Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Ton parcours : justifier avant de calculer une solution

Pour reprendre les bases : limites latérales (fiche 6), dérivées et variations (fiches 7–8), théorème des suites monotones (fiche 5). Le logarithme est employé dans certains exemples ; ses propriétés sont rappelées dans la fiche 11.

Socle 2026–2027 : continuité, dérivabilité impliquant continuité, image d'une suite convergente, TVI, cas monotone et suites récurrentes. Dichotomie, Newton et sécante sont les exemples d'algorithmes indiqués par le programme. Prolongements par continuité, preuve du TVI par dichotomie, bornes atteintes, caractérisation séquentielle complète et contractions sont des approfondissements. Le programme n'impose pas ici de preuve officiellement nommée « exigible ».

Chaque pause comporte deux indices, une explication et une variante. Une réponse obtenue avec une aide peut être suivie d'une nouvelle tentative sans modèle. On peut reprendre une seule étape à la fois.

Pourquoi étudier la continuité ?

Le problème fondamental

Imagine qu'on te demande : « Montre que \(x^5+3x-7=0\) admet au moins une solution dans \(\R\). » Une résolution explicite n'est pas nécessaire pour prouver qu'une solution existe. La continuité et le théorème des valeurs intermédiaires donnent une autre démarche.

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Dans un modèle de température continue : si la température passe de \(20\,{}^\circ\)C à \(-10\,{}^\circ\)C, elle prend chaque valeur intermédiaire au moins une fois.

En économie : si une entreprise est en déficit en janvier et en bénéfice en mars, un modèle continu de son résultat est passé par l'équilibre. Cette hypothèse doit être justifiée : deux bilans mensuels, ou des flux par paiements discrets, ne suffisent pas à établir la continuité.

L'idée directrice

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L'idée avant la formule

Le crayon qui ne se lève pas

Continuité et limites

Limites à gauche et à droite

Exemple fondamental : étude de continuité par morceaux

Prévoir qu'une valeur sera atteinte

Le cours formel

Continuité en un point

Prolongement par continuité

Continuité sur un intervalle et fonctions usuelles

Dérivable \(\Rightarrow\) continue

Opérations sur les fonctions continues

Le théorème des valeurs intermédiaires

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Corollaire : fonction strictement monotone

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Cas \(k=0\) : existence d'un zéro

Image d'un segment par une fonction continue

Suites et continuité

Méthode de dichotomie

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Un code qui renvoie un encadrement. L'hypothèse de continuité est mathématique : le code ne peut pas la vérifier par quelques évaluations. eps désigne ici la largeur maximale. Des nombres flottants peuvent arrondir les signes ; pour une certification exacte, il faut un calcul exact ou des encadrements des évaluations.

from math import isfinite

def dichotomie(f, a, b, eps):
    if not (isfinite(a) and isfinite(b) and
            isfinite(eps) and a < b and eps > 0):
        raise ValueError("Bornes ou tolerance invalides")
    fa, fb = f(a), f(b)
    if not (isfinite(fa) and isfinite(fb)):
        raise ValueError("Valeur non finie")
    if fa == 0:
        return a, a
    if fb == 0:
        return b, b
    if (fa > 0) == (fb > 0):
        raise ValueError("Signes opposes necessaires")
    while b - a > eps:
        m = a + (b - a) / 2
        if m == a or m == b:
            raise ArithmeticError("Precision machine atteinte")
        fm = f(m)
        if not isfinite(fm):
            raise ValueError("Valeur non finie")
        if fm == 0:
            return m, m
        if (fa > 0) != (fm > 0):
            b, fb = m, fm
        else:
            a, fa = m, fm
    return a, b

Newton et sécante : utiliser une droite pour proposer une abscisse

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Une étape de chaque méthode en Python. Ces fonctions proposent une abscisse ; elles ne certifient ni un encadrement ni une convergence. Un zéro déjà trouvé est renvoyé directement.

def newton_pas(f, df, u):
    fu, pente = f(u), df(u)
    if fu == 0:
        return u
    if pente == 0:
        raise ValueError("Tangente horizontale")
    return u - fu / pente

def secante_pas(f, a, b):
    fa, fb = f(a), f(b)
    if fb == 0:
        return b
    if fa == fb:
        raise ValueError("Pente de secante nulle")
    return b - fb * (b - a) / (fb - fa)

Les entrées et évaluations sont supposées finies. On peut exécuter plusieurs pas et comparer les valeurs, puis chercher une justification de convergence adaptée au problème. Une petite différence entre deux itérés ne suffit pas à elle seule à borner l'erreur à la solution.

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Continuité : vrai ou faux

Dire si chaque fonction est continue en \(a\). Justifier.

1. \[f(x)=\frac{x^2-4}{x-2}\]

   en

   \[a=2.\]
2. \[g(x)=\begin{cases}x^2&\text{si }x\leqslant 1\\2x-1&\text{si }x>1\end{cases}\]

   en

   \[a=1.\]
3. \[h(x)=\begin{cases}\frac{\sin x}{x}&\text{si }x\neq 0\\1&\text{si }x=0\end{cases}\]

   en

   \[a=0.\]
4. \[\varphi(x)=\begin{cases}x\sin(1/x)&\text{si }x\neq 0\\0&\text{si }x=0\end{cases}\]

   en

   \[a=0.\]

Exercice 2 ★☆☆ : Opérations et continuité

Justifier la continuité sur le domaine de définition :

1. \(f(x)=x^3-5x+2\)
2. \(g(x)=e^{-x^2}\)
3. \(h(x)=\ln(x^2+1)\)
4. \(k(x)=\frac{\cos x}{1+x^2}\)

Exercice 3 ★☆☆ : Existence par le TVI

1. Montrer que \(x^3+x-1=0\) admet au moins une solution dans \([0,1]\).

2. Montrer que \(e^x=3-x\) admet au moins une solution dans \(\R\).

3. Montrer que \(\cos x=x\) admet au moins une solution dans \([0,\pi]\).

Exercice 4 ★☆☆ : Dichotomie

Soit \(f(x)=x^3+x-1\) sur \([0,1]\).

1. Montrer que \(f(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\) dans \([0,1]\).

2. Encadrer \(\alpha\) à \(10^{-1}\) près par dichotomie.

3. Combien d'étapes pour \(10^{-3}\) près ?

Exercice 5 ★★☆ : Nombre de solutions

Soit \(f(x)=x^3-3x+1\).

1. Étudier les variations de \(f\) sur \(\R\).

2. Montrer que \(f(x)=0\) admet exactement trois solutions.

3. Encadrer chaque solution à \(10^{-1}\) près.

Exercice 6 ★★☆ : Prolongement par continuité

1. Montrer que \(f(x)=\frac{e^x-1}{x}\) admet un prolongement continu en 0 et donner sa valeur.

2. Idem pour \(g(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}\).

3. Idem pour \(h(x)=x^2\cos(1/x)\) en 0.

Exercice 7 ★★☆ : Fonction par morceaux

1. Trouver \(a,b\) pour que \(f\) soit continue sur \(\R\).

2. Pour ces valeurs, \(f\) est-elle dérivable en \(1\) ?

Exercice 8 ★★☆ : Suite récurrente et point fixe

1. Trouver les points fixes de \(f\).

2. Montrer que \(0\leqslant u_n\leqslant 3\) et que \((u_n)\) est croissante.

3. En déduire la convergence et la limite.

Exercice 9 ★★☆ : Méthode de Héron

1. Montrer que \(u_n\geqslant\sqrt{2}\) pour tout \(n\).

2. Montrer que \((u_n)\) est décroissante.

3. Déterminer la limite.

4. Calculer \(u_1,u_2,u_3\) et commenter.

Exercice 10 ★★☆ : Image d'un intervalle

\(f(x)=\frac{x}{1+x^2}\) sur \(\R\).

1. Étudier les variations de \(f\).

2. Déterminer \(f(\R)\).

3. Combien de solutions a \(f(x)=\frac{1}{3}\) ?

Exercice 11 ★★★ : Démonstrations de cours

1. Redémontrer que dérivable \(\Rightarrow\) continue.

2. Démontrer le corollaire du TVI (unicité).

3. Démontrer que \(f:[0,1]\to[0,1]\) continue admet un point fixe.

Exercice 12 ★★★ : Équation paramétrée

Soit \(m\in\R\) et \(f_m(x)=x^3-3x+m\).

1. Étudier les variations de \(f_m\).

2. Pour quelles valeurs de \(m\) l'équation \(f_m(x)=0\) admet-elle 1, 2 ou 3 solutions ?

Problème : Points fixes et itérations ★★★

Soit \(I=[a,b]\) un segment avec a<b et \(f:I\to I\). On dit que \(f\) est \(k\)-contractante (\(0\leqslant k<1\)) si :

On pose \(u_0\in I\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\).

Partie A : Existence et unicité du point fixe

1. Montrer qu'une fonction \(k\)-contractante est continue.

2. Poser \(g(x)=f(x)-x\). Montrer que \(g(a)\geqslant 0\) et \(g(b)\leqslant 0\).

3. En déduire que \(f\) admet au moins un point fixe.

4. Montrer que ce point fixe est unique (raisonner par l'absurde).

5. On note \(\ell\) l'unique point fixe.

Partie B : Convergence

1. Montrer que \(|u_{n+1}-\ell|\leqslant k|u_n-\ell|\).

2. Pour \(0<k<1\), en déduire \(|u_n-\ell|\leqslant k^n|u_0-\ell|\). Traiter directement le cas k=0 sans employer \(0^0\).

3. Montrer que \((u_n)\to\ell\).

4. Pour \(0<k<1\), établir \(|u_n-\ell|\leqslant\frac{k^n}{1-k}|u_1-u_0|\). Que vaut directement l’erreur pour k=0 dès le rang 1 ?

Partie C : Applications

1. Montrer que \(f(x)=\frac{1}{3}\cos x\) est \(\frac{1}{3}\)-contractante sur \([0,1]\). En déduire que \(\cos x=3x\) a une unique solution dans \([0,1]\).

2. \[f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{a}{x})\]

   pour \(a>0\),

   \[I=[\sqrt{a},M]\]

   avec \(M\geqslant\sqrt a\).

   1. Montrer \(f(I)\subseteq I\).

   2. Montrer que \(f\) est contractante sur \(I\).

   3. En déduire la convergence de la méthode de Héron vers \(\sqrt{a}\).

3. (Bonus) Exhiber \(f:\R\to\R\) avec \(|f(x)-f(y)|<|x-y|\) pour \(x\neq y\) mais sans point fixe.

Corrigés détaillés

Exercice 1

a) \(f(x)=\frac{x^2-4}{x-2}\). Le dénominateur \(x-2\) s'annule en \(a=2\) : \(f\) n'est pas définie en 2, La question d'une continuité en 2 demande d'abord de définir un prolongement ; f reste continue sur son domaine.

Prolongement possible : pour \(x\neq 2\),

donc \(\lim_{x\to 2}f(x)=4\). On peut prolonger par \(\tilde f(2)=4\), et \(\tilde f\) est alors continue en 2 (et même sur \(\R\)).

b) On calcule les limites latérales en \(a=1\) :

• \[\begin{aligned}\lim_{x\to 1^-}g(x) &= \lim_{x\to 1^-}x^2\\[.35em]&= 1\end{aligned}\]
• \[\begin{aligned}\lim_{x\to 1^+}g(x) &= \lim_{x\to 1^+}(2x-1)\\[.35em]&= 1\end{aligned}\]
• \[\begin{aligned}g(1) &= 1^2\\[.35em]&= 1\end{aligned}\]

Les trois sont égaux : \(g\) est continue en 1.

c) \(h(0)=1\) par définition. Et \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\) (limite classique). Donc

\(h\) est continue en 0.

d) \(\varphi(0)=0\). Pour \(x\neq 0\) : \(|\varphi(x)|=|x||\sin(1/x)|\leqslant|x|\) car \(|\sin|\leqslant 1\). Comme \(|x|\to 0\) quand \(x\to 0\), par le théorème des gendarmes

\(\varphi\) est continue en 0.

Exercice 2

a) Polynôme : continu sur \(\R\).

b) Composée \(\exp\circ(x\mapsto -x^2)\) : continu sur \(\R\).

c) \(x^2+1>0\) partout, \(\ln\) continue sur \(]0,+\infty[\) : par composition, continu sur \(\R\).

d) \(1+x^2>0\) partout : quotient continu sur \(\R\).

Exercice 3

a) \(f(x)=x^3+x-1\) continue (polynôme). \(f(0)=-1<0\), \(f(1)=1>0\). Par le TVI : \(\exists\,c\in\;]0,1[,\;f(c)=0\).

b) \(g(x)=e^x-3+x\) continue. \(g(0)=-2<0\), \(g(2)=e^2-1>0\). Par le TVI : solution dans \(]0,2[\).

c) \(h(x)=\cos x-x\) continue. \(h(0)=1>0\), \(h(\pi)=-1-\pi<0\). Par le TVI : solution dans \(]0,\pi[\).

Exercice 4

a) \(f\) continue, \(f(0)\cdot f(1)<0\), \(f'(x)=3x^2+1>0\) : strictement croissante. Corollaire du TVI : unique solution.

b) Les quatre milieux successifs sont 0,5 ; 0,75 ; 0,625 ; 0,6875, avec signes respectifs négatif, positif, négatif, positif. On conserve successivement [0,5 ; 1], [0,5 ; 0,75], [0,625 ; 0,75], [0,625 ; 0,6875]. Ce dernier segment a une largeur 0,0625<0,1. Les calculs et le schéma du cours présentent cette vraie dichotomie.

c) \(\frac{1}{2^n}\leqslant 10^{-3}\Leftrightarrow 2^n\geqslant 1000\). Or \(2^{10}=1024\) : 10 étapes.

Exercice 5

\(\lim_{-\infty}f=-\infty\), \(f(-1)=3\) (max local), \(f(1)=-1\) (min local), \(\lim_{+\infty}f=+\infty\).

Sur \(]-\infty,-1]\) : \(f\) continue, strictement croissante, de \(-\infty\) à \(3\). Comme \(0\in]-\infty,3[\), par le corollaire du TVI : unique solution \(\alpha_1\). Encadrement : \(f(-2)=-1<0\), \(f(-1)=3>0\), puis \(f(-1{,}9)=-0{,}159<0\), \(f(-1{,}8)=0{,}568>0\) : \(\alpha_1\in[-1{,}9;-1{,}8]\).

Sur \([-1,1]\) : \(f\) continue, strictement décroissante, de \(3\) à \(-1\). Comme \(0\in[-1,3]\), par le corollaire du TVI : unique solution \(\alpha_2\). Encadrement : \(f(0)=1>0\), \(f(1)=-1<0\), puis \(f(0{,}3)\approx 0{,}13>0\), \(f(0{,}4)\approx-0{,}14<0\) : \(\alpha_2\in[0{,}3;0{,}4]\).

Sur \([1,+\infty[\) : \(f\) continue, strictement croissante, de \(-1\) à \(+\infty\). Comme \(0\in]-1,+\infty[\), par le corollaire du TVI : unique solution \(\alpha_3\). Encadrement : \(f(1{,}5)=-0{,}125<0\), \(f(1{,}6)\approx 0{,}30>0\) : \(\alpha_3\in[1{,}5;1{,}6]\).

Bilan : une solution par intervalle de monotonie, exactement trois solutions au total.

Exercice 6

a) \(\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1\) (taux d'accroissement de \(\exp\) en 0). Prolongement : \(\tilde f(0)=1\).

b) \(\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1\) (taux d'accroissement de \(\ln(1+x)\) en 0). Prolongement : \(\tilde g(0)=1\).

c) \(|h(x)|=x^2|\cos(1/x)|\leqslant x^2\to 0\). Prolongement : \(\tilde h(0)=0\).

Exercice 7

a) Continuité en 1 : \(\lim_{1^-}f=a+b\) et

Condition : \(a+b=2\).

b) \(f'(1^-)=2a\), \(f'(1^+)=1\). Dérivabilité \(\Leftrightarrow\) \(2a=1\), soit \(a=\frac{1}{2}\), \(b=\frac{3}{2}\). Avec ces valeurs, \(f\) est dérivable en 1.

Exercice 8

\(f(x)=\sqrt{2x+3}\), définie sur \([-\frac{3}{2},+\infty[\), à valeurs dans \([0,+\infty[\).

Points fixes : \(f(x)=x\Leftrightarrow\sqrt{2x+3}=x\) (avec \(x\geqslant 0\)). On élève au carré : \(2x+3=x^2\), soit \(x^2-2x-3=0\). Discriminant \(\Delta=16\), racines \(x=\frac{2\pm 4}{2}\), soit \(x=3\) ou \(x=-1\). Comme \(x\geqslant 0\), l'unique point fixe est \(\ell=3\).

Récurrence : \(0\leqslant u_n\leqslant 3\)

Initialisation : \(u_0=0\in[0,3]\).

Hérédité : supposons \(0\leqslant u_n\leqslant 3\). Alors \(3\leqslant 2u_n+3\leqslant 9\), donc \(\sqrt{3}\leqslant\sqrt{2u_n+3}\leqslant 3\), i.e. \(\sqrt{3}\leqslant u_{n+1}\leqslant 3\). En particulier \(0\leqslant u_{n+1}\leqslant 3\).

Croissance de \((u_n)\) : on pose

et on étudie son signe sur \([0,3]\).

\(g'(x)=\frac{1}{\sqrt{2x+3}}-1\). Pour \(x\geqslant 0\) : \(2x+3\geqslant 3>1\), donc \(\sqrt{2x+3}>1\), d'où \(g'(x)<0\) : \(g\) est strictement décroissante sur \([0,3]\). Comme

on en déduit \(g(x)\geqslant 0\) pour tout \(x\in[0,3]\).

Donc \(u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=g(u_n)\geqslant 0\) : \((u_n)\) est croissante.

Convergence : \((u_n)\) est croissante et majorée par 3, donc elle converge vers une limite \(\ell\). \(f\) est continue sur \([0,3]\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\), donc par passage à la limite \(\ell=f(\ell)\) : \(\ell\) est un point fixe. Le seul point fixe positif est 3 : \(\ell=3\).

Premiers termes : \(u_0=0\),

\(u_3\approx 2{,}84\).

Exercice 9

pour \(x>0\).

a) Montrons \(u_n\geqslant\sqrt{2}\) pour tout \(n\).

Par l'inégalité arithmético-géométrique (AM-GM) : pour \(x>0\),

Donc \(u_{n+1}=f(u_n)\geqslant\sqrt{2}\) dès que \(u_n>0\). Comme \(u_0=2>0\), par récurrence immédiate \(u_n\geqslant\sqrt{2}>0\) pour tout \(n\).

b) Montrons que \((u_n)\) est décroissante.

Or \(u_n\geqslant\sqrt{2}\) donc \(u_n^2\geqslant 2\), d'où \(2-u_n^2\leqslant 0\) et \(u_n>0\) : \(u_{n+1}-u_n\leqslant 0\).

L'inégalité reste stricte : \(u_{n+1}-\sqrt2=(u_n-\sqrt2)^2/(2u_n)>0\) si \(u_n>\sqrt2\). Par récurrence à partir de \(u_0\)=2, aucun terme n'atteint la racine et la décroissance est stricte.

c) \((u_n)\) est décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\) : elle converge vers une limite \(\ell\geqslant\sqrt{2}\).

Par continuité de \(f\) :

Donc \(2\ell=\ell+\frac{2}{\ell}\), soit \(\ell=\frac{2}{\ell}\), d'où \(\ell^2=2\) et \(\ell=\sqrt{2}\) (car \(\ell>0\)).

d) Calcul des premiers termes :

• \(u_0=2\)
• \[\begin{aligned}u_1 &= \frac{1}{2}(2+\frac{2}{2})\\[.35em]&= \frac{3}{2}\\[.35em]&= 1{,}5\end{aligned}\]
• \[\begin{aligned}u_2 &= \frac{1}{2}(\frac{3}{2}+\frac{4}{3})\\[.35em]&= \frac{17}{12}\\[.35em]&\approx 1{,}416\,667\end{aligned}\]
• \[\begin{aligned}u_3 &= \frac{1}{2}(\frac{17}{12}+\frac{24}{17})\\[.35em]&= \frac{577}{408}\\[.35em]&\approx 1{,}414\,216\end{aligned}\]

Or \(\sqrt{2}\approx 1{,}414\,213\,6\). L'erreur en \(u_3\) est environ \(2{,}124\times10^{-6}\) : c'est une approximation à \(10^{-5}\) près, mais les arrondis au cinquième chiffre après la virgule sont différents (1,41422 et 1,41421). L'identité d'erreur précédente explique la convergence quadratique : une fois proche de la limite, l'erreur suivante est proportionnelle au carré de l'erreur courante. Ce constat porte sur le nombre d'itérations, pas directement sur le temps de calcul.

Exercice 10

\(f(x)=\frac{x}{1+x^2}\) sur \(\R\).

\(\lim_{\pm\infty}f(x)=0\). Minimum global \(f(-1)=-\frac{1}{2}\), maximum global \(f(1)=\frac{1}{2}\).

b) \(f\) est continue sur \(\R\) et atteint sa borne inf \(-\frac{1}{2}\) et sa borne sup \(\frac{1}{2}\). Par le TVI : \(f(\R)=[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\).

c) \(f(x)=\frac{1}{3}\). Comme \(0<\frac{1}{3}<\frac{1}{2}\) :

Sur \(]-\infty,-1]\) : \(f\) décroissante de \(0\) à \(-\frac{1}{2}\), donc \(f<0\) : aucune solution.

Sur \([-1,1]\) : \(f\) strictement croissante de \(-\frac{1}{2}\) à \(\frac{1}{2}\), et \(\frac{1}{3}\in]-\frac{1}{2},\frac{1}{2}[\) : une unique solution par le corollaire du TVI.

Sur \([1,+\infty[\) : \(f\) strictement décroissante de \(\frac{1}{2}\) à \(0^+\), et \(\frac{1}{3}\in]0,\frac{1}{2}[\) : une unique solution par le corollaire du TVI.

Total : exactement 2 solutions.

Vérification : \(\frac{x}{1+x^2}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow 3x=1+x^2\Leftrightarrow x^2-3x+1=0\). \(\Delta=5\), \(x=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}\) : bien deux solutions positives.

Exercice 11

a) Supposons \(f\) dérivable en \(a\). Pour \(x\neq a\) :

Quand \(x\to a\) : le premier facteur tend vers \(f'(a)\) (définition de la dérivée), le second vers 0. Par règle du produit des limites :

donc \(f(x)\to f(a)\) : \(f\) est continue en \(a\).

b) Soit \(f\) continue et strictement croissante sur \([a,b]\), \(k\in[f(a),f(b)]\).

Existence : \(f\) est continue sur \([a,b]\) et \(k\) est compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\). Par le TVI, il existe au moins un \(c\in[a,b]\) tel que \(f(c)=k\).

Unicité : supposons par l'absurde qu'il existe \(c_1<c_2\) dans \([a,b]\) avec

Comme \(f\) est strictement croissante et \(c_1<c_2\), on a \(f(c_1)<f(c_2)\). Or

contradiction. Donc la solution est unique.

Le cas strictement décroissant se traite de façon identique.

c) Soit \(f:[0,1]\to[0,1]\) continue. Posons \(g(x)=f(x)-x\).

\(g\) est continue sur \([0,1]\) (différence de fonctions continues).

Comme \(f(0)\in[0,1]\), on a \(g(0)\geqslant 0\).

\(g(1)=f(1)-1\). Comme \(f(1)\in[0,1]\), on a \(f(1)\leqslant 1\), donc \(g(1)\leqslant 0\).

Cas 1 : \(g(0)=0\) \(\Rightarrow\) \(f(0)=0\), c'est un point fixe.

Cas 2 : \(g(1)=0\) \(\Rightarrow\) \(f(1)=1\), c'est un point fixe.

Cas 3 : \(g(0)>0\) et \(g(1)<0\). Par le TVI, il existe \(c\in\;]0,1[\) tel que \(g(c)=0\), i.e. \(f(c)=c\).

Dans tous les cas, \(f\) admet un point fixe dans \([0,1]\).

Remarque : ce résultat est un cas très particulier du théorème du point fixe de Brouwer, qui généralise ce principe en dimension quelconque.

Exercice 12

indépendant de \(m\).

Max local : \(f_m(-1)=m+2\). Min local : \(f_m(1)=m-2\).

L'équation \(f_m(x)=0\) coupe l'axe des \(x\) en :

3 points \(\Leftrightarrow\) le max est \(>0\) et le min est \(<0\) \(\Leftrightarrow\) \(m+2>0\) et \(m-2<0\) \(\Leftrightarrow\) \(\boxed{-2<m<2}\).

1 point \(\Leftrightarrow\) \(m>2\) (min local \(>0\), la courbe ne croise l'axe qu'une fois à gauche) ou \(m<-2\) (max local \(<0\), une seule fois à droite).

2 points \(\Leftrightarrow\) \(m=2\) (min\(=0\) : tangence) ou \(m=-2\) (max\(=0\) : tangence).

Interprétation géométrique : les courbes \(y=f_m(x)\) sont obtenues par translation verticale de \(y=x^3-3x\). Quand m augmente de valeurs très négatives à des valeurs très positives, le nombre de solutions distinctes passe par 1, 2, 3, 2, 1, aux seuils \(-\)2 et 2. Aux seuils, une racine double compte comme un seul point d'intersection.

Corrigé du problème

Partie A : Existence et unicité

Cas k=0. L'inégalité impose f constante ; avec f(I) inclus dans I, sa valeur est l'unique point fixe. Toutes les itérations l'atteignent dès le rang 1. Pour les puissances aux questions suivantes, on traite donc séparément k=0 (sans employer \(0^0\)) et l'on suppose 0<k<1.

1. Soit \(\varepsilon>0\) et \(x,y\in I\) avec \(|x-y|<\varepsilon\). Alors :

Donc \(f\) est continue en tout point de \(I\). (En fait, \(f\) est même uniformément continue, ce qui est plus fort : le \(\delta=\varepsilon\) ne dépend pas du point considéré.)

2. \(g(x)=f(x)-x\) est la différence de deux fonctions continues (\(f\) par la question 1, et \(\mathrm{id}\)), donc \(g\) est continue sur \([a,b]\).

\(f:I\to I\) signifie \(f(a)\in[a,b]\), donc \(f(a)\geqslant a\), d'où \(g(a)=f(a)-a\geqslant 0\).

De même \(f(b)\in[a,b]\), donc \(f(b)\leqslant b\), d'où \(g(b)=f(b)-b\leqslant 0\).

3. Si \(g(a)=0\) : \(f(a)=a\), point fixe trouvé. Si \(g(b)=0\) : \(f(b)=b\). Sinon \(g(a)>0>g(b)\) : par le TVI appliqué à \(g\) continue sur \([a,b]\), il existe \(c\in\;]a,b[\) tel que \(g(c)=0\), i.e. \(f(c)=c\).

4. Supposons \(\ell_1\neq\ell_2\) deux points fixes. Alors :

Comme \(|\ell_1-\ell_2|>0\), on simplifie : \(1\leqslant k\). Contradiction avec \(k<1\).

Donc le point fixe est unique. On le note \(\ell\).

Partie B : Convergence

5. L'unique point fixe est noté \(\ell\). Comme \(u_0\) appartient à I et f(I) est inclus dans I, la récurrence assure que tous les termes restent dans I : on peut appliquer l'inégalité de contraction à chaque rang.

6. \(\ell=f(\ell)\) (point fixe), donc :

7. Pour 0<k<1, Initialisation : \(|u_0-\ell|\leqslant k^0|u_0-\ell|=|u_0-\ell|\), vrai.

Hérédité : si \(|u_n-\ell|\leqslant k^n|u_0-\ell|\), alors par la question 6 :

8. \(0\leqslant|u_n-\ell|\leqslant k^n|u_0-\ell|\). Comme \(0<k<1\), \(k^n\to0\) (le cas k=0 a déjà été traité). Par le théorème des gendarmes : \(|u_n-\ell|\to 0\), donc \(u_n\to\ell\).

9. Par l'inégalité triangulaire :

D'où \((1-k)|u_0-\ell|\leqslant|u_0-u_1|\), soit \(|u_0-\ell|\leqslant\frac{|u_1-u_0|}{1-k}\).

En combinant avec la question 7 :

Cet encadrement est très utile en pratique : il donne une borne d'erreur a priori ne dépendant que de \(k\), \(n\) et des deux premiers termes.

Partie C : Applications

10. \(f(x)=\frac{1}{3}\cos x\). Pour tous \(x,y\in[0,1]\), par la borne d'écart démontrée dans la preuve guidée :

car \(|\sin t|\leqslant 1\). Donc \(f\) est \(\frac{1}{3}\)-contractante.

De plus \(f([0,1])\subseteq[\frac{\cos 1}{3},\frac{1}{3}]\subseteq[0,1]\) (car \(\cos 1>0\)). Par le théorème de Banach : unique point fixe \(\ell\) dans \([0,1]\) vérifiant \(\frac{1}{3}\cos\ell=\ell\), soit \(\cos\ell=3\ell\).

11.(i) Si \(M=\sqrt a\), la suite partant dans I est constante et la conclusion est immédiate. Supposons désormais \(M>\sqrt a\). Pour \(x\geqslant\sqrt{a}\) : par AM-GM, \(f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{a}{x})\geqslant\sqrt{x\cdot\frac{a}{x}}=\sqrt{a}\). Et \(f(x)-x=\frac{1}{2}(\frac{a}{x}-x)=\frac{a-x^2}{2x}\leqslant 0\) car \(x\geqslant\sqrt{a}\Rightarrow x^2\geqslant a\). Donc \(f(x)\leqslant x\leqslant M\). Ainsi \(f(I)\subseteq I\).

(ii) \(f'(x)=\frac{1}{2}(1-\frac{a}{x^2})\). Pour \(x\geqslant\sqrt{a}\) : \(\frac{a}{x^2}\leqslant 1\), donc \(0\leqslant f'(x)\leqslant\frac{1}{2}\). Par la borne d'écart démontrée dans la preuve guidée : \(|f(x)-f(y)|\leqslant\frac{1}{2}|x-y|\). Donc \(f\) est \(\frac{1}{2}\)-contractante.

(iii) Par le théorème du point fixe de Banach appliqué à \(f\) sur \(I\) : la suite définie par \(u_{n+1}=f(u_n)\) converge vers l'unique point fixe \(\ell\in I\). Or \(f(\ell)=\ell\Leftrightarrow\frac{1}{2}(\ell+\frac{a}{\ell})=\ell\Leftrightarrow\ell^2=a\Leftrightarrow\ell=\sqrt{a}\) (car \(\ell>0\)).

12. (Bonus) Considérons \(f:\R\to\R\) définie par \(f(x)=x+\frac{1}{1+e^x}\).

On a \(f(x)-x=\frac{1}{1+e^x}\in\;]0,1[\) pour tout \(x\in\R\) : donc \(f(x)>x\) pour tout \(x\), et \(f\) n'a aucun point fixe.

Vérifions que f diminue strictement chaque distance, sans facteur uniforme inférieur à 1 : \(f'(x)=1-\frac{e^x}{(1+e^x)^2}\). On pose \(g(t)=\frac{t}{(1+t)^2}\) pour \(t=e^x>0\). On vérifie que \(0<g(t)\leqslant\frac{1}{4}\) pour \(t>0\) (maximum en \(t=1\)). Donc \(\frac{3}{4}\leqslant f'(x)<1\) pour tout \(x\). Les fonctions \(x-f(x)\) et \(x+f(x)\) ont des dérivées strictement positives. Pour x<y, leur croissance stricte donne \(-(y-x)<f(y)-f(x)<y-x\), donc \(|f(x)-f(y)|<|x-y|\). Le cas x>y se traite en échangeant les deux points. En revanche, f'(x) tend vers 1 à l'infini. S'il existait un k<1 uniforme, passer à la limite dans le quotient d'accroissements donnerait \(|f'(x)|\leqslant k\) partout, ce qui est impossible.

Morale : sans la constante \(k<1\) uniforme, la contraction stricte ne suffit pas à garantir l'existence d'un point fixe. Le théorème de Banach exige \(k<1\) global.

Bilan à essayer sans corrigé

Pour f(x)=x³+2x\(-\)2, justifie l'existence et l'unicité d'un zéro sur [0,1]. Effectue trois étapes de dichotomie, donne le segment conservé et une borne d'erreur pour son milieu. Explique pourquoi cette borne n'est pas automatiquement une garantie d'arrondi décimal.

Pour \(F(x)=\sqrt{x+2}\), \(u_0\)=0 et \(u_{n+1}\)=F(\(u_n\)), prouve successivement la stabilité de [0,2], la croissance, la convergence, puis détermine la limite. Compare avec la suite obtenue à partir de G(x)=2\(-\)x et \(u_0\)=0 : qu'est-ce qui empêche le même raisonnement de convergence ?

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