut être une des extrémités (si $f(0)=0$ ou $f(1)=1$), d'où l'intervalle fermé.

Raisonnement 1

La fonction $f(x)=\dfrac1x$ n'est pas définie en $0$, donc elle n'est pas continue sur $[-1\,;2]$.

L'hypothèse de continuité du TVI n'est pas vérifiée.

En fait, $\dfrac1x$ ne s'annule jamais.

Raisonnement 2

Le nombre $6$ n'est pas compris entre $f(0)=2$ et $f(3)=5$. Le TVI ne s'applique pas. Contre-exemple : $f(x)=x+2$ est continue, $f(0)=2$, $f(3)=5$, et $f(x)=6$ équivaut à $x=4$, qui n'est pas dans $[0\,;3]$.

Raisonnement 3

Le TVI donne seulement l'existence (au moins une solution), pas l'unicité.

Contre-exemple : $f(x)=(2x-1)(x-1)(2x-3)$ est un polynôme, $f(0)=-3$, $f(2)=3$.

Et $f$ s'annule en $\dfrac12$, $1$ et $\dfrac32$ : trois fois sur $[0\,;2]$.

Soit $h(x)=e^x-(2-x)=e^x+x-2$. La fonction $h$ est continue sur $[0\,;1]$, comme somme de fonctions continues. Résoudre $e^x=2-x$ revient à résoudre $h(x)=0$.

On a $h(0)=1+0-2=-1<0$. Et $h(1)=e+1-2=e-1>0$ (car $e>1$). Donc $0$ est compris entre $h(0)$ et $h(1)$.

D'après le théorème des valeurs intermédiaires :

✅ l'équation $h(x)=0$, c'est-à-dire $e^x=2-x$, admet au moins une solution dans $]0\,;1[$.

La fonction $P$ est un polynôme, donc continue sur $\R$.

Limite en $+\infty$. Quand $x\to+\infty$, $x^5\to+\infty$ et $3x\to+\infty$, donc, par somme, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}P(x)=+\infty$. Par définition de la limite, il existe un réel $B$ tel que $P(x)>0$ pour tout $x\ge B$.

Limite en $-\infty$. Quand $x\to-\infty$, $x^5\to-\infty$ et $3x\to-\infty$, donc, par somme, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}P(x)=-\infty$.

Par définition de la limite, il existe un réel $A$ tel que $P(x)<0$ pour tout $x\le A$.

Quitte à diminuer $A$, on peut supposer $A<B$.

Conclusion. Alors $P$ est continue sur $[A\,;B]$, avec $P(A)<0<P(B)$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires :

✅ il existe $c\in\,]A\,;B[$ tel que $P(c)=0$.

À retenir : tout polynôme de degré impair s'annule au moins une fois sur $\R$. Ici, on peut le vérifier directement : $P(-2)=-31<0$ et $P(-1)=3>0$, donc la solution est dans $]-2\,;-1[$.