Preuve du TVI
dans Analyse
Bonjour
Soit la version suivante du TVI: soit $f:I\rightarrow\mathbb R$ continue avec $I$ intervalle d'extrémités $a,b\in\overline{\mathbb R}$ (on suppose que les limites associées existent si les bornes sont infinies) avec $a<b, f(a)>0$ et $f(b)<0$. Alors il existe $c\in]a,b[$ tel que $f(c)=0$.
Dans l'une des preuves, on pose $c=\sup A$ avec $A=\{x\in [a,b], f(x)>0\}$ qui est non vide car $a\in A$. Par contre, pourquoi $A$ est majorée dans $\mathbb R$ ? Comme $A\subset [a,b]$, si $b\in\mathbb R$ alors c'est bon. Mais si $b=+\infty$ ?
Soit la version suivante du TVI: soit $f:I\rightarrow\mathbb R$ continue avec $I$ intervalle d'extrémités $a,b\in\overline{\mathbb R}$ (on suppose que les limites associées existent si les bornes sont infinies) avec $a<b, f(a)>0$ et $f(b)<0$. Alors il existe $c\in]a,b[$ tel que $f(c)=0$.
Dans l'une des preuves, on pose $c=\sup A$ avec $A=\{x\in [a,b], f(x)>0\}$ qui est non vide car $a\in A$. Par contre, pourquoi $A$ est majorée dans $\mathbb R$ ? Comme $A\subset [a,b]$, si $b\in\mathbb R$ alors c'est bon. Mais si $b=+\infty$ ?
Réponses
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On localise la preuve du TVI à des segments.... Mais par contre, si $I$ contient un voisinage de $+\infty$ et si par exemple $\lim_{x\rightarrow +\infty} f(x)<0,$ alors par définition des limites, on se ramène à un point $b$ de $I$ où $f(b)<0$ et on applique le cas précédent.
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On peut toujours se ramener à un segment, et alors, dichotomie.
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Bonjour,
Si \(b\) est \(+\infty\), l'hypothèse est alors que \(f\) une limite \(l\) \(+\infty\) avec \(l>0\).
Il existe donc \(b'\) tel que \(f(x)<0\) dès que \(x\geqslant b'\) : \(b'\) majore \(A\). -
Merci gb c'est ce que je cherchais!
Du coup on a l'existence de $c$. Maintenant, il reste deux choses à montrer :
1) $c\in ]a,b[$
2) $f(c)=0$
Je coince -
Tu ne t'es pas servi de la continuité.
Tu élimines le cas \(f(c)>0\) en exhibant \(c'>c\) tel que \(f(c')>0\).
Tu élimines le cas \(f(c)<0\) en exhibant \(c'<c\) tel que \(f(c')<0\).
Tu en déduis \(f(x)=0\) et par suite \(c\) n'est ni \(a\) ni \(b\), ce qui ouvre l'intervalle aux bornes… -
si $f(c)>0$, pourquoi est-ce qu'il existe $c'>c$ tel que $f(c')>0$?
Je ne vois pas comment utiliser la continuité. -
Si $f(c) = \epsilon > 0$, alors par continuité de $f$, il existe $\delta > 0$ tel que $\forall x, |c-x| < \delta \Rightarrow |f(x)-f(c)| < \epsilon$, donc en particulier $|f(c+\delta)-\epsilon| < \epsilon$, ce qui entraine le résultat avec $c' = c+\delta$
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Merci, ça marche, même si j'ai pris $c'=c+\delta /2$, sinon je crois qu'avec les inégalité strictes il y a un problème avec ton $c'$. J'ai toutefois un mini-truc qui me gène, comment sait-on que $f(c+\delta /2)$ est bien défini ? i.e. que $c+\delta /2\in I$ ?
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On n'a pas besoin de définir \(c'\) de façon précise par une formule \(c+\delta\), ou \(c+(\delta/2)\), ou…
Il suffit de dire que l'intervalle \(]c,c+\delta[\) est non vide ; donc il existe \(c'\) qui appartient à cet intervalle, donc… -
Mais pourquoi en prenant $c'\in ]c+\delta[$ on a $f(c')$ bien défini ?
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Parce que \(c\) ne peut pas être égal à \(b\).
Il existe donc un élément \(c'\) de \(I\) dans \(]c,c+\delta[\).
Il suffit de recopier mutatis mutandis la preuve du TVI sur un segment… -
Ca marche,
Il me manque juste un truc. J'aimerais justifier que $a<c$ autrement qu'en montrant que sinon $c=a$ entraîne $f(c)>0$ puis une contradiction. Car en faisant ça j'utilise la continuité de $f$ en $c$, or si $c=a=-\infty$... -
\(c\) est une nombre réel, ça ne peut pas être \(-\infty\)…
-
Ah ben oui, tout simplement. Merci !
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Bonjour!
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