Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Démonstration : dérivable ⟹ continue (non exigible). Pour $x\ne a$, on écrit $f(x)=f(a)+(x-a)\times {\displaystyle \frac{f(x)-f(a)}{x-a}}$. Quand $x\to a$, le quotient tend vers le réel $f\prime (a)$ et $x-a\to 0$ ; par produit, le second terme tend vers $0$. Donc $\underset{x\to a}{lim}f(x)=f(a)$ : $f$ est continue en $a$.

Continue mais pas dérivable : $|x|$ en $0$. $\underset{x\to 0}{lim}|x|=0=|0|$ : la valeur absolue est continue en $0$. Mais le taux ${\displaystyle \frac{|0+h|-|0|}{h}}={\displaystyle \frac{|h|}{h}}$ vaut $-1$ pour $h<0$ et $1$ pour $h>0$ : les limites à gauche et à droite diffèrent, la fonction n’est pas dérivable en $0$ (la courbe fait un « coin »).

Un saut : la partie entière. La fonction partie entière $E$ associe à $x$ le plus grand entier inférieur ou égal à $x$ : $E(2,7)=2$, $E(-0,5)=-1$. Pour $1⩽x<2$, $E(x)=1$ : la limite à gauche en $2$ vaut $1$, alors que $E(2)=2$. $E$ n’est pas continue en $2$ ; sa courbe est un escalier qui saute d’une unité à chaque entier. (La partie entière n’est pas au programme : elle sert seulement de contre-exemple, et l’énoncé la redéfinit toujours.)

Raccorder deux expressions. $g(x)=x^2-3$ si $x<2$ et $g(x)=kx-5$ si $x⩾2$. À gauche de $2$ : $\underset{x\to 2,x<2}{lim}g(x)=4-3=1$. En $2$ et à droite : $g(2)=2k-5$. Donc $g$ est continue en $2$ si et seulement si $2k-5=1$, soit $k=3$.

Une valeur à choisir. $q(x)={\displaystyle \frac{x^3-1}{x-1}}$ pour $x\ne 1$. Comme $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, on a $q(x)=x^2+x+1$ pour $x\ne 1$, qui tend vers $3$ quand $x\to 1$. En posant $q(1)=3$, on obtient une fonction continue en $1$ (on dit qu’on prolonge $q$ par continuité en $1$).

Quotient. $f(x)={\displaystyle \frac{\sqrt{x}+1}{x-4}}$. Le numérateur est continu sur $[0;+\infty [$ (somme de la racine carrée et d’une constante) ; le dénominateur est un polynôme qui ne s’annule qu’en $4$. Par quotient, $f$ est continue sur $[0;4[$ et sur $]4;+\infty [$.

Composée. $h(x)=\ln (x^2+1)$. Le polynôme $x\mapsto x^2+1$ est continu sur $ℝ$ et prend ses valeurs dans $[1;+\infty [$, contenu dans $]0;+\infty [$ où $\ln$ est continue. Par composée, $h$ est continue sur $ℝ$.

Limite d’une suite par continuité. $v_n=\sqrt{9+{\displaystyle \frac{2}{n}}}$ pour $n⩾1$. On a $lim(9+{\displaystyle \frac{2}{n}})=9$ et la racine carrée est continue en $9$, donc $lim{v}_n=\sqrt{9}=3$. De même, ${\displaystyle \frac{5}{n}}\to 0$ et l’exponentielle est continue en $0$, donc $lim{e}^{\frac{5}{n}}=e^0=1$.

Rédaction type. Montrer que $x^3+x-1=0$ admet au moins une solution dans $[0;1]$. On pose $f(x)=x^3+x-1$. $f$ est une fonction polynôme, donc continue sur $[0;1]$. $f(0)=-1$ et $f(1)=1+1-1=1$. Comme $0$ est compris entre $-1$ et $1$, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ admet au moins une solution dans $[0;1]$.

Avec $k\ne 0$. Équation $x^3-2x=5$ : $f(x)=x^3-2x$ est continue sur $[2;3]$, $f(2)=8-4=4$ et $f(3)=27-6=21$. Comme $4⩽5⩽21$, le TVI donne au moins une solution dans $[2;3]$.

Avec l’exponentielle. $g(x)=x{e}^x-1$ est continue sur $[0;1]$ (produit et somme de fonctions continues), $g(0)=-1<0$ et $g(1)=e-1>0$ : $g$ s’annule au moins une fois sur $]0;1[$.

Sans continuité, plus de garantie. $r(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$ sur $[-1;1]$ : $r(-1)=-1$ et $r(1)=1$, mais $r(x)=0$ n’a aucune solution. Le TVI ne s’applique pas : $r$ n’est pas définie en $0$, donc pas continue sur $[-1;1]$.

Un résultat classique. Si $f$ est continue sur $[0;1]$ et à valeurs dans $[0;1]$, l’équation $f(x)=x$ a au moins une solution. En effet, $g(x)=f(x)-x$ est continue sur $[0;1]$, $g(0)=f(0)⩾0$ et $g(1)=f(1)-1⩽0$ : $0$ est compris entre $g(1)$ et $g(0)$, et le TVI donne un réel $c$ tel que $g(c)=0$, soit $f(c)=c$.

Réponse modèle bac. Montrer que l’équation $x^3+3x-5=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $ℝ$. On pose $g(x)=x^3+3x-5$. $g$ est dérivable sur $ℝ$, donc continue, et $g\prime (x)=3x^2+3>0$ : $g$ est strictement croissante sur $ℝ$. Pour $x\ne 0$, $g(x)=x^3(1+{\displaystyle \frac{3}{x^2}}-{\displaystyle \frac{5}{x^3}})$ : la parenthèse tend vers $1$, donc $\underset{x\to +\infty }{lim}g(x)=+\infty$ et $\underset{x\to -\infty }{lim}g(x)=-\infty$. Comme $0$ est strictement compris entre $-\infty$ et $+\infty$, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $ℝ$. Enfin $g(1)=-1<0$ et $g(2)=9>0$, donc $1<\alpha <2$.

Compter les solutions. $f(x)=x^3-12x+1$ sur $ℝ$ : $f\prime (x)=3x^2-12=3(x-2)(x+2)$, avec $f(-2)=-8+24+1=17$ et $f(2)=8-24+1=-15$.

Pour $f(x)=0$ : sur $]-\infty ;-2]$, $f$ croît strictement de $-\infty$ à $17$ et $0$ est entre les deux : une solution ; sur $[-2;2]$, $f$ décroît strictement de $17$ à $-15$ : une solution ; sur $[2;+\infty [$, $f$ croît strictement de $-15$ à $+\infty$ : une solution. L’équation $f(x)=0$ a exactement trois solutions. En revanche, $f(x)=20$ n’en a qu’une : sur $]-\infty ;2]$, $f(x)⩽17<20$ ; sur $[2;+\infty [$, $20$ est entre $-15$ et $+\infty$.

Une borne non atteinte. $f(x)={\displaystyle \frac{3x}{x+1}}$ sur $[0;+\infty [$ : $f\prime (x)={\displaystyle \frac{3}{(x+1{)}^2}}>0$, $f(0)=0$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=3$. L’équation $f(x)=2$ a une unique solution ($x=2$), mais $f(x)=3$ n’en a aucune : $f(x)=3-{\displaystyle \frac{3}{x+1}}<3$ pour tout $x⩾0$.

Dichotomie à la main. On reprend $g(x)=x^3+3x-5$ de la partie précédente : $g(1)=-1<0$ et $g(2)=9>0$.

Après $4$ étapes, $1,125<\alpha <1,1875$ : l’amplitude vaut ${\displaystyle \frac{1}{2^4}}={\displaystyle \frac{1}{16}}$.

En Python. La fonction dicho(a, b, p) renvoie un encadrement de la solution d’amplitude inférieure ou égale à p :

def f(x):
    return x**3 + 3*x - 5

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

L’appel dicho(1, 2, 0.01) fait $7$ passages dans la boucle (après $6$ passages, l’amplitude ${\displaystyle \frac{1}{64}}$ dépasse encore $0,01$ ; après $7$, elle vaut ${\displaystyle \frac{1}{128}}<0,01$) et renvoie (1.1484375, 1.15625).

Balayage. $h(x)=x+\sqrt{x}$ est continue et strictement croissante sur $[0;+\infty [$ (somme de deux fonctions continues strictement croissantes), $h(1)=2$ et $h(4)=6$ : l’équation $h(x)=3$ a une unique solution $\alpha$, dans $]1;4[$. Au pas de $0,1$ : $h(1,6)\approx 2,865<3$ et $h(1,7)\approx 3,004>3$, donc $1,6<\alpha <1,7$. Au pas de $0,01$ : $h(1,69)=2,99<3$ et $h(1,7)\approx 3,004>3$, donc $1,69<\alpha <1,70$. Enfin $h(1,695)\approx 2,997<3$, donc $\alpha >1,695$ : l’arrondi de $\alpha$ au centième est $1,70$.

Pour aller plus vite : la méthode de Newton. On remplace la courbe par sa tangente : $x_{n+1}=x_n-{\displaystyle \frac{g(x_n)}{g\prime (x_n)}}$. Avec $g(x)=x^3+3x-5$ et $x_0=1$ : $x_1={\displaystyle \frac{7}{6}}\approx 1,1667$, $x_2={\displaystyle \frac{883}{765}}\approx 1,1542$, $x_3\approx 1,154171$ : trois étapes donnent déjà $6$ décimales justes ($\alpha \approx 1,154171$), contre une vingtaine pour la dichotomie. La méthode de la sécante remplace la tangente par la corde.

Démonstration du théorème (non exigible). Si $u_n\to \ell$, alors $u_{n+1}\to \ell$ aussi (c’est la même suite, décalée d’un rang). Par ailleurs, $f$ est continue en $\ell$, donc $f(u_n)\to f(\ell )$ (image d’une suite convergente). Comme $u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n$, l’unicité de la limite donne $\ell =f(\ell )$.

Réponse modèle bac. $u_0=1$ et, pour tout $n$, $u_{n+1}=2\sqrt{u_n}$. On pose $f(x)=2\sqrt{x}$, croissante sur $[0;+\infty [$.
Récurrence. Pour tout $n$, on note $𝒫(n)$ : « $1⩽u_n⩽u_{n+1}⩽4$ ». Initialisation : $u_0=1$ et $u_1=2\sqrt{1}=2$, donc $1⩽1⩽2⩽4$ : $𝒫(0)$ est vraie. Hérédité : soit $k$ un entier tel que $𝒫(k)$ est vraie. Comme $f$ est croissante sur $[0;+\infty [$, $f(1)⩽f(u_k)⩽f(u_{k+1})⩽f(4)$, soit $2⩽u_{k+1}⩽u_{k+2}⩽4$, d’où $1⩽u_{k+1}⩽u_{k+2}⩽4$ : $𝒫(k+1)$ est vraie. Conclusion : $𝒫(n)$ est vraie pour tout $n$.
Convergence. La suite est croissante et majorée par $4$ : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel $\ell$ tel que $1⩽\ell ⩽4$.
Limite. $f$ est continue sur $[0;+\infty [$, donc en $\ell$ : $\ell =2\sqrt{\ell }$. En élevant au carré, ${\ell }^2=4\ell$, soit $\ell (\ell -4)=0$ : $\ell =0$ ou $\ell =4$. Comme $\ell ⩾1$, $lim{u}_n=4$.

Un point fixe ne suffit pas. $t_0=0,3$ et $t_{n+1}=1-t_n$ : $t_1=0,7$, $t_2=0,3$, et ainsi de suite. La suite alterne entre $0,3$ et $0,7$ sans converger, alors que $x\mapsto 1-x$ a un point fixe, $0,5$.