Théorème des valeurs intermédiaires : Cours et exercices corrigés

Découvrez le théorème des valeurs intermédiaires, un théorème fondamental d’analyse
sinus hyperbolique

Le théorème des valeurs intermédiaires (ou TVI en notation abrégée) est l’un des premiers théorèmes d’analyse que l’on voit au lycée et qu’on revoit par la suite dans le supérieur.

Prérequis

  • Continuité des fonctions réelles.
  • Intervalles de \mathbb{R} .
  • Borne sup (pour la démonstration du théorème).

Théorème

Énoncé du théorème

Le théorème des valeurs intermédiaires (abrégé TVI) est un théorème portant sur l’existence de solutions à l’équation f(x) = 0 f est une fonction continue sur un intervalle de \mathbb{R} .

Soit I un intervalle de \mathbb{R} et soient a, b \in I tels que a < b et f(a) f(b) \leq 0 . Alors l’équation f(x) = 0 possède au moins une solution sur l’intervalle [a,b] \subset I .

Sur la démonstration du théorème

Le TVI provient du fait que les connexes de \mathbb{R} sont exactement les intervalles. Une fois démontré cela, on en déduit le théorème en se rappelant que l’image d’un connexe par une fonction continue est connexe. En effet, le TVI revient juste à dire que si I est un intervalle et f : I \longrightarrow \mathbb{R} est continue, alors f(I) est un intervalle. On peut cependant se passer de ces arguments topologiques à l’aide d’une preuve ne faisant appel qu’aux propriétés propres à \mathbb{R} sur les bornes sup et inf.

Démonstration

Quitte à considérer la fonction -f , on peut supposer sans perte de généralités que f(a) < 0 < f(b) (le cas ou f(a) = 0 ou f(b) = 0 étant directs). Soit \mathcal{A} = \left\{ x \in [a,b] \: | \: f(x) < 0 \right\} . Alors \mathcal{A} est non-vide et majoré (car a \in \mathcal{A} et est majoré par b ).
Ainsi, l’ensemble \mathcal{A} possède une borne sup. On la note \alpha . Grâce à la continuité de f sur notre intervalle I , il existe \eta > 0 tel que

\forall x \in [a, a + \eta] \subset [a,b], f(x) \leq 0 \quad \text{et} \quad \forall x \in [b - \eta, b] \subset [a,b], f(x) > 0

On a alors a < a + \eta \leq \alpha \leq b - \eta < b . Ainsi, on a \alpha \in ]a,b[ (l’intervalle est maintenant ouvert, ce n’est pas immédiat, rappelons-nous que \alpha est définit comme un sup !) et donc il existe un entier n_0 tel que

\left] \alpha - \frac{1}{n_0}, \alpha + \frac{1}{n_0} \right[ \subset ]a,b[

On a donc pour tout n \geq n_0 qu’il existe des réels x_n \in \left] \alpha - \frac{1}{n_0} \right[ et y_n \in \left] \alpha, \alpha + \frac{1}{n_0} \right[ . Et si l’on regarde bien, on vient là de construire deux suites qui convergent vers \alpha ! De plus, on a par construction que :

f(\alpha) = \lim_{n \rightarrow + \infty} f(x_n) \leq 0 \leq \lim_{n \rightarrow + \infty} f(y_n) = f(\alpha)

On en déduit ainsi que f(\alpha) = 0 . CQFD

Pour aller plus loin : le théorème de Darboux

On peut se demander si la réciproque du TVI est vrai : une fonction vérifiant le théorème des valeurs intermédiaires est-elle continue ? La réponse est négative. On peut en effet trouver une classe plus générale de fonctions vérifiant le TVI. C’est l’objet du théorème de Darboux qui stipule que si une fonction f est la dérivée d’une fonction g , alors f vérifie la conclusion du TVI.

Exercices corrigés

Exercice 1

Énoncé

On considère P un polynôme de degré 3 à coefficients réels. Montrer que P possède au moins une racine réelle.

Corrigé

La fonction x \mapsto P(x) est continue sur \mathbb{R} . De plus, si l’on écrit P(x) = a_3 x^3 + \dots + a_0 on obtient du fait que 3 est impair que

\lim_{x \rightarrow - \infty} P(x) = -\text{signe}(a_3) \times \infty \quad \text{et} \quad \lim_{x \rightarrow + \infty} P(x) = \text{signe}(a_3) \times \infty

Ainsi, il existe des réels a < b tels que P(a) P(b) < 0 . On peut donc appliquer le TVI à notre polynômes. CQFD

Remarque

En fait le résultat est vrai pour tout polynômes à coefficients réels de degré impairs. La preuve est exactement la même.

Exercice 2

Énoncé

Soit f : [0,1] \rightarrow [0,1] continue. Montrer qu’il existe \alpha \in [0,1] telle que f(\alpha) = \alpha .

Corrigé

On considère la fonction définie pour tout x \in [0,1] par g(x) = f(x) - x . Alors g(0) = f(0) \geq 0 et g(1) = f(1) - 1 \leq 0 . De plus, la fonction g est continue sur l’intervalle [0,1] . Ainsi, il existe \alpha \in [0,1] tel que g(\alpha) = 0 et on obtient ainsi le résultat attendu. CQFD

Remarque

On peut montrer, mais cela est plus difficile, que ce résultat est vrai si l’on ne suppose plus f continue mais juste monotone sur l’intervalle [0,1] .

Exercice 3

Énoncé

Soit \Gamma le cercle complexe et f : \Gamma \longrightarrow \mathbb{R} une fonction continue. Montrer qu’il existe deux points de \Gamma diamétralement opposé possédant la même image par f .

Corrigé

On définit la fonction g sur \mathbb{R} par g : x \mapsto f(e^{ix}) - f(e^{i(x+\pi)}) . La fonction g est continue sur \mathbb{R} et vérifie g(0) = f(1) - f(-1) = - g(\pi) . Ainsi, il existe \alpha \in [0, \pi ] tel que g(\alpha) = 0 et on obtient ainsi le résultat attendu. CQFD

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