Valeurs intermédiaires et théorème de la bijection
Cette page complète celle qui traite de la continuité et TVI qui traite du même sujet mais sans l'utilisation de la calculatrice et sans l'extrait du bac qui devrait vous permettre de vous entraîner...
Le TVI
Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) est d’une compréhension assez intuitive : si une fonction \(f\) est continue sur un intervalle \([a\,;b],\) elle prend toutes les valeurs comprises entre leurs images \(f(a)\) et \(f(b).\) Et réciproquement, pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b),\) il existe un réel \(c,\) compris entre \(a\) et \(b,\) tel que \(f(c) = k.\)
Ce théorème paraît encore plus évident si l'on visualise une courbe représentative d'une fonction.
Corollaire : si en plus la fonction est strictement monotone, l’équation \(f(x) = k\) admet une seule solution dans cet intervalle. Là encore, ça semble évident.
Prenons l'exemple d'une fonction dont on cherche pour quelle(s) valeur(s) approchée(s) elle s'annule. Si c'est une fonction trinôme, il suffit de calculer les racines mais si elle est un peu plus exotique, il faut approximer la ou les solutions avec la calculatrice. Soit \(f(x)\) \(= 2x - 2 - \frac{150}{x^2}\) définie sur \(\mathbb{R}_+^*\) (fonction étudiée en page coût marginal). Elle est strictement croissante (pour preuve, sa dérivée \(f'(x) = 2 + \frac{150}{x^4}\) est positive) et elle est continue dans la mesure où \(x\) n'est pas nul. Et même si ça paraît évident, nous allons tout de même invoquer le théorème de la bijection pour affirmer qu'il n'existe qu'une seule solution. Apparemment, elle se situe un peu au-delà de 4,5.
Avec une calculatrice TI-82 ou TI-83 on entre l'expression de la fonction puis on tape sur la touche déf table. Deux nombres seulement sont à saisir pour cerner une solution approchée de \(f(x) = 0.\) Le premier est la valeur de départ. Entrons 4,5 pour ne pas perdre notre journée en commençant par une valeur trop éloignée de la solution. Le deuxième est le pas. Si l'on souhaite deux décimales, on entre 0,01. Puis on tape sur la touche TABLE et que découvrons-nous ? Toutes les valeurs de \(f(x)\) à partir de 4,5 avec deux décimales. On les fait défiler jusqu’à remarquer que c’est \(f(4,58)\) qui est presque égal à zéro (0,00911). C’est un jeu d’enfant de retrouver cette valeur avec Excel :
Il est bien sûr possible de zoomer à des niveaux plus fins :
Les applications sont multiples (voir page applications du théorème de la bijection en gestion). Il permet aussi la délimitation d’aires, comme le montre l’exemple suivant :
Exemple
(Extrait de l’épreuve du bac S, Polynésie, septembre 1998)
L’objectif est d’étudier quelques propriétés de la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \([-1\,;+\infty[\) par : \(f(x) = (1 - x^2)e^{-x}.\)
Il était d’abord demandé d’intégrer cette fonction pour la zone située au-delà de 1 à l’aide de deux intégrations par parties successives, puis de de calculer l’aire \(\mathscr{A}\) située entre les abscisses 0 et 1, la courbe et l’axe des abscisses.
Les surfaces s’établissent respectivement à \((x + 1)^2e^{-x} -\frac{4}{e}\) et à \(\frac{4}{e} - 1\) unités d’aire.
L’objectif est de déterminer le réel \(\alpha\) supérieur ou égal à 1 pour lequel \(\mathscr{A}_1(\alpha) = \mathscr{A}.\) Démontrer que, sur \([1\,; +\infty[,\) l’équation \(\mathscr{A}_1(x) = \mathscr{A}\) est équivalente à \(x = 2\ln(1 + x).\)
Graphiquement, on établit jusqu’où il faudrait hachurer la surface sur la courbe ci-dessus (c’est-à-dire à partir de 1) pour obtenir la même aire que la violette.
Cette première question permettra de répondre aux suivantes mais elle ne traite pas de ce qui nous préoccupe ici. En voici toutefois des éléments de correction.
\((x + 1)^2 e^{-x} - \frac{4}{e} = \frac{4}{e} - 1\)
\(\Leftrightarrow (x + 1)^2 e^{-x} = 1\)
Le signe de \(\mathscr{A}_1(\alpha)\) a été changé puisque cette aire est sous la courbe, donc affectée du signe négatif. Les étapes suivantes utilisent quelques propriétés des logarithmes.
\((x + 1)^2 = e^x\)
\(\Leftrightarrow \ln(x + 1)^2 = \ln e^x\)
\(\Leftrightarrow 2 \ln(x + 1) = x\)
Étudier le sens de variation de la fonction \(h\) définie sur l’intervalle \([-1\,;+\infty[\) par \(h(x) = x - 2\ln(1 + x).\) Démontrer que, sur l’intervalle \([-1\,;+\infty[,\) l’équation \(x = 2\ln(1 + x)\) admet exactement une solution et que celle-ci, notée \(\alpha,\) vérifie la condition et \(2 < \alpha < 3.\)
On détermine la dérivée : \(h'(x) = \frac{x - 1}{x + 1}.\) Elle est toujours positive sur l’intervalle considéré. Donc la fonction est croissante.
Pénétrons au cœur du sujet. \(h\) n’est autre que la différence entre \(x\) et \(2\ln(x + 1)\) et lorsqu'elle est nulle, les deux aires sont évidemment égales. Ignorant comment résoudre algébriquement une telle équation, nous cherchons une valeur approchée.
Calculons \(h(2)\) et \(h(3).\) On obtient respectivement -0,1972 et 0,2274. Comme \(h\) est strictement croissante sur \([2\,;3],\) le théorème de la bijection s’applique. Et comme \(h(2) < 0\) et \(h(3) > 0,\) nul besoin d’être un mathématicien chevronné pour en déduire que \(h(x) = 0\) admet une (seule) solution sur l’intervalle…
Déterminer, en indiquant la méthode utilisée, un encadrement d’amplitude \(10^{-3}\) de \(\alpha.\) Déterminer \(f(\alpha)\) sous la forme d’une fonction rationnelle de \(\alpha\) puis l’encadrement de \(f(\alpha)\) que vous pouvez déduire du précédent d’amplitude \(2 \times 10^{-4}.\)
Deux méthodes possibles. La première consiste à faire défiler les valeurs de la calculatrice, comme expliqué ci-dessus. La seconde est celle de la dichotomie, dont nous n'avons encore rien dit. Réparons cet « oubli ». Elle est fondée sur les propriétés de convergence de suites et des suites adjacentes.
On divise l’intervalle en son milieu \(m\) puis on regarde quelle valeur prend \(h(m).\) En l’occurrence, \(h(2,5) = -0,0055.\) Comme cette valeur est négative, le mystérieux \(\alpha\) se trouve entre \(h(2,5)\) et \(h(3).\) On partage encore l’intervalle par le milieu, c’est-à-dire qu’on cherche \(h(2,75)\) et ainsi de suite jusqu’à approcher du zéro au plus près. Évidemment, cette méthode est beaucoup plus fastidieuse, surtout pendant une épreuve du bac ! Et non seulement elle est longue, mais on ne gagne qu'une décimale à chaque fois ! Du coup, on découvre que \(\alpha\) est compris entre 2,5126953125 et 2,51367187 et on répond assez mal à la question puisqu’on coince finalement \(\alpha\) entre 2,51268 et 2,51368 alors qu’avec la procédure de la calculatrice, on trouve en une dizaine de secondes un encadrement de 2,512 à 2,513.
La technique de la dichotomie se justifie lorsqu'on la programme.
On sait donc où sectionner la surface sous la courbe pour obtenir une aire équivalente à celle comprise entre 0 et 1.
Pour la dernière question, on revient à la fonction \(f.\) Avec une calculatrice, on trouve immédiatement un encadrement plus précis que celui demandé par l’énoncé. Intervalle obtenu : \([-0,43068\,; -0,43066].\)
