Continuité des fonctions

Valeurs intermédaires et résolution approchée d'équations



Continuité

Définition:
On dit qu'une fonction f est continue en a si
  limxa f(x) = f(a)
Une fonction est continue sur un intervalle I si elle est continue en tout point de I.

Graphiquement, une fonction f continue sur I a une courbe représentative en "un seul morceaux", c'est-`a-dire qu'on peut tracer sa courbe sans lever le stylo.
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Les fonctions usuelles sont en générale continues sur leur ensemble de définition, et la question de la continuité revient alors étudier le comportement de la fonction en quelques points particuliers.
Propriété:
  • Les fonctions usuelles (puissances, fonctions rationnelles, racine carrée, exponentielle, cos, et sin) sont continues sur leur ensemble de définition.

  • La somme, le produit, le quotient et la composée de fonctions continues est une fonction continue sur tout intervalle sur lequel elle est définie.

Par convention (en fait utilisée implicitement depuis longtemps !) on convient que dans un tableau de variation, une flèche oblique indique que la fonction est continue et strictement monotone sur l'intervalle considéré.


Par exemple,
  • les fonctions polynômes, telle que f : xx3 + 3x2 − 5, sont continues sur R comme sommes de fonctions puissances qui sont continues R.
  • la fonction f : x ↦ e3x+2 est continue sur R comme composées de fonctions continues sur R
  • la fonction f : x3x + 2/x − 3 est définie et continue sur R∖{3} comme quotient de fonctions continues sur R dont le dénominateur s'annule seulement en 3


Valeurs intermédiaires, TVI et bijection

Théorème des valeurs intermédaires (TVI)
Soit une fonction f définie et continue sur un intervalle I, et soit aI et bI.
Pour tout réel k compris entre f(a) et f(b), il existe au moins un réel c∈[a;b] tel que f(c) = k
En d'autres termes, l'équation f(x) = k admet (au moins) une solution dans l'intervalle [a;b].

En d'autres termes encore, f prend toutes les valeurs intermédiaires entre aI et bI, d'où le nom du théorème.
Théorème des valeurs intermédaires (TVI), version forte, ou théorème de la bijection
Soit une fonction f définie et continue sur un intervalle I, et soit aI et bI.
On suppose de plus que f est strictement monotone sur I.
Alors, pour tout réel k compris entre f(a) et f(b), il existe un unique réel c∈[a;b] tel que f(c) = k
En d'autres termes, l'équation f(x) = k admet une unique solution dans l'intervalle [a;b].

Remarque: on peut avoir, dans les théorèmes précédents, a = −∞ et/ou b = +∞, dans quel cas on doit simplement remplacer f(a) et f(b) par la limite de f en −∞ ou +∞

Exercice 1:
On donne ci-dessous le tableau de variation d'une fonction f.
Quel est le nombre de solutions de l'équation f(x) = 2 (on justifiera le résultat).
x −∞ 2 10 +∞
8 +∞
f
3 0


Le tableau de variation indique, d'après la convention rappelée précédemment, que la fonction f est continue sur R.
  • Sur ]−∞;2[, la fonction f est continue, et son minimum est 3.
    On en déduit que l'équation f(x) = 2 ne peut pas y admettre de solution.
  • Sur [2;10], la fonction f est continue, strictement décroissante (toujours la même convention précédente), et avec f(2) = 8 et f(10) = 0.
    D'après le théorème de la bijection, comme 0≤2≤8, on en déduit que l'équation f(x) = 2 admet une unique solution sur cet intervalle.
  • Enfin, sur [10;+∞[, la fonction f est continue, strictement croissante, et avec f(10) = 0 et  limx+∞f(x) = +∞.
    D'après le théorème de la bijection, comme 0≤2<+∞, on en déduit que l'équation f(x) = 2 admet une unique solution sur cet intervalle.
En résumé, l'équation f(x) = 2 admet exactement deux solutions sur R.


Exercice 2:
Démontrer que l'équation x3 + 3x = 5 admet une unique solution sur R.
Donner une valeur approchée à 10−2 près de cette solution.

On pose f la fonction définie sur R par l'expression f(x) = x3 + 3x et le problème est alors celui de trouver une solution à l'équation f(x) = 5.
La fonction f est un polynôme, et est donc définie, continue et dérivable sur R, avec
f '(x) = 3x2 + 3
En particulier, comme pour tout réel x on a x2≥0, on a aussi que
f '(x) = 3x2 + 3≥3 >0
(on peut aussi étudier le signe du trinôme du second degré).
On en déduit que la fonction f est strictement croissante sur R.
On complète alors par les limites. On a en factorisant par le terme prépondérant en l'infini,
f(x) = x3 1 + 3/x2
ce qui permet de trouver, par produit des limites, que  limx−∞f(x) = −∞ et  limx+∞f(x) = +∞

On peut alors appliquer le théorème de la bijection à la fonction continue et strictement croissante f: il existe donc un unique réel α tel que f(α) = 5.
Avec une calculatrice (par balayage avec un tableau de valeurs, ou par dichotomie), on trouve α ≃1,16 à 10−2 près.


Exercice 3:
Démontrer que l'équation ex = 2 admet une unique solution sur R.
Donner une valeur approchée à 10−2 près de cette solution.

De même que dans l'exercice précédent, on pose f la fonction définie sur R par l'expression f(x) = ex et le problème est alors celui de trouver une solution à l'équation f(x) = 2.
La fonction f est la fonction exponentielle donc définie, continue et dérivable sur R, avec
f '(x) = f(x) = ex
En particulier, pour tout réel x on a f(x) = ex>0, et on en déduit que la fonction f est strictement croissante sur R.
On complète alors par les limites (usuelles ici):  limx−∞f(x) = 0 et  limx+∞f(x) = +∞

On peut alors appliquer le théorème de la bijection à la fonction continue et strictement croissante f: il existe donc un unique réel α tel que f(α) = 2.
Avec une calculatrice (par balayage avec un tableau de valeurs, ou par dichotomie), on trouve α ≃0,69 à 10−2 près.

Remarque: il s'agit de la valeur du logarithme népérien: α = ln(2)


Exercice 4:
On considère la fonction h définie sur ]-1;+∞[ par h(x) = 2x − 3 + x + 1.
  1. Donner le tableau de variations de h.

    On dérive la racine carrée:
    h = u + v
    avec u(x) = 2x−3 donc u'(x) = 2 et v(x) = x+1 donc v'(x) = 1 et alors
    h ' = u' + v'/2v
    soit
    h '(x) = 2 + 1/2x + 1
    et comme une racine carrée est toujours positive, on a
    h '(x) ≥2>0
    et donc la fonction h est strictement croissante sur ]-1;+∞[.
  2. En déduire que l'équation x + 1 = 3 − 2x admet une unique solution α sur ]-1;+∞[.

    En mettant tous dans les termes dans le membre de gauche, cette équation est équivalente à l'équation h(x) = 0
    La fonction h est strictement croissante et continue sur ]-1;+∞[, avec h(−1) = −5 <0 et par addition et composition des limites,  limx+∞h(x) = +∞.
    Ainsi, d'après le théorème de la bijection, on sait qu'il existe une unique solution à l'équation
    h(x) = 0 x + 1 = 3 − 2x
  3. Donner une valeur approchée à 10−2 près de cette solution.

    Avec une calculatrice (par balayage avec un tableau de valeurs, ou par dichotomie), on trouve α ≃0,83 à 10−2 près.



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