Le théorème des valeurs intermédiaires et de la bijection

Cette fiche apprend à démontrer qu'une équation $f(x) = k$ a une solution unique, puis à l'encadrer. Un grand exemple guidé suit toute la démarche, de la rédaction jusqu'à la calculatrice.

1. Monotonie et bijection

Lien entre stricte monotonie et unicité

Si une fonction est strictement monotone sur un intervalle $I$, alors l'équation $f(x) = k$ a au plus une solution dans $I$.

Comprendre pourquoi une fonction strictement monotone prend chaque valeur au plus une fois

Prenons $f$ strictement croissante sur $I$. Si $x_1 < x_2$, alors $f(x_1) < f(x_2)$, donc $f(x_1) \neq f(x_2)$.

Deux réels différents ont donc toujours des images différentes. Il est impossible que deux valeurs de $x$ aient la même image $k$ : la valeur $k$ est atteinte au plus une fois. Le raisonnement est le même pour une fonction strictement décroissante.

Exemple : la fonction $x \mapsto x^2$ n'est pas strictement monotone sur $[-2\ ;\ 2]$, et l'équation $x^2 = 4$ y a deux solutions, $-2$ et $2$. Sur $[0\ ;\ 2]$, elle est strictement croissante, et l'équation $x^2 = 4$ n'a qu'une solution : $2$.

Lien avec l'existence et l'unicité d'une solution

La stricte monotonie donne l'unicité (au plus une solution). Elle ne garantit pas l'existence : il faut aussi que la fonction n'ait pas de « saut ».

Exemple : $g(x) = x$ si $x < 1$ et $g(x) = x + 2$ si $x \geq 1$. Sur $[0\ ;\ 2]$, $g$ est strictement croissante, mais l'équation $g(x) = 2$ n'a aucune solution : les valeurs prises sont dans $[0\ ;\ 1[$ puis dans $[3\ ;\ 4]$, et 2 est « sauté ».

C'est la continuité qui évite les sauts. Le théorème des valeurs intermédiaires dit : si $f$ est continue sur $[a\ ;\ b]$, alors $f$ prend toutes les valeurs comprises entre $f(a)$ et $f(b)$.

2. Théorème de la bijection

Conditions du théorème

Pour appliquer le théorème, vérifier trois conditions :

1. $f$ est continue sur l'intervalle $[a\ ;\ b]$ ;
2. $f$ est strictement monotone sur $[a\ ;\ b]$ ;
3. le réel $k$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$.

Continuité et stricte monotonie sur un intervalle

Chacune des deux conditions joue un rôle précis :

• la continuité garantit l'existence d'une solution (pas de saut) ;
• la stricte monotonie garantit l'unicité (chaque valeur au plus une fois).

Il faut les deux : si l'une manque, la conclusion peut tomber.

Conclusion sur l'existence et l'unicité d'une solution

Théorème. Si $f$ est continue et strictement monotone sur $[a\ ;\ b]$, alors pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, l'équation $f(x) = k$ admet une unique solution dans $[a\ ;\ b]$.

On dit que $f$ réalise une bijection de $[a\ ;\ b]$ sur l'intervalle des valeurs prises : à chaque valeur $k$ correspond un seul $x$.

Le théorème s'étend aux intervalles ouverts ou infinis : on remplace alors $f(a)$ et $f(b)$ par les limites de $f$ aux bornes de l'intervalle.

3. Déterminer et encadrer une solution

Énoncé. Montrer que l'équation $x^3 = 1 - x$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0\ ;\ 1]$, puis en donner un encadrement d'amplitude $10^{-2}$.

Transformer une équation pour utiliser le théorème

Le théorème s'applique à une équation de la forme $f(x) = k$. Il faut donc mettre l'équation sous cette forme :

$x^3 = 1 - x \quad \Longleftrightarrow \quad x^3 + x = 1$

Poser $f(x) = x^3 + x$ et $k = 1$. Résoudre l'équation de départ revient à résoudre $f(x) = 1$.

Établir l'existence et l'unicité

Rédiger la conclusion en citant le théorème :

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[0\ ;\ 1]$, avec $f(0) = 0$ et $f(1) = 2$. Or $1 \in [0\ ;\ 2]$. D'après le théorème de la bijection, l'équation $f(x) = 1$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0\ ;\ 1]$.

Encadrer la solution

Calculer des valeurs de $f$ avec un pas de $0{,}1$ :

• $f(0{,}6) = 0{,}6^3 + 0{,}6 = 0{,}816$, donc $f(0{,}6) < 1$ ;
• $f(0{,}7) = 0{,}7^3 + 0{,}7 = 1{,}043$, donc $f(0{,}7) > 1$.

On a donc $f(0{,}6) < f(\alpha) < f(0{,}7)$. Comme $f$ est strictement croissante, l'ordre est conservé :

$0{,}6 < \alpha < 0{,}7$

Resserrer avec un pas de $0{,}01$ entre ces deux bornes :

• $f(0{,}68) \approx 0{,}9944 < 1$ ;
• $f(0{,}69) \approx 1{,}0185 > 1$.

Donc :

$0{,}68 < \alpha < 0{,}69$

C'est un encadrement d'amplitude $10^{-2}$, comme demandé.

Affiner l'encadrement et obtenir une valeur approchée

Pour une précision plus grande, refaire la même démarche avec un pas de $0{,}001$ entre $0{,}68$ et $0{,}69$ :

• $f(0{,}682) \approx 0{,}9992 < 1$ ;
• $f(0{,}683) \approx 1{,}0016 > 1$.

Donc :

$0{,}682 < \alpha < 0{,}683$

Une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-3}$ près est $0{,}682$.

4. Utilisation de la calculatrice

Respecter la précision demandée

Lire attentivement la formulation de l'énoncé :

• « encadrer à $10^{-2}$ près » : donner deux bornes dont l'écart vaut $0{,}01$, par exemple $0{,}68 < \alpha < 0{,}69$ ;
• « donner la valeur arrondie au centième » : il faut connaître assez de décimales pour arrondir sans se tromper.

Dans notre exemple, l'encadrement $0{,}68 < \alpha < 0{,}69$ ne suffit pas pour savoir si l'arrondi au centième est $0{,}68$ ou $0{,}69$. L'encadrement plus fin $0{,}682 < \alpha < 0{,}683$ montre que l'arrondi au centième est $0{,}68$.