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CONTINUITE

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CONTINUITE

1) GENERALITES.


Nous avons déjà abordé la notion de continuité dans la leçon précédente, au cours des études locales pour les fonctions usuelles.
Rappelons les définitions générales énoncées à ce propos.



Une fonction f définie sur une partie I de R et à valeurs réelles est dite continue au réel x0 si et seulement .
Si f est continue en tout point de l’ensemble I, on dira que f est continue sur I


A) Exemples, contre-exemples.

On a établi sans problÈmes que les fonctions polynômes, les rationnelles, les fonctions sinus, cosinus, tangente, la fonction logarithme Népérien, l’exponentielle et les puissances de base quelconque sont continues en tout point de leur ensemble de définition.
La continuité apparait donc au premier coup d’œil comme un comportement ‘normal’, du moins sur les fonctions classiques. Mais l’ensemble des fonctions numériques déborde largement celui des fonctions dites élémentaires, décrites ci-dessus.

Un premier exemple de phénomÈne de non-continuité en un point, on dira plutôt de discontinuité, nous est donné en observant la fonction partie entiÈre E qui fait correspondre à chaque réel x le plus grand entier relatif  E(x) inférieur ou égal à x.

_ Cette fonction est évidemment continue en tout réel non relatif, puisque la restriction de E à un intervalle ouvert du type ]n, n+1[ avec n
IZ est la fonction constante de valeur n.

_ Par contre en tout entier n la limite à droite de E est encore n=E(n), tandis que la limite à gauche est n-1, toujours d’aprÈs la remarque sur la valeur n-1 de E sur ]n-1, n[.

On peut multiplier les exemples de ce type en raccordant par exemple artificiellement deux courbes représentant des fonctions continues définies au voisinage d’un point mais dont les valeurs en ce point diffÈrent.
Par exemple si les fonctions u et v  sont continues respectivement sur les intervalles [c, a] et [a, d], la fonction f définie sur [c, d] par  f(x)=u(x) si x
I[c, a[ et  f(x)=v(x) si xI[a, d] satisfait d’aprÈs les hypothÈses à :

Si u(a) est choisi différent de v(a), la fonction f ne présentera pas de limite au point a et ne sera donc pas continue en ce point. Par contre la restriction de f à [a, d] est continue en a car sa limite en ce point, soit v(a), correspond exactement à la valeur de f en a. On parle alors de continuité à droite de f en a.

On dira de mÊme que f est continue à gauche en a si et seulement si

Avec ces conventions on peut alors énoncer l’équivalence pratique pour les études de ce type :

f continue en a Û f continue à droite et à gauche en a Û


Remarquons à ce sujet que si une fonction f admet en un réel a n’appartenant pas à son ensemble de définition des limites à droite et à gauche de mÊme valeur réelle l, on pourra prolonger f en une fonction continue en a en lui attribuant la valeur l en ce point..
On dit alors  que l’on a effectué un prolongement par continuité.

_ Dans les contre-exemples précédents, la discontinuité apparait comme un saut brusque des valeurs de f au voisinage du point d’étude, c’est une rupture soudain de la courbe, un décrochage des valeurs dont on peut avoir une intuition grossiÈre en imaginant une marche que l’on rate ou une ampoule électrique qui grille soudainement. (En fait ce phénomÈne nous apparait ‘discontinu’ bien que continu pour le physicien mais à variations trÈs rapides, dans un intervalle de temps inaccessible à nos sens, de mÊme qu’une projection discontinu mais de cadence assez rapide d’images cinématographiques nous donnera l’illusion du mouvement continu auquel nous sommes habitués).

Il existe d’autres façons de mettre en évidence une discontinuité, par exemple en considérant une fonction n’admettant ni de limite à droite ni de limite à gauche en ce point.
Ainsi la fonction f définie par  f(x)=sin() si x non nul et  f(0)=0 est discontinue en 0.
Remarquons qu’ici il n’y a pas ‘perte brusque de valeurs’ au voisinage étudié  mais plutôt des variations d’amplitude constante dans des zones arbitrairement petites (tout l’intervalle [-1, 1] est décrit par les images, quel que soit le voisinage de 0 auquel on se restreint).

_ Citons pour terminer un exemple de discontinuité totale. La fonction caractéristique des rationnels, prenant la valeur 1 sur
Q et 0 sur R-Q n’est continue en aucun réel.

B) Opérations usuelles.


ThéorÈme. Soient f et g deux fonctions numériques définies sur le mÊme ensemble I et continues en un point x0 de I. On Peut alors affirmer que la somme f+g, le produit f.g , le quotient  (si g ne s’annule pas sur I), sont également continues au point x0.


La preuve est élémentaire et repose sur les rÈgles de calcul pratique des limites.
Par hypothÈse on sait que

Ces limites étant réelles on en déduit :



C) ThéorÈme de composition.

Toute composée du type f
j avec j continue en t0 et f continue en x0=j(t0) est continue en t0 

Par hypothÈse
j tend vers x0 en t0 et f tend vers  f(x0) en x0 .
On en déduit, d’aprÈs la rÈgle sur la limite d’une composée, que , c’est à dire que f
j est bien continue au point t0.

2) CONTINUITE SUR UN INTERVALLE.

La propriété de continuité devient particuliÈrement intéressante lorsqu’elle est réalisée pour une fonction donnée f sur tout un intervalle I inclus dans son ensemble de définition.
Les effets cumulés des limites en chacun des points de I assurent alors à la courbe de f une régularité proche de l’idée intuitive de continuité évoquée plus haut (pas de perte de valeurs, pas de saut brusque), pouvant se résumer en disant que f(I) est encore un intervalle de
R, de type fermé borné si I est lui mÊme un fermé borné.
L’étude rigoureuse est abordée en détail dans les théorÈmes suivants dont les démonstrations reposent essentiellement sur l’axiome de la borne supérieure pour les parties majorées de
R

A) ThéorÈme des valeurs intermédiaires.


Soit f  fonction à valeurs réelles, continue en tout point de l’intervalle [a, b] de
R.
Toute valeur réelle y comprise entre les deux images f(a) et f(b) admettra au moins un antécédent pour f situé dans l’intervalle [a, b].

Preuve : Il s’agit donc de montrer que l’équation  f(x)=y, de paramÈtre y intermédiaire entre les valeurs f(a) et  f(b), admet au moins une solution appartenant à [a, b].

Cette équation équivaut à  f(x)-y=0.

En remplaçant f par la différence g=f-y , on se ramÈne donc à une équation standard du type g(x)=0, avec g toujours continue sur [a, b] (différence entre f continue sur cet intervalle et la fonction constante de valeur y) et telle que les images de g aux bornes a et b de l’intervalle soient de signe contraire. ( ceci venant de la condition : ‘ y intermédiaire entre  f(a) et  f(b)’ )

Quitte enfin à remplacer éventuellement g par –g , on pourra toujours se ramener au cas oÙ g(a) sera négatif ou nul et g(b) positif ou nul.

Notons alors E l’ensemble des éléments x de [a, b] tels que g(x)
£0.

_ E est non vide car il contient au moins a par hypothÈse sur le signe de g aux bornes.

_ E est majoré de maniÈre évidente par b.

E possÈde donc une borne supérieure que l’on notera c, plus petit majorant possible pour E.
La fonction g étant continue sur tout [a, b] sera en particulier continue en c.
Analysons en s’appuyant sur cette propriété le signe de g en ce point.

_ Supposons d’abord g(c)  strictement positif. On pourra alors trouver un voisinage V de cette image ne contenant que des nombres strictement positifs.
Puisque g a pour limite g(c) en c, on pourra trouver un voisinage  W=]c-
a, c+a[  tel que g(WÇ[a, b]) ÌV.

Or c étant le plus petit majorant possible de E, c-
a qui lui est strictement inférieur ne peut majorer E. Il existe donc au moins un élément x de E tel que c-a < x £ c.
Cet x étant élément de W
Ç[a, b] on devrait donc avoir g(x) IV, donc strictement positif, ce qui est en contradiction avec l’appartenance de x à E (caractérisée par g(x) £0)
g(c) ne peut donc Être strictement positif.

_ Si g(c) est strictement négatif..

Suivant le mÊme schéma de continuité en c on pourra trouver un voisinage V de g(c) inclus dans ]-
¥, 0[ et un voisinage W=]c-a, c+a[  tel que g(WÇ[a, b]) ÌV.
Puisque g(c)
<0 et g(b) ³0, c est strictement inférieur à b. On pourra donc en restreignant éventuellement W, se ramener au cas oÙ c+a est lui aussi strictement inférieur à b.

Remarquons alors que tout élément x de [c, c+
a[ a son image par g strictement négative donc est élément de E. Mais ceci est en contradiction avec le fait que c majore E. On ne peut en effet trouver d’éléments de E strictement supérieurs à c.
g(c) ne peut donc non plus Être strictement négatif.

La seule possibilité est donc g(c)=0, ce qui assure l’existence d’une solution pour l’équation étudiée.

B) Image d’un intervalle fermé borné par une fonction continue.

Si la fonction f à valeurs réelles est continue en tout point de l’intervalle fermé borné [a, b] de R, alors l’image f([a, b]) est aussi un intervalle fermé borné [m, M] avec :
m=inf et M=sup


Montrons d’abord que f est bornée sur [a, b]. Le processus sera voisin de la méthode précédente et repose sur l’idée : ‘jusqu’oÙ peut on aller sur [a, b] en gardant la propriété analysée vérifiée ?’

Ainsi on notera E l’ensemble des éléments x de [a, b] tels que f soit bornée sur [a, x]

E est évidemment non vide, (il contient a !) et est majoré par b. On peut donc parler de la borne supérieure c de E.
Par continuité de f au point c de [a, b], on pourra trouver un voisinage W=]c-
a, c+a[ pour lequel  f(WÇ[a, b])Ì ] f(c)-1,  f(c)+1[. La restriction de f à WÇ[a, b] sera donc bornée.

c-
a étant strictement inférieur au plus petit majorant c de E ne sera pas majorant de E .
Il existe donc un élément x de E tel que c-
a < x £ c.

Par caractérisation mÊme des éléments de E, f  est alors bornée sur [a, x]. Or on vient de voir qu’elle est bornée sur ]c-
a, c+a[Ç[a, b]. Elle est donc bornée sur la réunion des intervalles mentionnés, donc aussi sur le sous intervalle [a, c] de cette réunion.
Le point c est donc élément de E . (Ceci n’était pas assuré car la borne supérieure d’un ensemble n’est pas nécessairement élément de cet ensemble)

_ Si c=b, le résultat est établi :  f est bien bornée sur [a, b].

_ Si c
<b. On pourra alors en diminuant au besoin la valeur a, se ramener au cas oÙ c+a <b
Mais dans ce cas on sait que f  bornée sur [a, c] et sur [c, c+
a[. On en déduit que f sera bornée sur la réunion de ces intervalles, donc aussi sur la partie [a, c+].
Le point c+ est alors élément de E et strictement supérieur à la borne supérieure c de cet ensemble E, ce qui est contradictoire.
Seule l’hypothÈse précédente c=b est donc réaliste, f est bien bornée sur [a, b]

Montrons maintenant que la borne supérieure M=sup des valeurs de f sur
[a, b] est en fait une valeur effective de la fonction, atteinte en un point de l’intervalle.
Nous emploierons pour cela une méthode classique dite de dichotomie, reposant sur des divisions successives de l’intervalle initial  I0=[a, b].

_ PremiÈre étape. Considérons c= le milieu de l’intervalle I0. La fonction f étant bornée sur I0 est donc également bornée sur chacune des deux parties [a, c] et [c, b].

Posons M1=sup et M2=sup. On vérifie trÈs facilement que la borne supérieure M de f sur I0 n’est autre que la plus grande des deux bornes précédentes, soit M=max(M1, M2). Une de ces deux bornes au moins coÏncide donc avec M.
Notons alors I1=[a, c] si M1=M et I1=[c, b] sinon.
Dans les deux cas apparait un sous intervalle I1=[a1, b1] de I0, de longueur , et tel que l’on ait  M=sup.

_ Poursuite du procédé. On peut répéter l’opération de division précédente à partir de l’intervalle I1. On mettra donc en évidence un sous intervalle I2=[a2, b2] de I1, de longueur , et tel que l’on ait encore M=sup
Il est clair que l’on peut récidiver en divisant maintenant I2, puis poursuivre suivant le mÊme schéma aussi loin que l’on veut.

On construit donc de proche en proche une suite d’intervalles emboités,  n
a In=[an, bn], de longueurs respectives l(In)= et tels que pour tout :  M=sup.
La suite de réels n
aan est alors croissante, (puisque In+1 Ì In pour tout n) et majorée par b, donc va converger vers un élément l de [a, b].

Supposons que  f(l)
<M et considérons un réel l tel que  f(l) <l < M.

Par continuité de f en l, pour tout
e >0 il existe un voisinage W=]l-a, l+a[ de l tel que f(WÇ[a, b]) Ì] f(l)-e, f(l)+e[.
Si on utilise ceci pour
e=l- f(l), on aura donc : x I]l-a, l+a[Ç[a, b] Þ  f(x) <l.

La suite n
aan convergent vers l, il va exister un rang n1 tel que n ³n1 Þ anI]l-a, l+a[
Mais la suite n
abn converge aussi vers l puisque
On pourra donc trouver aussi un rang n2 tel que n
³n2 Þ bnI]l-a, l+a[.

Pour tout entier n supérieur à n1 et n2, l’intervalle [an, bn] sera donc contenu entiÈrement dans le voisinage ]l-
a, l+a[. On en déduit d’aprÈs le choix de ce voisinage :  f(In)Ì]-¥, l]
M ne peut donc Être la borne supérieure de f sur In puisque l’on a un majorant
l des images de f sur cet intervalle strictement inférieur à M. Ceci est en contradiction avec le choix de In.

L’hypothÈse  f(l)
<M  est donc à rejeter. Puisque  f(l) £M  borne supérieure des images de f, on aura nécessairement  f(l)=M.

On démontrerait de mÊme que la borne inférieure m de f sur [a, b] est également atteinte par f en un point de cet intervalle. (On peut aussi appliquer le résultat précédent concernant la borne supérieure à la fonction continue –f , car inf=-sup

On savait déjà  f([a, b])
Ì [m , M]. Le théorÈme des valeurs intermédiaires appliqué à f sur un intervalle dont les bornes sont des antécédents respectifs de m et M nous donne l’inclusion inverse [m, M] Ì f([a, b]). On a donc bien  f([a, b])=[m, M].

C) Inversion d’une fonction continue strictement monotone.

ThéorÈme :

Soit I un intervalle quelconque de R, de bornes a et b  (éléments de RÈ).
Si f est une fonction continue sur I, à valeurs réelles, strictement monotone sur I, on peut alors conclure :

_  f(I)=J est un intervalle de bornes c= et d=. avec en plus les équivalences : c
IJ Û a II  et d IJ Û b II.

_  f  relie bijectivement I à J et la bijection réciproque est continue en tout point de J.


Nous effectuerons l’étude sous l’hypothÈse oÙ f est strictement croissante sur l’intervalle I.
On se ramÈnera à ce cas si f est décroissance en considérant g = -f .

1) Supposons d’abord que I est un intervalle fermé borné I=[a, b].

Le théorÈme précédent assure alors que  f([a, b]) est égal à [ f(a),  f(b)] puisque les bornes inférieures m et M de f sur [a, b] ne sont autres ici , vu la croissance de f, que les valeurs de cette fonction aux extrémités de l’intervalle en question.

Tout élément de J=[ f(a),  f(b)] admet donc un antécédent au moins pour f sur [a, b] et un seul vu la stricte croissance de f. En effet
' (x, y) I [a, b]´ [a, b], : x <y Û  f(x) < f(y) ce qui assure l’injectivité.

Pour la continuité de la réciproque f –1, considérons un point y0 de J et x0=f –1(y0).

_ Si y0 est distinct des bornes de J, x0 sera distinct des bornes de I, et tout voisinage V de ce point contiendra un voisinage fondamental ]x0-
e, x0+e[ inclus entiÈrement dans ]a, b[.

On aura alors,  vu la stricte croissance de f ,  l’équivalence suivante  :
x0-
e < x < x0+e Û  f(x0-e)< f(x)< f(x0+e)

Si W=]y0-
a, y0+a[ est un voisinage de y0 inclus dans ] f(x0-e), f(x0+e)[, on en déduit  d’aprÈs ce qui précÈde l’implication :  yIW Þ x=f –1(y) IV.
Le schéma de la continuité en y0 est donc vérifié.

_ Si y0 est une des bornes de J, il suffit d’adapter légÈrement la démonstration ci dessus en tenant compte que l’on étudie uniquement la limite à droite en  f(a) si y0 est cette image ou la limite à gauche si y0= f(b).
Par exemple dans le premier cas on choisira
e tel que [a, a +e[ Ì [a, b[ÇV, pour VIV(a) donné, puis W=[ f(a) , f(a)+a[ inclus dans [ f(a),  f(a+e)[.

2) Considérons maintenant un intervalle du type I=[a, b[ avec a réel. En considérant une suite strictement croissante n
abn de réels de I convergent vers b, on constate que I n’est autre que la réunion croissante des In=[a, bn]. En effet tout réel x tel que a £x <b pourra Être dépassé par un des termes bn pour un rang n assez grand.

On peut alors écrire : =

Or la suite de réels n
a f(bn) étant croissante admet une limite d pour n tendant vers +¥, réelle si f majorée sur I, égale à +¥ sinon.
Dans les deux cas on en déduit facilement  f(I)=[ f(a), d[=J

L’injectivité vient encore bien sÛr de la stricte croissance.

La continuité de f –1 s’établit comme dans le cas précédent. On pourrait aussi dire que pour tout y0 de J et tout voisinage V de ce point on pourra trouver un entier n tel que [f(a), f(bn)] contient V
ÇJ . La continuité de la restriction de f –1 à [ f(a),  f(bn)] est alors assurée vu la premiÈre étude, donc aussi la continuité de f –1 en y0 vu la localité de la notion de limite.

3) Les autres configurations d’intervalles se traitent suivant des schémas analogues.

D) Monotonie d’une bijection continue reliant deux intervalles.

ThéorÈme :



Si f est une bijection continue reliant l’intervalle I à l’intervalle J, alors f est strictement monotone sur cet intervalle.


Il s’agit d’un semblant de réciproque de l’étude précédente. La démonstration repose essentiellement sur le théorÈme des valeurs intermédiaires.

Nous considérerons pour commencer un point a arbitraire de I, distinct des bornes de cet intervalle.
Il existe donc un élément b de I strictement supérieur à a, et dont l’image sera bien sÛr distincte de celle de a par injectivité de f.
Nous allons voir que si  f(b)
> f(a), f sera nécessairement strictement croissante sur I. (Le cas oÙ  f(b) < f(a) se traitera en considérant g=-f  et conduira à la stricte décroissance de f).

1) Commençons par montrer que pour tout x de I :  x
>a Þ  f(x) > f(a).
Raisonnons par l’absurde et soit x
>a tel que  f(x) < f(a).

_ L’élément x ne peut appartenir à [a, b], sinon, d’aprÈs le théorÈme des valeurs intermédiaires, il existerait au moins un réel c de [x, b] tel que  f(c)= f(a), ( puisque  f(a) serait comprise entre  f(x) et  f(b).). L’égalité  f(c) = f(a) serait alors contraire à l’injectivité de f.

_ De mÊme x ne peut Être strictement plus grand que b, car il existerait un c entre b et x  tel que  f(c)= f(a). On a donc bien établi l’implication mentionnée plus haut.

2) Soit maintenant x et  y de I tels que a
<x <y.
Supposons  f(x)
> f(y).

_ Si  f(a)
< f(y) il existera alors, toujours d’aprÈs le théorÈme des valeurs intermédiaires, un réel c de [a, x] tel que  f(c)= f(y) ce qui est contraire à l’injectivité.

_ Si  f(y)
< f(a),   f(a) est alors intermédiaire entre  f(x) et  f(y). La fonction f devra donc prendre la valeur  f(a) en un point c de [x, y] ce qui nie encore l’injectivité de f.

On a donc établi la stricte croissance de f sur l’intervalle [a, +
¥[ ÇI.

3) Remarquons maintenant qu’il est impossible de trouver deux éléments x et y de I tels que :
x
<y <a et  f(x) > f(y). En effet en procédant comme précédemment on pourrait en déduire que f est strictement décroissante sur I Ç[x, +¥[ ce qui n’est pas conforme avec f croissante sur l’intervalle [a, +¥[ ÇI.
f est donc bien croissante strictement sur I
Ç]-¥, a] et sur IÇ[a, +¥[, donc sur I entier.

E) Image d’un intervalle quelconque par une fonction continue.

ThéorÈme :

L’image d’un intervalle quelconque I de R par une fonction continue sur I à valeurs réelles est encore un intervalle de R.


Ici aucune hypothÈse sur le sens de variation de f.

Le résultat a déjà été établi dans le cas oÙ I est un intervalle fermé borné.
Examinons une configuration du type I=]a, b[. Il est facile d’écrire un tel intervalle comme réunion strictement croissante d’une suite d’intervalles emboités In=[an, bn].

Posons pour tout entier n :   f([an, bn])=[cn, dn].
On peut alors écrire : f(I)==
En appelant c la limite de la suite décroissante n
a cn et d celle de la suite croissante n a  dn
(Limites éventuellement infinies), on peut vérifier facilement que  f(I) est un intervalle dont les bornes sont c et d.
Plus précisément on aura :

_ c
I  f(I) Û la suite n a cn est stationnaire (constante à partir d’un certain rang)
_ d
I  f(I) Û la suite n a dn est stationnaire (constante à partir d’un certain rang)

Les autres cas se traitent en utilisant des recompositions analogues de I en réunion d’intervalles emboités .




Exercices sur la continuité.

1.      Etudier la continuité des fonctions définies sur R par les formules suivantes :
a)
'xIR-  f(x)=
b)
'xIR-  f(x)=(x-p)sin()  et  f(p)=0
c)
'x £0  f(x)=  et  'x>0   f(x)=

2.      Etudier la continuité des fonctions définies par les formules suivantes :

a) Sur ]1,+
¥[  f(x)=  et sur ]-¥,1[
b) Sur
R-  f(x)=   et  f(3)=1
c)
'xIQ  f(x)=x-  et 'xIR-Q  f(x)=0

3.      On considÈre la fonction f définie par :
 
a) f est-elle continue sur ]0,1] ?

b) Peut-on prolonger f en une fonction continue sur [0,1] ?

c) f est-elle injective ? surjective ?

4.      f  désigne une fonction à valeurs dans R+, continue sur [0,+¥[ et telle que  f(0)=1
Etudier  les problÈmes aux limites en 0 et +
¥ pour les fonction g  et h définies sur ]0,+¥[ par  les formules respectives :

   ;    

5.      On considÈre f définie sur ]0,+¥[ par le procédé suivant :
_ Si x rationnel a pour représentant irréductible , alors f(x)=.
_ Si x est irrationnel  f(x)=0.

Montrer que f est continue en tout irrationnel et discontinue en tout rationnel


6.      Soit f une fonction à valeurs réelles, continue sur [0,+¥[ .

a) Montrer que si f admet une limite réelle en +
¥, f est nécessairement bornée sur [0,+¥[
b) Montrer que si f est périodique, f est également bornée sur [0,+¥[ mais n’admettra de limite en +¥ que si c’est une fonction constante.

7.      Soit f une fonction de [a, b] dans [a, b] telle que ' x ¹:
Montrer que l’équation  f(x)=x admet alors toujours une et une seule solution sur [a, b]

8.      Soient f et g deux fonctions à valeurs réelles, continues sur [0,+¥[ et telles que pour tout x réel : 0 < f(x)< g(x).
a) Montrer que pour toute suite n
axn d’éléments de [0, 1] on a :
b) Montrer à l’aide d’un contre-exemple précis que le résultat précédent n’est plus nécessairement vrai si la suite n
axn n’est plus supposée bornée.

9.      On considÈre une fonction f à valeurs réelles, continue sur [0,+¥[, avec f(0)=1 et telle qu’au voisinage de +¥ on ait l’équivalence : f(x)~x².

Montrer qu’il existe au moins un point M de la courbe C représentant f dans un repÈre cartésien d’origine O tel que le milieu I de (O, M) appartienne aussi à C.

10.  f désigne une fonction à valeurs réelles, strictement croissante sur ]a, b[ et telle que l’image par f de ]a, b[ soit un intervalle du type ]c, d[.

Montrer que f est continue sur ]a,b[.

11.  A toute fonction f à valeurs réelles définie sur R on associe la fonction g définie par :
   
'xIR  g(x)=[f(x)]²- f(x)

a) Montrer que si f est continue sur
R, alors g est aussi continue sur R.

b) Donner un contre-exemple précis montrant que g peut Être continue sur
R entier sans que f ne le soit.
c) On suppose g continue sur
R et f  à valeurs strictement supérieures à .
Montrer que sous ces hypothÈses f est alors aussi nécessairement continue sur
R entier.

12.  f et g désignent deux fonctions à valeurs réelles, continues sur l’intervalle [a, b] et telles que  f([a, b])Ì g([a, b]).
Montrer qu’il existe au moins un point x de [a, b] pour lequel  f(x)=g(x).

13.  a) Quelles sont les fonctions f à valeurs réelles continues sur R telles que pour tout x réel on ait  l’égalité :  (f(x))²= f(x).

b) Déterminer toutes les fonctions à valeurs réelles, continues à droite sur [0,+
¥[ et telles que pour tout x réel :  f(x)= f(x²).

14.  a) Montrer que pour tout nombre rationnel x>0 il existe un et un seul réel que l’on notera  f(x) tel que  f(x)I]0,[ et x- f(x) soit un multiple de  avec un coefficient entier.

b) On considÈre alors l’application f à valeurs dans ]0,[  qui à tout x de A=
QÇ]0,+¥[ fait correspondre l’élément  f(x) défini précédemment. Montrer que f est injective, non surjective et continue en tout point de A.

c) Soit g la réciproque de la restriction de f à l’ensemble d’arrivée B=f(A). Montrer que g est discontinue en tout point de B.

15.  On considÈre une fonction f à valeurs réelles, continue sur [0,+¥[ et telle que pour tout réel positif x on ait  f(2x)+ f(x) =0. Montrer que f est la fonction nulle sur [0,+¥[.

16.  f désigne une fonction continue sur [0,+¥[, à valeurs réelles et telle que
a)
'xI[0,1]  f(x)=x(x+1)
b) La courbe C représentant f dans un repÈre cartésien admet une asymptôte oblique au voisinage de +
¥ de coefficient directeur .
Montrer qu’il existe au moins un réel x
>0 tel que .




17.  On considÈre une fonction f de ]0, 1] vers R satisfaisant aux deux propriétés suivantes :
a) la fonction g définie sur ]0,1] par x
ag(x)=f(x)-f() est continue en tout point.
b)
'xI]0,10-6[  f(x)=
Montrer que f est continue sur ]0, 1].

18.  On considÈre une fonction f à valeurs réelles continue sur [0, 1], avec  f(0)=0 et f(1)=1. On suppose aussi que la courbe C représentant f dans un repÈre cartésien d’origine O est toute entiÈre au dessus de la droite (OA) ; A désignant le point de coordonnées (1, 1).
Montrer que quel que soit le réel t de [0, 1] il existe au moins deux points M et N de la courbe C tels que .

19.  On considÈre une fonction f continue et strictement décroissante sur [0, 1], à valeurs dans ce mÊme intervalle [0,1].

a) Montrer que pour tout entier non nul n il existe un et un seul réel de [0, 1] que l’on notera xn , pour lequel  f(xn)=(xn)n.

b) Montrer que la suite n
axn est croissante et converge vers 1.

20.  Soit f une bijection continue de [0, 1] sur [0, 1].
On considÈre l’application g de [0,1] vers [0,1] définie par la formule :
L’application g est-elle bijective ?


Solutions des exercices sur la continuité.

1.      a) Pour x ¹0 :
Ainsi f admet  pour limite à droite en 0 et - comme limite à gauche.
f n’est pas continue en 0, elle n’est continue qu’à droite en ce point.

En tout autre point x0 on peut restreindre l’étude à un voisinage ne contenant pas l’origine et sur lequel f sera définie par x
a f(x)=donc continue d’aprÈs la continuité des fonctions usuelles et les rÈgles opératoires.

b)
'xIR . On en déduit d’aprÈs le théorÈme d’encadrement que  La fonction f est bien continue au point p.
En tout autre x0 on peut comme précédemment se restreindre à un voisinage oÙ f sera définie par la formule x
a f(x)=(x-p)sin() . La continuité est donc assurée d’aprÈs les théorÈmes sur les produits et composées de fonctions continues.

c) Il est clair que f est continue à gauche en 0, le quotient étudié ne présentant pas d’indétermination. Pour l’étude à gauche il suffit d’écrire
'x >0  f(x)=
Il vient bien alors aussi :
En x0 non nul, la continuité s’établit sans problÈme comme dans les questions précédentes en utilisant le principe de localité.

2.      a) La restriction de f à ]1, +¥[ est une fonction rationnelle x acontinue en tout point distinct du pôle 1. De mÊme la restriction de f à ]-¥, 1[  est la composée d’une fraction rationnelle par la fonction racine carrée donc est également continue sur ]-¥, 1[.
Chacun des deux intervalles en question contenant un voisinage fondamental de chacun de ses points, le principe de localité assure la continuité de f sur la totalité de son ensemble de définition
R-.

Remarquons que le problÈme de continuité ne se pose pas en 1 qui n’appartient pas à l’ensemble de définition de f. Par contre, f tendant vers +
¥ en 1, il est clair qu’on ne peut prolonger la fonction donnée en une application continue sur R entier.

b) Il est facile d’établir que f n’admet pas de limite au point 3. Il suffit de considérer d’une part la suite n
aan=3+ convergent vers 3 avec  et d’autre part la suite n a bn=3+ pour laquelle

f n’est donc pas continue au point 3, mais l’est en tout autre point en invoquant à nouveau le principe de localité et la continuité des fonctions rationnelles et du sinus.

c) _ Tout rationnel x0 est limite de la suite de rationnels n
aan=x0+ et aussi limite de la suite d’irrationnels n a bn=x0+.
Par définition de f, on a  f(an)=an- qui tend donc vers x0-
¹0  lorsque n tend vers +¥  et  f(bn)=0 de limite nulle pour n tendant vers +¥. La fonction donnée n’est donc continue en aucun nombre rationnel x0.

_ Soit maintenant x0 un irrationnel. Il est facile en utilisant la fonction partie entiÈre E, de définir une suite de rationnels convergent vers x0.
Il suffit de poser pour tout n non nul : an=.
On a en effet
'n IN* E(nx0) £ nx0 < E(nx0)+1 par définition de la partie entiÈre, d’oÙ l’on tire l’encadrement :  .
On a donc une suite convergent vers x0 dont la suite des images n
a f(an)=an- converge vers x0 -.

Puisque  f(x0)=0,  f sera discontinue en tout irrationnel distinct de .
Par contre en  la continuité est assurée par la majoration , valable pour tout réel x.
f est donc seulement continue au point .

3.      a) f est bien continue sur ]0,1] en tant que produit d’une fonction affine par le carré de la composée de la fonction rationnelle x a avec le sinus.
b) On ne peut prolonger par continuité f  en 0 car la fonction n’admet pas de limite en ce point. Il suffit pour voir cela de considérer les deux suites de termes généraux respectifs
 convergentes vers 0 et dont les images par f  tendent respectivement vers les limites différentes 0 et 1.

c) f n’est pas injective, tous les inverses des multiples entiers de
p ont pour image 0.
Par contre elle est surjective. En effet, utilisons la suite n
abn ci dessus pour laquelle . Pour tout  y de [0, 1[ on peut donc trouver un entier n tel que y < f(bn) <1. Le nombre y est donc situé entre l’image par f de bn et  f(1) =0.
La fonction f étant continue sur [bn, 1], le théorÈme des valeurs intermédiaires assure l’existence d’un antécédent de y pour f sur cet intervalle.

4.      a) Pour x >0 :
Pour x
³ 0, la différence étudiée ci dessus appartient donc toujours à l’intervalle [0, ].
f étant supposée continue sur [0,+
¥[ sera donc bornée sur le fermé borné [0, ].
Le numérateur de g est donc borné et son dénominateur tend vers +
¥  en + ¥.  On en déduit que g tend vers 0 en +¥.

_ Pour l’étude en 0, toujours par continuité de f : 
Le dénominateur de g tendant vers 0 par valeurs positives, il vient :

b) Au voisinage de +
¥ , sin(f((x)) est négligeable, car bornée, devant 3x qui tend vers +¥.

Par continuité de f, l’image  f([0,1]) est un intervalle fermé borné.  f(sin²(x)) est donc aussi négligeable devant x au voisinage de +
¥.
On en déduit que h(x) est équivalente en +
¥ au quotient de 3x par x, donc a pour limite 3.

_ En 0 la fonction h est continue d’aprÈs les rÈgles opératoires sur les fonctions continues et le théorÈme de composition.

5.      _ Montrons d’abord que f est discontinue en tout rationnel strictement positif donné sous forme irréductible :. En un tel point, par définition de f, on a f(x0)=.
Examinons la suite d’irrationnels positifs n
aan=x0+. Elle converge de maniÈre évidente vers x0 , mais la suite des images n a f(an) stagne en 0 donc ne converge pas vers  f(x0). La fonction étudiée est donc discontinue en x0.

_ Soit maintenant x0 un irrationnel strictement positif donné. Un tel point a son image par f nulle. Pour un réel
a >0 quelconque, examinons les rationnels de l’intervalle ]x0 , x0 +a[
Il en existe toujours, par exemple les approximations décimales de x0  à
a prÈs par excÈs.
Considérons l’ensemble des représentants irréductibles de ces fractions d’entiers et notons q0 la plus petite valeur possible pour les dénominateurs.
Pour tout rationnel

Le numérateur de la fraction encadrée ci dessus est un entier non nul donc au moins égal à 1, quand au dénominateur, on peut le majorer par q² d’aprÈs le caractÈre minimal de q0.

On en déduit :  et par suite

Pour tout réel
e >0 on pourra donc trouver un intervalle du type [x0 ,  tel que pour tout x de cette zone on ait 0 £ f(x) < e .
Il suffit de choisir  correspondant à l’étude ci dessus pour la valeur
a=e2.
On aura en effet pour x rationnel de [x0 ,  , 0 < f(x).< et pour x irrationnel  f(x)=0 La fonction f est donc continue à droite en x0.

La continuité à gauche s’établit par un raisonnement similaire.

6.     
a) En revenant à la définition originelle de la limite, on est sÛr de l’existence d’un voisinage V de +
¥ tel que  f(VÇ[0,+¥[) Ì ]l-1, l+1[ , donc de l’existence d’un réel a >0 tel que f soit bornée sur [a, +¥[. (En désignant par l la limite réelle de f en +¥)
L’image d’un intervalle fermé borné par une fonction continue étant encore un fermé borné, f  sera également borné sur [0, a] et donc aussi d’aprÈs ce qui précÈde, sur la réunion [0,a]
È[a,+¥[=[0,+¥[

b) Soit t une période de f, c’est à dire un réel strictement positif tel que
'x ³0  f(x+t)=f(x)
f étant supposée continue sur
R+ transformera l’intervalle [0,t] en un intervalle fermé borné J=[m , M] de R. Vu la périodicité, on démontre trÈs facilement par récurrence que J est aussi l’image de tout intervalle du type [nt, (n+1)t]  pour n entier quelconque.
On a donc, puisque
R+ est la réunion de tous ces intervalles :  f([0,+¥[)=[m, M]

Pour x réel positif donné, la suite n
a x+nt tend vers +¥. Si f admettait une limite l en +¥ on devrait donc avoir, d’aprÈs le théorÈme de composition : .
Or la suite des images en question est stationnaire en  f(x), ceci vu la périodicité de f .
Un tel schéma n’est donc possible que si f est constante sur [0,+
¥[

7.      Soit x0 un élément donné de I=[a, b]. D’aprÈs la propriété vérifiée par f on peut écrire que pour tout x de I distinct de x0 :  .
On en déduit,  d’aprÈs le théorÈme d’encadrement que :  
La fonction f est donc continue sur I.

La fonction g définie sur le mÊme intervalle par x
ag(x)= f(x)-x est continue comme différence de deux fonctions continues. Examinons ses valeurs aux bornes.
g(a)=f(a)-a
³0 et g(b)= f(b)-b £0 , car les valeurs de f appartiennent par hypothÈse à [a, b]
Le théorÈme des valeurs intermédiaires appliqué à g assure donc déjà l’existence d’un point c de I oÙ g va s’annuler, c’est à dire pour lequel  f(c)=c.

L’hypothÈse de majoration stricte sur I, soit  montre qu’un tel point est nécessairement unique. En effet appliquée à x=c et y=d deux points supposés fixes pour f, on en déduit l’inégalité  , contradictoire si c distinct de d.

8.      a) La fonction h  définie sur [0,+¥[ par x ah(x)= est continue comme quotient de deux fonctions continues. Elle transforme donc l’intervalle fermé borné [0, 1] en un intervalle du mÊme type, soit [a, q].
La borne q étant une valeur effective de h, il existe un réel c
³0 pour lequel .
Puisque 0
<f(c)<g(c) par hypothÈse , on en déduit 0<q<1.
On montrerait de mÊme que
a >0.
Ainsi, pour tout entier n on aura , puisque tous les termes xn sont à valeurs dans [0, 1] et ont par suite leur image par h appartenant à [
a, q].
Puisque  0
<q<1, on en déduit , puis  d’aprÈs le théorÈme d’encadrement.

b) Comme contre-exemple on peut considérer  f(x)=x+1 ; g(x)=x+2 et xn=n-1 pour n
³1
On remarque alors que
(En utilisant l’équivalent élémentaire au voisinage de 0 :  ln(1+h)
~h ).

9.      Prenons pour inconnue l’abscisse x du point M cherché dans le repÈre proposé.
Les coordonnées de M sont alors (x,  f(x)) et celles du milieu I de (O, M) sont
La contrainte sur l’appartenance de I à la courbe C se traduit alors par l’équation , elle mÊme équivalente à
Considérons donc la fonction g définie sur [0,+
¥[ par g(x)=
_ g est continue en tout point par continuité de f sur [0,+
¥[ et grace aux théorÈmes généraux de la théorie (rÈgles opératoires, théorÈme de composition).

_ La valeur de g en 0 est la seule calculable exactement :  g(0)= f(0)-2f(0)=-1

_ Etudions maintenant g au voisinage de +
¥.
Par hypothÈse on peut écrire au V(+
¥) :  f(x)=x²+o(x²). On en déduit
et par suite g(x)= sera équivalente à  au voisinage de +
¥.
On en déduit que g sera du signe de x² , strictement positive au voisinage de +
¥, donc prendra des valeurs positives sur un intervalle du type [a, +¥[.

Le théorÈme des valeurs intermédiaires assure alors l’annulation de g en au moins un point de [0, a] puisque g reste continue sur cet intervalle et prend des valeurs de signes différents aux bornes.

10.  Soit x0 un élément de ]a, b[ et [ f(x0)-e,  f(x0)+e] un intervalle de centre f(x0) inclus dans
 ]c, d[. (Tout voisinage fondamental de  f(x0) en contient nécessairement un de ce type, il suffit puisque c
< f(x0) < d  de choisir e >0 suffisamment petit.)

Puisque ]c, d[= f(]a, b[) , il existe deux réels x1 et x2 de ]a, b[ dont les images respectives par f sont  f(x0)-
e et  f(x0)+e, avec de plus x1 < x0  <x2 puisque f est supposée strictement croissante.
Cette mÊme croissance permet de conclure : x1
< x <x2  Þ  f(x1) < f(x) < f(x2).

Ainsi si on choisit le réel
a tel que le voisinage V=]x0-a, x0+a[ soit inclus dans ]x1, x2[, on aura bien  f(V) Ì  ] f(x0)-e, f(x0)+e[.
Ce schéma justifie que , donc établit la continuité de f en tout point.



11.   a) La fonction f étant supposée continue sur R, g=f´f - f  le sera également d’aprÈs les théorÈmes sur le produit et la différence de fonctions continues.

b) Les contre-exemples sont nombreux ! On peut par exemple obtenir la fonction g identiquement nulle à partir de f ne prenant exclusivement que l’une des deux valeurs 0 ou 1 sans Être constante. Une telle fonction ne satisfait pas à la propriété des valeurs intermédiaires et ne peut donc Être continue sur
R entier.
Par exemple f nulle sur ]-
¥,0[ et égale à 1 sur [0,+¥[ sera discontinue à l’origine.

c) Le procédé de définition de g montre que pour tout réel x fixé,  f(x) est une des solutions de l’équation du second degré d’inconnue X :  X²-X-g(x)=0
La demi somme de ces deux racines (point milieu) est égale à
Sous l’hypothÈse supplémentaire que f ne prend que des valeurs supérieures à ,
f est nécessairement définie sur
R entier par la seule formule :
 f sera donc continue sur
R d’aprÈs la continuité de g, de la fonction racine carrée et grace aux théorÈmes classiques de la théorie (compositions, sommes, produits de fonctions continues. )

12.  Si on considÈre la fonction d définie sur [a, b] par d(x)= g(x)- f(x) , continue comme différence de deux fonctions continues, la question posée revient à établir que d s’annule au moins une fois sur [a, b]. D’aprÈs le théorÈme des valeurs intermédiaires, il suffit alors de trouver deux points de l’intervalle oÙ g a des images de signe différents.

Considérons pour cela des nombres
a et b oÙ g atteint respectivement ses bornes inférieures m et supérieures M sur [a, b]. Ils existent effectivement, puisque l’image d’un fermé borné par une fonction continue est encore un intervalle de ce type.

g([a, b])=[m, M]=[ g(
a), g(b)]. Vu l’hypothÈse  f([a, b])Ì g([a, b])=[m, M], il est clair maintenant que d(a)=m- f(a) £0 et que d(b)=M- f(b) ³0

13.  a) Sur R :  (f(x))²= f(x) Û  f(x) I. Une fonction non constante ne prenant sur R que ces deux valeurs ne peut donc Être continue sur R entier, ceci d’aprÈs le théorÈme des valeurs intermédiaires.( Elle devrait prendre aussi toute valeur de [0, 1].)
Il n’y a donc que deux fonctions possibles, celle identiquement nulle et la constante 1.

b)
_ Soit x un réel de [0, 1[.  D’aprÈs l’hypothÈse sur f on peut écrire la chaine d’égalités :
          f(x)= f(x²)= f(x4)=f(x8)=…..=
Or la suite n
a converge vers 0 par valeurs supérieures puisque 0 £x <1.
Par continuité à droite de f en 0, on en déduit lim+
¥  f(0)
Ainsi sur [0,1[ :   f(x)= f(0)  par unicité de la limite.

_ L’hypothÈse sur f  peut se traduire également sous la forme :
' x ³0 ,  f(x)= f()
Par répétition de cette variante on en déduit alors :
 f(x)= f()= f()= f()=…….= f()=…..

Si on prend maintenant x
>1, la suite n a converge vers 1 par valeurs supérieures.
La continuité de f à droite en 1 permet donc ici de conclure que sur ]1,+
¥[  f(x)= f(1)

f  doit donc Être constante sur [0,1[ et sur ]1,+
¥[. Ce sont les seules solutions possibles.

(On vérifie aisément que toutes ces fonctions vérifient la contrainte :
'xI[0,+¥[  f(x²)= f(x)  et sont bien continues à droite en tout point de [0, +¥[ ).

14.  a) On veut décomposer tout rationnel strictement positif x sous la forme x=y+n avec n entier et 0 <y <. Cette écriture équivaut à
L’entier n cherché doit donc vérifier l’encadrement :
Ceci caractérise n comme le plus grand entier inférieur ou égal à  c’est à dire à la partie entiÈre de ce quotient que nous noterons E().
Du fait que x est supposé rationnel non nul,  ne pourra Être entier et l’encadrement  de ce nombre par les entiers n=E() et n+1 sera bien strict.
Il s’ensuit que z=- n est bien élément de ]0,1[.
La décomposition de x est donc toujours possible et unique avec n=E() et y=z .
Ceci peut se résumer par la formule :   y= f(x)=x- E() .
b) _  f injective. Soient x et deux éléments de A ayant mÊme image par f. Vu la formule définissant cette fonction on en déduit aussitôt x-x’=(E()-E()).
Or  est irrationnel et x-x’ rationnel, l’égalité n’est donc possible que si les deux membres sont nuls.

_  f non surjective. Tout élément de ]0,[  du type y=
l avec l rationnel n’a pas d’antécédent pour f. En effet on ne pourra trouver de rationnel x et d’entier n tels que
x=
l+n=(l+n)
_  f continue sur A. Soit x0 un point de A et n0 la partie entiÈre de .
L’intervalle I=]n0, (n0+1)[ contient un voisinage fondamental V de x0 puisque ce point appartient à I. Pour tout x de A
ÇV on a alors E()=n0  et par suite  f(x)=x-n0
f est donc localement affine au voisinage de x0 , donc est continue en ce point.

c) Gardons les notations ci dessus et considérons une suite de rationnels n
arn convergent vers  par valeurs supérieures.
De  f(x0)=x0 – n0 on déduit immédiatement :
'n IN  x0+rn=f(x0) +(n0+1) + rn-

Puisque  , il existe un rang à partir duquel les termes de cette suite seront bien  éléments de ]0, [, auquel appartient y0.

A partir de ce rang, par définition mÊme de f, on aura alors :  f(x0+rn)= f(x0)+rn- .

En utilisant la réciproque g de f restreinte à l’ensemble d’arrivée B, on peut donc écrire par définition d’un antécédent :  g(y0+rn-)=x0+rn

Il vient donc :  

Cette limite est différente de g(y0)=x0. Ceci entraine la discontinuité de g en y0 puisque la suite n
ay0+rn- converge vers le point y0.

15.  Pour x=0 la relation s’écrit 2f(0)=0 et donne donc  f(0) nul.
Remarquons que l’équation vérifiée par f peut se traduire aussi par :
'x ³0,  f(x)=- f()
En appliquant cette relation en cascade, on en déduit la suite d’égalités :
 f(x)=-
Or  par continuité de f. On a donc bien :  
'x I[0,+¥[  f(x)=0.

16.  Le problÈme posé se ramÈne à l’équation  f(x)f()-1=0.
Considérons donc la fonction g définie sur ]0,+
¥[ par la formule g(x)=f(x)f()-1.
Cette fonction est continue en tout point vu la continuité supposée de f et les théorÈmes classiques sur les sommes, produits, composées de fonctions continues.


Compte tenu du théorÈme des valeurs intermédiaires, son annulation en au moins un point sera établi si on prouve que g ne garde pas un signe constant sur son intervalle d’étude.
_ 1 est le seul point ‘x’ oÙ l’on sait exprimer de maniÈre exacte les images par f de x et  
On trouve f(1)=1(1+1)=2 et g(1)=3

_ Au voisinage de +
¥ on peut écrire par hypothÈse un développement asymptotique du type :
 f(x)=  avec b constante réelle.
Pour x
>1 on a 0 < <1 , d’oÙ l’on déduit  f()=(+1)
Ainsi, au voisinage de +
¥ : g(x)=()(+1)-1=
Ainsi g tend vers -en +
¥ et verra donc nécessairement toutes ses valeurs négatives pour x assez grand.

La fonction g change de signe et s’annule donc au moins une fois sur [1,+
¥[
Remarque :
'x >0 g(x)=g().  g s’annule donc aussi en un point de ]0,1[.

17.  Notons j la fonction de ]0,1] vers ]0,1] définie par la formule j(x)=
La composée g
j  est continue en tant que composée de deux fonctions continues et est caractérisée par la formule x a f()-f()
Plus généralement, pour tout entier n, la composée g
jn est continue sur I=]0,1] et associe à tout x l’image .
Par sommation, la fonction  est donc continue sur I et est définie par la formule
Pour  tout x de I on a :  0
< £ .

Or, les puissances de 2 sont supérieures à 106 dÈs que l’exposant atteint la valeur 20.

 On en déduit que sur I la fonction S19 est définie par la formule :
. Ceci entraine la continuité de f , en tant que somme de la fonction continue S19 avec la composée x
asin() de fonctions usuelles continues.



18.  Prenons pour inconnues les abscisses respectives x et y des points M et N cherchés.
Le vecteur  a donc (y-x, f(y)- f(x)) comme couple de composantes et l’égalité vectorielle  se traduit par le systÈme :

Par substitution il vient donc  y=x+t et  f(x+t)- f(x)=t

Notons alors g la fonction définie sur l’intervalle I=[0, 1-t] par g(x)= f(x+t)- f(x)-t

g est évidemment continue sur I par continuité de f et grace aux théorÈmes sur la somme et la composée de fonctions continues. Examinons les valeurs de g aux bornes de I.

g(0)= f(t)-t est positif. car l’hypothÈse C au dessus de (OA) se traduit :
'uI[0, 1]  f(u) ³u

g
(1-t)=1- f(1-t)-t= (1-t)- f(1-t) est donc négatif pour la mÊme raison géométrique.

On peut donc conclure, avec le théorÈme des valeurs intermédiaires, à l’annulation de g en un point au moins de I. Il existe donc bien un couple de points (M, N) de la courbe C réalisant la contrainte

19.  a) Pour tout entier n non nul notons gn la fonction définie sur I=[0,1] par gn(x)=f(x)-xn

Cette fonction est continue en tant que différence de deux fonctions continues sur I.
Or gn(0)=f(0) est positif et gn(1)=f(1)-1 est négatif puisque f est à valeurs dans [0, 1]

Il existe donc, d’aprÈs le théorÈme des valeurs intermédiaires, un point au moins oÙ gn s’annule. Ce point est en fait unique car gn est strictement décroissante sur I comme somme de deux fonctions strictement décroissantes.

b) D’aprÈs la définition de la suite étudiée, on a pour tout entier n non nul les égalités successives :  f(xn)=(xn)n et  f(xn+1)=(xn+1)n+1.

Remarquons d’abord que les termes de cette suite sont à valeurs dans ]0, 1[.
En effet les égalités  f(0)=0 et  f(1)=1 sont impossibles vu la stricte décroissance de f et le fait que les valeurs de celle ci sont entre 0 et 1.

Supposons xn
³ xn+1. On en déduit par monotonie de f , l’inégalité  f(xn) £ f(xn+1), soit encore
d’aprÈs les égalités précédentes :  (xn)n
£ (xn+1)n+1.

Or  (xn+1)n+1
< (xn+1)n  car xn+1 I]0,1[.
On en tire, d’aprÈs la relation précédente, l’inégalité xn
<xn+1  contradictoire avec l’hypothÈse de départ.
La suite en question est donc strictement croissante.

D’aprÈs le théorÈme de convergence monotone, la suite croissante n
axn a pour limite le réel l de I avec l=sup. On a donc pour tout :  0 <(xn)n £ (l)n

Si l était strictement inférieur à 1, on en déduirait que la suite n
a(xn)n converge vers 0.
Or cette suite n’est autre que celle des images n
a f(xn) qui doit converger vers  f(l) par continuité de f en l.
L’unicité de la limite entraine  f(l)=0 ce qui est impossible vu la stricte décroissance de f. (on aurait  f(1)
<0)

La seule possibilité est donc la convergence vers l=1.


20.  f réalisant une bijection continue de I=[0, 1] sur lui mÊme, elle est soit strictement croissante avec  f(0)=0 et  f(1)=1, soit strictement décroissante avec  f(0)=1 et  f(1)=0

_ Dans le premier cas, la fonction g définie par g(x)= est de maniÈre évidente continue et strictement croissante sur I comme somme de deux fonctions continues strictement croissantes. Elle réalise donc une bijection de I sur [g(0), g(1)]=[0, 1]

_ Dans le deuxiÈme cas, la continuité est encore assurée, mais plus la monotonie.
Prenons par exemple pour f la fonction affine x
a f(x)=1-x. La fonction g construite à partir de celle-ci n’est autre que la fonction constante x a g(x)=
On ne peut donc conclure à la bijectivité de g  lorsque f est décroissante.








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