Continuité et bijection continue en L1 de maths : cours et méthodes

Soit \(\ell\) un réel. On dit que \(f\) tend vers \(\ell\) en \(a\) lorsque

\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I,\ |x-a| \leq \delta \Rightarrow |f(x)-\ell| \leq \varepsilon.\]

Si cette limite existe, elle est unique. On la note \(\displaystyle\lim_{x\to a} f(x)\).

Montrons que \(x^2+x\) tend vers \(2\) quand \(x\) tend vers \(1\). On factorise d’abord l’écart :

\[x^2+x-2 = (x-1)(x+2).\]

Le facteur \(|x-1|\) sera petit ; il reste à majorer \(|x+2|\). Pour cela, on se restreint à \(|x-1| \leq 1\), donc \(x \in [0,2]\) et \(|x+2| \leq 4\). On obtient alors \(|x^2+x-2| \leq 4|x-1|\).

Soit \(\varepsilon > 0\). Posons \(\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{4}\right)\). Si \(|x-1| \leq \delta\), les deux contraintes jouent : \(|x+2| \leq 4\) et \(4|x-1| \leq \varepsilon\). Donc \(|x^2+x-2| \leq \varepsilon\), ce qu’il fallait établir.

Pour prouver \(\lim_{x\to a} f(x) = \ell\) à la main :

1. écrire \(|f(x)-\ell|\) et faire apparaître le facteur \(|x-a|\) (factorisation, quantité conjuguée) ;
2. majorer le facteur restant en se limitant d’abord à \(|x-a| \leq 1\) (ou une autre marge commode) ;
3. obtenir une inégalité du type \(|f(x)-\ell| \leq C|x-a|\) ;
4. conclure avec \(\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{C}\right)\).

Si \(I\) n’est pas majoré, on écrit \(\lim_{x\to+\infty} f(x) = \ell\) lorsque

\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists B \in \mathbb{R},\ \forall x \in I,\ x \geq B \Rightarrow |f(x)-\ell| \leq \varepsilon.\]

De même, \(\lim_{x\to a} f(x) = +\infty\) signifie : pour tout réel \(A\), il existe \(\delta > 0\) tel que \(|x-a| \leq \delta\) entraîne \(f(x) \geq A\), pour \(x \in I\).

On appelle limite à gauche en \(a\), et l’on note \(\lim_{x\to a^-} f(x)\), la limite en \(a\) de \(f\) vue uniquement sur \(I \cap \,]-\infty, a[\). Symétriquement, la limite à droite \(\lim_{x\to a^+} f(x)\) ne fait intervenir que les points de \(I \cap \,]a, +\infty[\).

Prenons \(a\) strictement à l’intérieur de \(I\). Pour que \(f\) ait une limite en \(a\), il faut et il suffit que ses deux limites latérales en \(a\) existent et valent toutes deux \(f(a)\).

Soit \(\ell\) un réel. Les assertions suivantes sont équivalentes :

1. \(f\) tend vers \(\ell\) en \(a\) ;
2. quelle que soit la suite \((u_n)\) à valeurs dans \(I\) de limite \(a\), la suite image \((f(u_n))\) a pour limite \(\ell\).

Supposons d’abord la première assertion. Soit \((u_n)\) une suite de \(I\) qui tend vers \(a\), et soit \(\varepsilon > 0\). On dispose d’un \(\delta\) associé à \(\varepsilon\) par la définition de la limite. Ensuite, la convergence de \((u_n)\) fournit un rang \(N\) tel que \(|u_n – a| \leq \delta\) pour \(n \geq N\). Pour ces rangs, \(|f(u_n)-\ell| \leq \varepsilon\).

Réciproquement, raisonnons par contraposée. Supposons que \(f\) ne tende pas vers \(\ell\). Il existe alors \(\varepsilon_0 > 0\) tel que, pour tout \(\delta > 0\), un point \(x\) de \(I\) vérifie \(|x-a| \leq \delta\) et \(|f(x)-\ell| > \varepsilon_0\). Prenons \(\delta = \frac{1}{n+1}\) : nous obtenons un point \(u_n\). La suite \((u_n)\) tend vers \(a\), mais \(|f(u_n)-\ell| > \varepsilon_0\) pour tout \(n\). Ainsi, \((f(u_n))\) ne tend pas vers \(\ell\).

1. Chercher deux suites \((u_n)\) et \((v_n)\) de \(I\) qui tendent toutes deux vers \(a\).
2. Les choisir pour que \(f(u_n)\) et \(f(v_n)\) soient simples à calculer, souvent constantes.
3. Vérifier que \((f(u_n))\) et \((f(v_n))\) ont des limites différentes, ou que l’une diverge.
4. Conclure par le théorème de caractérisation séquentielle.

Montrons que \(g : x \mapsto \cos\left(\frac{\pi}{x}\right)\) n’a pas de limite en \(0\). Posons \(u_n = \frac{1}{2n}\) et \(v_n = \frac{1}{2n+1}\) pour \(n \geq 1\). Ces deux suites tendent vers \(0\). De plus, \(g(u_n) = \cos(2n\pi) = 1\) et \(g(v_n) = \cos((2n+1)\pi) = -1\).

Si \(g\) avait une limite \(\ell\) en \(0\), les deux suites images tendraient vers \(\ell\). On aurait donc \(\ell = 1\) et \(\ell = -1\), ce qui est absurde. Par conséquent, \(g\) n’admet pas de limite en \(0\), et aucun prolongement continu n’est possible.

Si \(f\) tend vers \(\ell\) et \(g\) vers \(m\) en \(a\), alors \(f+g\) tend vers \(\ell+m\), \(\lambda f\) vers \(\lambda \ell\) et \(fg\) vers \(\ell m\). Si de plus \(m \neq 0\), la fonction \(\frac{f}{g}\) est définie au voisinage de \(a\) et tend vers \(\frac{\ell}{m}\). Les conventions habituelles s’appliquent aux limites infinies, sauf dans les formes indéterminées.

Soit \(f : I \to J\) et \(g : J \to \mathbb{R}\). Si \(f\) tend vers \(b\) en \(a\) et si \(g\) tend vers \(\ell\) en \(b\), alors \(g \circ f\) tend vers \(\ell\) en \(a\).

Soit \((u_n)\) une suite de \(I\) qui tend vers \(a\). D’abord, la suite \(v_n = f(u_n)\) est à valeurs dans \(J\) et tend vers \(b\). Ensuite, la limite de \(g\) en \(b\) donne \(g(v_n) \to \ell\). Ainsi, \((g\circ f)(u_n) \to \ell\) pour toute telle suite, et le théorème de caractérisation conclut.

Soit \(a \in I\). La fonction \(f\) est continue en \(a\) lorsque \(f\) tend vers \(f(a)\) en \(a\) :

\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I,\ |x-a| \leq \delta \Rightarrow |f(x)-f(a)| \leq \varepsilon.\]

Lorsque \(f\) est continue en tout point de \(I\), on dit qu’elle est continue sur \(I\), et l’on écrit \(f \in \mathcal{C}(I)\).

La fonction \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\), qui vaut \(1\) sur les rationnels et \(0\) ailleurs, n’est continue en aucun point. En effet, tout réel \(a\) est limite d’une suite de rationnels et d’une suite d’irrationnels, par densité. Les images valent constamment \(1\) pour la première suite, et \(0\) pour la seconde. Or une seule de ces deux valeurs peut être égale à \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(a)\).

Soit \(a\) une extrémité de \(I\) ou un point de \(I\), et soit \(f\) définie sur \(I \setminus \{a\}\). Si \(f\) admet une limite finie \(\ell\) en \(a\), nous définissons \(\tilde{f}\) sur \(I \cup \{a\}\) en gardant les valeurs de \(f\) et en posant \(\tilde{f}(a) = \ell\). Cette nouvelle fonction, continue au point \(a\), porte le nom de prolongement par continuité.

Soit \(h(x) = \frac{\sqrt{4+x}-2}{x}\) sur \([-4, 0[ \,\cup\, ]0, +\infty[\). La forme est indéterminée en \(0\). Multiplions par la quantité conjuguée :

\[h(x) = \frac{(4+x)-4}{x\left(\sqrt{4+x}+2\right)} = \frac{1}{\sqrt{4+x}+2}.\]

Cette dernière expression est continue en \(0\), où elle vaut \(\frac{1}{4}\). Donc \(h\) se prolonge par continuité en posant \(h(0) = \frac{1}{4}\).

Soit \(f\) continue sur le segment \([a,b]\). Pour tout réel \(y\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c) = y\).

Quitte à remplacer \(f\) par \(f – y\), puis éventuellement par \(y – f\), on suppose \(y = 0\) et \(f(a) \leq 0 \leq f(b)\). Posons \(a_0 = a\) et \(b_0 = b\). Ensuite, à chaque étape, on note \(m_n\) le milieu de \([a_n, b_n]\). Si \(f(m_n) \leq 0\), on pose \(a_{n+1} = m_n\) et \(b_{n+1} = b_n\) ; sinon, \(a_{n+1} = a_n\) et \(b_{n+1} = m_n\).

Par construction, \((a_n)\) croît, \((b_n)\) décroît et \(b_n – a_n = \frac{b-a}{2^n}\) tend vers \(0\). Ces suites sont ainsi adjacentes ; elles possèdent une limite commune \(c\), qui appartient à \([a,b]\). De plus, \(f(a_n) \leq 0 \leq f(b_n)\) à chaque rang. Par continuité de \(f\) en \(c\), on passe à la limite : \(f(c) \leq 0\) et \(f(c) \geq 0\). Finalement, \(f(c) = 0\).

Montrons que l’équation \(x^5 + x = 1\) possède une unique solution réelle \(\alpha\), puis localisons-la. Posons \(f(x) = x^5 + x – 1\). La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\). De plus, elle est strictement croissante comme somme de deux fonctions strictement croissantes.

D’abord, \(f(0) = -1 < 0\) et \(f(1) = 1 > 0\). Le théorème des valeurs intermédiaires donne une solution dans \(]0,1[\). La stricte monotonie assure ensuite son unicité sur \(\mathbb{R}\). Enfin, \(f(0{,}75) \approx -0{,}013\) et \(f(0{,}76) \approx 0{,}014\) : on obtient \(0{,}75 < \alpha < 0{,}76\).

Pour appliquer le théorème des valeurs intermédiaires :

1. se ramener à une équation \(g(x) = 0\) avec \(g\) explicite ;
2. justifier la continuité de \(g\) sur un intervalle ;
3. trouver deux points où \(g\) change de signe, éventuellement grâce à des limites aux bornes ;
4. pour l’unicité, invoquer une stricte monotonie, que le théorème ne donne jamais seul.

Si \(f\) est continue sur l’intervalle \(I\), alors l’ensemble \(f(I)\) de ses valeurs est encore un intervalle.

Les deux hypothèses sont indispensables. Sans continuité, la partie entière vaut \(0\) en \(0\) et \(1\) en \(1\), sans jamais prendre la valeur \(\frac{1}{2}\). Sans intervalle, la fonction \(x \mapsto \frac{1}{x}\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\), prend les valeurs \(-1\) et \(1\), mais jamais \(0\).

Soit \(f\) continue sur le segment \([a,b]\). Alors \(f\) possède un minimum et un maximum sur \([a,b]\) : on trouve deux points \(c\) et \(d\) du segment avec \(f(c) \leq f(x) \leq f(d)\) quel que soit \(x \in [a,b]\).

Montrons d’abord que \(f\) est majorée. Sinon, pour tout entier \(n\), il existe \(x_n \in [a,b]\) avec \(f(x_n) \geq n\). La suite \((x_n)\) est bornée ; le théorème de Bolzano-Weierstrass en extrait une sous-suite \((x_{\varphi(n)})\) qui converge vers un réel \(c\). Comme \(a \leq x_{\varphi(n)} \leq b\), on a aussi \(c \in [a,b]\). Par continuité, \(f(x_{\varphi(n)})\) tend vers \(f(c)\). Or \(f(x_{\varphi(n)}) \geq \varphi(n) \geq n\) : cette suite tend vers \(+\infty\), ce qui est contradictoire.

Ensuite, posons \(M = \sup_{[a,b]} f\). Pour tout \(n\), il existe \(t_n\) avec \(M – \frac{1}{n+1} \leq f(t_n) \leq M\). On extrait encore une sous-suite qui converge vers \(d \in [a,b]\). Par encadrement et par continuité, \(f(d) = M\). Le minimum se traite en appliquant ce résultat à \(-f\).

Soit \(f\) continue et strictement croissante sur l’intervalle \(I\). Alors :

1. l’ensemble image \(J = f(I)\) est un intervalle ; ses extrémités s’obtiennent en calculant les limites de \(f\) aux extrémités de \(I\) ;
2. chaque élément de \(J\) possède un unique antécédent dans \(I\), si bien que \(f\) induit une bijection de \(I\) vers \(J\) ;
3. la réciproque \(f^{-1} : J \to I\) est elle aussi continue, et strictement croissante.

Pour une fonction strictement décroissante, on adapte les sens de variation.

Le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, joint à la monotonie, fournit le premier point. Pour le deuxième, il suffit de noter que la stricte monotonie rend \(f\) injective. Pour la monotonie de la réciproque, prenons \(u < v\) dans \(J\). Si l’on avait \(f^{-1}(v) \leq f^{-1}(u)\), la croissance de \(f\) donnerait \(v \leq u\), ce qui est absurde. Donc \(f^{-1}\) est strictement croissante.

Reste la continuité. Soit \(y_0 \in J\), \(x_0 = f^{-1}(y_0)\), et supposons \(x_0\) intérieur à \(I\). Soit \(\varepsilon > 0\) assez petit pour que \(x_0 \pm \varepsilon \in I\). Posons \(\delta = \min\big(y_0 – f(x_0-\varepsilon),\ f(x_0+\varepsilon) – y_0\big)\), qui est strictement positif. Si \(|y – y_0| \leq \delta\), alors \(f(x_0-\varepsilon) \leq y \leq f(x_0+\varepsilon)\). Par croissance de \(f^{-1}\), on obtient \(|f^{-1}(y) – x_0| \leq \varepsilon\). Lorsque \(x_0\) est une extrémité de \(I\), on raisonne d’un seul côté.

Soit \(f(x) = x^3 + 2x\) sur \(\mathbb{R}\). Les fonctions cube et \(x \mapsto 2x\) croissent strictement ; leur somme \(f\) aussi, et elle est continue. Par ailleurs, \(f\) tend vers \(-\infty\) à gauche et vers \(+\infty\) à droite. Ainsi, \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\), et \(f^{-1}\) est continue.

On ne sait pas écrire \(f^{-1}\) avec des fonctions usuelles simples, mais on peut l’évaluer en certains points. Par exemple, \(f(1) = 3\) donne \(f^{-1}(3) = 1\). Sur la figure, échanger abscisse et ordonnée revient à réfléchir le graphe de \(f\) dans la première bissectrice : on obtient ainsi le graphe de \(f^{-1}\).

Réciproquement, une fonction continue et injective sur un intervalle est strictement monotone. La preuve repose sur le théorème des valeurs intermédiaires ; elle fait l’objet d’un exercice de la fiche. Sans continuité, c’est faux : \(x \mapsto x\) sur \([0,1[\) prolongée par \(x \mapsto 3-x\) sur \([1,2]\) est injective sans être monotone.

La fonction \(f\) est uniformément continue sur \(I\) lorsque

\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall s \in I,\ \forall t \in I,\ \big(|s-t| \leq \delta \Rightarrow |f(s)-f(t)| \leq \varepsilon\big).\]

Si \(f\) est \(k\)-lipschitzienne sur \(I\), c’est-à-dire \(|f(x)-f(y)| \leq k|x-y|\) pour tous \(x, y\) de \(I\), avec \(k > 0\), alors \(f\) est uniformément continue sur \(I\).

Montrons que \(f(x) = x^2\) n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\). Posons \(x_n = n + \frac{1}{n}\) et \(y_n = n\) pour \(n \geq 1\). D’abord, \(x_n – y_n = \frac{1}{n}\) tend vers \(0\). Ensuite :

\[x_n^2 – y_n^2 = 2 + \frac{1}{n^2} \geq 2.\]

Ainsi, avec \(\varepsilon_0 = 2\), aucun \(\delta\) ne convient. En revanche, sur \([-R, R]\), le facteur \(|x+y|\) ne dépasse pas \(2R\), donc \(|x^2 – y^2| \leq 2R\,|x-y|\). La fonction carré y est donc lipschitzienne, et par suite uniformément continue.

Toute fonction continue sur un segment \([a,b]\) y est uniformément continue.

Raisonnons par l’absurde. Supposons \(f\) continue sur \([a,b]\) mais non uniformément continue. Il existe alors \(\varepsilon_0 > 0\) et, pour chaque \(n\), deux points \(x_n\), \(y_n\) de \([a,b]\) tels que \(|x_n – y_n| \leq \frac{1}{n+1}\) et \(|f(x_n) – f(y_n)| > \varepsilon_0\).

La suite \((x_n)\) est bornée. Par Bolzano-Weierstrass, une sous-suite \((x_{\varphi(n)})\) converge vers un réel \(c\), qui appartient à \([a,b]\). Comme \(|x_{\varphi(n)} – y_{\varphi(n)}| \leq \frac{1}{\varphi(n)+1}\), la suite \((y_{\varphi(n)})\) a la même limite \(c\). Grâce à la continuité de \(f\) au point \(c\), les deux suites images convergent vers \(f(c)\). Leur écart tend donc vers zéro, alors qu’il reste supérieur à \(\varepsilon_0\) : contradiction.

Pour établir une continuité uniforme sur \(I\) :

1. si \(I\) est un segment et \(f\) continue, citer directement le théorème de Heine ;
2. sinon, chercher une inégalité lipschitzienne, ou une majoration \(|f(x)-f(y)| \leq \omega(|x-y|)\) avec \(\omega(t) \to 0\) quand \(t \to 0\) ;
3. sur un intervalle non borné, découper : Heine sur une partie bornée, et une majoration directe au-delà ;
4. pour réfuter, construire deux suites de plus en plus proches dont les images restent écartées.

• S’exercer : exercices corrigés de L1 de maths sur continuité et bijection continue
• Bases utiles : Limite d'une suite : définition epsilon et théorèmes
• Chapitre d’avant : Limite d'une suite : définition epsilon et théorèmes
• Chapitre d’après : Nombre dérivé, théorème de Rolle et TAF
• Vérifier ses acquis : QCM de L1 de maths sur continuité et bijection continue
• S’évaluer en conditions réelles : Continuité uniforme et bijection continue : contrôle de maths en L1
• S’évaluer en conditions réelles : Partiel d'analyse du premier semestre : contrôle de maths en L1
• Tous les chapitres : le sommaire de la L1 de maths
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