Un résultat bien utilisé par les élèves depuis le lycée est le théorème des valeurs intermédiaires (IVT). Ce résultat est souvent utilisé pour résoudre certaines équations algébriques, notamment par la méthode dite de la dichotomie.
Énoncé du théorème des valeurs intermédiaires
Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) est un théorème très utile pour la résolution des équations algébriques. Ce théorème dit que si $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ est continue sur $[a,b]$ et si un réel $\lambda$ est compris entre $f(a)$ et $f(b)$ alors il existe au moins un réel $c\in [a,b]$ tel que $f(c)=\lambda$.
Un cas très pratique de ce résultat lorsque les signes de $f(a)$ et $f(a)$ sont opposés, c’est-à-dire si $f(a)f(b)\le 0$ alors il existe au moins $cin [a,b]$ tel que $f(c)=0$.
Existence de points fixes pour les fonctions
Dans les exercices suivants, un réel $x$ est dit un point fixe d’une fonction $f$ si il est solution de l’équations algébrique $f(x)=x$.
Exercice: Soient $a,b\in mathbb{R}$ tels que $a < b$ et $f:[a,b]\to [a,b]$.
- Montrer que si $f$ est continue sur $[a,b],$ alors elle admet au moins un point fixe.
- Même question si $f$ est croissante.
Solution:
- On rappel qu’une fonction continue qui change de signe sur les bornes de son domaine de définition forcément s’annule en des points. Pour notre question Il suffit de considérer un fonction $g:[a,b]\to \mathbb{R}$ définie par $g(x)=f(x)-x$. On a $g(a)=f(a)-a\ge 0$ (car $f(a)\in [a,b]$) et $g(b)=f(b)-b\le 0$ (car $f(b)\in [a,b]$). Donc $g(a)g(b)\le 0$ et par suite il existe au moins $c\in [a,b]$ tel que $g(c)=0$. Ce qui signifie que $f(c)=c,$ ainsi $c$ est un point fixe de $f$.
- Par l’absurde on suppose que $f$ n’admet pas de point fixe. Soit l’ensemble\begin{align*}E=\{x\in [a,b]: f(x) < x\}.\end{align*}Comme $f(b)\neq b$ (can on a supposer que $f$ est sans point fixe) et $f(b)\le b$ alors on a $f(b) < b$. Ce qui donne $b\in E$, et donc $E\neq \emptyset$. D’autre part, $E$ est minoré par $a$, donc $c=\inf(E)$ existe. D’après la caractérisation de la borne inférieure, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $x\in [c,c+\varepsilon[$ et $x\in E$. Comme $f$ est croissante, alors $f(c)\le f(x) < x < c+\varepsilon.$ Ce qui donne que pour tout $\varepsilon > 0$, $f(c) < c+\varepsilon$. Ainsi $$f(c)\le c.$$D’autre part, pour tout $y\in [a,c[$ on a $y\notin E$ (car si non il sera plus grand que $c$). Ainsi $y\le f(y)$. Comme par croissance de $f$ on a $f(y)\le f(c)$ alors, pour tout $y\in [a,c[$ on a $y\le f(c)$. En faisant tendre $y$ vers $c$ on obtient $$ c\le f(c).$$ Donc $f(c)=c,$ ce qui est absurde avec le fait qu on a supposer que $f$ est sans point fixe.
Exercice: Soient $f,g:[0,1]\to [0,1]$ deux applications continues telles que $f(0)=g(1)=0$ et $f(1)=g(0)=1$. Montrer que pour tout $\lambda >0$ il existe $x\in [0,1]$ tel que $f(x)=\lambda g(x)$.
Solution: Il suffit de considérer la fonction $h_\lambda:[0,1]\to \mathbb{R}$ définie par $h_\lambda(x)=f(x)-\lambda g(x)$. cette fonction est continue sur $[0,1]$ et on a $h_\lambda (0)=-\lambda < 0$ et $h_\lambda(1)=1$. Donc d’après TVI appliquer a $h_\lambda$ sur $[0,1,]$ il existe $x\in [0,1]$ tel que $h_\lambda (x)=0$. Ce qui donne $f(x)=\lambda g(x)$.
