Le théorème des valeurs intermédiaires est d’une compréhension assez intuitive.

Si une fonction est continue entre deux abscisses a et 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.

Si en plus la fonction est strictement monotone, l’équation f(x) = k admet une seule solution dans cet intervalle. C’est le théorème de la bijection ou des valeurs intermédiaires. Là encore, ça semble évident.

Prenons l'exemple d'une fonction dont on cherche pour quelle(s) valeur(s) approchée(s) elle est égale à zéro. Bien sûr, si c'est une fonction polynomiale du second degré, il suffit de calculer les racines. Mais si l'application est un peu plus exotique, il faut trouver une solution (voire plusieurs) avec la calculatrice. Soit f(x) = 2x – 2 – (150 / x²) définie sur R+*. Cette fonction est étudiée en page coût marginal. Elle est strictement croissante (pour preuve, sa dérivée f'(x) = 2 + (150 / x⁴) est forcément positive). Elle est continue dans la mesure où x n'est pas nul. Et même si ça paraît évident lorsque l'on regarde le graphe, même si l'on semble craindre de se noyer dans un verre d'eau, on va néanmoins invoquer le théorème de la bijection pour affirmer avec certitude qu'il n'existe qu'une solution. Admettons qu'elle se situe un peu au-delà de 4,5. Supposons qu'on cherche une solution avec deux décimales et qu'on dispose d'une calculatrice TI-82 ou TI-83. Une fois entrée l'expression de la fonction, on tape sur la touche TBLSET ou déf tabl selon que la calculatrice est anglophone ou francophone. Deux nombres seulement sont à entrer pour avoir une idée de la solution de f(x) = 0. Le premier est le début de la table de valeurs. On va donc entrer 4,5, histoire de ne pas perdre sa journée en commençant par une valeur trop éloignée de la solution. Le deuxième est le pas. Comme 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 à deux décimales près. 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 :

Ce théorème constitue une base théorique pour affirmer, par exemple, que la dérivée d’une fonction s’annule approximativement en tel point et donc que la fonction admet pour cette valeur un extrémum. Il permet aussi la délimitation d’aires, comme le montre l’exemple suivant :

Exemple

Cet exercice est 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 ; +∞[ par : f(x) = (1 – x²)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 déterminer l’aire située entre les abscisses 0 et 1, la courbe et l’axe des abscisses.

Les surfaces s’établissent respectivement à (x + 1)²e^-x – (4 / e) et à (4 / e) – 1 unités d’aire.

L’objectif est de déterminer le réel α supérieur ou égal à 1 pour lequel A₁(α) = A.

Démontrer que, sur l’intervalle [1 ; +∞[, l’équation A₁(x) = A est équivalente à x = 2 ln(1 + x).

Graphiquement, on détermine jusqu’où il faudrait hachurer la surface sous 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 un corrigé succinct.

Le signe de A₁(α) a été changé puisque cette aire est sous la courbe, donc affectée du signe négatif. Les étapes suivantes utilisent quelques propriétés des logarithmes.

Étudier le sens de variation de la fonction h définie sur l’intervalle [1 ; +∞[ par h(x) = x – 2ln(1 + x). Démontrer que, sur l’intervalle  [1 ; +∞[, l’équation x = 2ln(1 + x) admet exactement une solution et que celle-ci, notée α, vérifie la condition et 2 < α < 3.

On détermine la dérivée : (x – 1) / (x + 1). Elle est toujours positive sur l’intervalle considéré. Donc la fonction est croissante.

Pénétrons au cœur du sujet. On remarque que la fonction h n’est autre que la différence entre x et 2 ln(x + 1) et que si cette différence 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. 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 α. Déterminer f(α) sous la forme d’une fonction rationnelle de α puis l’encadrement de f(α) que vous pouvez déduire du précédent d’amplitude 2.10^-4.

On peut utiliser deux méthodes. La première consiste à faire défiler les valeurs de la calculatrice, comme expliqué ci-dessus. La seconde est celle de la dichotomie, dont je ne vous ai rien dit. Réparons cet « oubli ». Elle est fondée sur les propriétés de convergence de suites et des suites adjacentes et elle permet de programmer un algorithme de calcul pour trouver une valeur approchée. Des termes bien savants pour expliquer une procédure désarmante de simplicité…

On divise l’intervalle par moitiés puis on regarde quelle valeur prend h(x). En l’occurrence, h(2,5). On trouve -0,0055. Comme cette valeur est négative, le mystérieux α 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 les antécédents retenus gagnent une décimale à chaque fois ! Du coup, on découvre que α est compris entre 2,5126953125 et 2,51367187 et on répond assez mal à la question puisqu’on coince finalement α 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.

On sait donc où sectionner la surface sous la courbe pour obtenir une aire équivalente à celle qui est 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].