Corrigé des exercices : Continuité et bijection continue en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Limite en moins un d’un trinôme par epsilon et delta

Idée clé : faire apparaître le facteur \(x+1\), puis majorer l’autre facteur sur une petite marge autour de \(-1\).

1. On développe : \((x+1)(2x-3) = 2x^2 – 3x + 2x – 3 = 2x^2 – x – 3\). Ainsi, \(2x^2 – x – 3 = (x+1)(2x-3)\).
2. Si \(|x+1| \leq 1\), alors \(-2 \leq x \leq 0\). Par suite, \(-7 \leq 2x-3 \leq -3\). On obtient donc \(|2x-3| \leq 7\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\). Posons \(\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right) > 0\). Si \(|x+1| \leq \delta\), la question 2 s’applique, car \(\delta \leq 1\). Par conséquent :
   \[|f(x) – 3| = |x+1|\,|2x-3| \leq 7|x+1| \leq 7 \cdot \frac{\varepsilon}{7} = \varepsilon.\]
   Ceci vaut pour tout \(\varepsilon > 0\). Donc \(f\) tend vers \(3\) en \(-1\).

Corrigé de l’exercice 2 – Quotient par une valeur absolue au point 2

Idée clé : le signe de \(x-2\) fixe la valeur absolue de chaque côté de \(2\).

1. On écrit \(x^2 – 4 = (x-2)(x+2)\). Pour \(x > 2\), \(|x-2| = x-2\), donc \(f(x) = x+2\). Pour \(x < 2\), \(|x-2| = 2-x\), donc \(f(x) = -(x+2)\).
2. Les expressions obtenues sont continues en \(2\). Ainsi, \(\lim_{x\to 2^+} f(x) = 4\) et \(\lim_{x\to 2^-} f(x) = -4\). Les deux limites latérales diffèrent, donc \(f\) n’a pas de limite en \(2\). Elle n’est pas prolongeable par continuité en \(2\).
3. Pour \(x \neq 2\), on a \((x-2)^2 = |x-2|^2\), donc \(g(x) = |x-2|\). Cette expression tend vers \(0\) en \(2\). On prolonge \(g\) en posant \(g(2) = 0\).

Corrigé de l’exercice 3 – Deux prolongements par continuité

Idée clé : factoriser pour lever l’indétermination, puis encadrer la partie entière.

1. On sait que \(x^3 – 8 = (x-2)(x^2+2x+4)\). Donc \(u(x) = x^2+2x+4\) pour \(x \neq 2\). Ce polynôme est continu et vaut \(12\) en \(2\). On prolonge \(u\) en posant \(u(2) = 12\).
2. Par définition de la partie entière, \(\frac{1}{x} – 1 < \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \leq \frac{1}{x}\). On multiplie par \(x > 0\), ce qui conserve le sens des inégalités : \(1 – x < v(x) \leq 1\).
3. Quand \(x\) tend vers \(0\) par la droite, \(1-x\) tend vers \(1\). Le théorème d’encadrement donne \(\lim_{x\to 0^+} v(x) = 1\). On prolonge \(v\) en posant \(v(0) = 1\).

Corrigé de l’exercice 4 – Un sinus d’inverse sans limite en 0

Idée clé : deux suites qui tendent vers \(0\) et dont les images valent constamment \(1\) et \(-1\).

1. On a \(\frac{\pi}{2} (4n+1) = 2n\pi + \frac{\pi}{2}\), donc \(f\left(\frac{1}{4n+1}\right) = 1\). De même, \(\frac{\pi}{2}(4n+3) = 2n\pi + \frac{3\pi}{2}\), donc \(f\left(\frac{1}{4n+3}\right) = -1\).
2. Les suites \(\left(\frac{1}{4n+1}\right)\) et \(\left(\frac{1}{4n+3}\right)\) tendent vers \(0\). Si \(f\) avait une limite \(\ell\) en \(0\), la caractérisation séquentielle donnerait \(\ell = 1\) et \(\ell = -1\). C’est impossible. Donc \(f\) n’a pas de limite en \(0\), et aucune valeur de \(f(0)\) ne la rend continue en \(0\).
3. Posons \(k(x) = x f(x)\), de sorte que \(k(0) = 0\). Pour tout réel \(x\), on a \(|k(x)| \leq |x|\), car un sinus est majoré par \(1\) en valeur absolue. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \varepsilon\). Si \(|x| \leq \delta\), alors \(|k(x) – k(0)| \leq |x| \leq \varepsilon\). Ainsi, \(k\) est continue en \(0\).

Corrigé de l’exercice 5 – Rencontre d’une exponentielle et d’une parabole

Idée clé : stricte décroissance pour l’unicité, changement de signe pour l’existence.

1. La fonction \(h\) est continue sur \([0,+\infty[\) comme somme de fonctions continues. De plus, \(x \mapsto e^{-x}\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\). Ensuite, \(x \mapsto -x^2\) est strictement décroissante sur \([0,+\infty[\). Leur somme \(h\) est donc strictement décroissante sur \([0,+\infty[\).
2. On calcule \(h(0) = 1 > 0\) et \(h(1) = e^{-1} – 1 < 0\). La fonction \(h\) est continue sur l’intervalle \([0,1]\). Le théorème des valeurs intermédiaires fournit donc \(\alpha \in \,]0,1[\) tel que \(h(\alpha) = 0\). Enfin, \(h\) est strictement décroissante, donc injective : \(\alpha\) est l’unique solution sur \([0,+\infty[\).
3. D’une part, \(h(0{,}7) \approx 0{,}4966 – 0{,}49 = 0{,}0066 > 0\). D’autre part, \(h(0{,}8) \approx 0{,}4493 – 0{,}64 = -0{,}1907 < 0\). Le même théorème, appliqué sur \([0{,}7 \,; 0{,}8]\), donne \(0{,}7 < \alpha < 0{,}8\). En fait, \(\alpha \approx 0{,}703\).

Corrigé de l’exercice 6 – Une fraction rationnelle 1-lipschitzienne

Idée clé : réduire au même dénominateur, puis majorer chaque morceau par \(\frac{1}{2}\).

1. Pour tout réel \(t\), \((1-|t|)^2 \geq 0\), soit \(1 – 2|t| + t^2 \geq 0\). Ainsi \(2|t| \leq 1 + t^2\), et \(\frac{|t|}{1+t^2} \leq \frac{1}{2}\).
2. On réduit au même dénominateur : \(f(x) – f(y) = \frac{(1+y^2) – (1+x^2)}{(1+x^2)(1+y^2)} = \frac{y^2 – x^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\). Comme \(y^2 – x^2 = (y-x)(y+x)\), l’égalité demandée est établie.
3. Par l’inégalité triangulaire, \(|x+y| \leq |x| + |y|\). De plus, \(1+y^2 \geq 1\) et \(1+x^2 \geq 1\). Il vient :
   \[\frac{|x+y|}{(1+x^2)(1+y^2)} \leq \frac{|x|}{1+x^2} + \frac{|y|}{1+y^2} \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.\]
   Donc \(|f(x) – f(y)| \leq |x-y|\) : \(f\) est \(1\)-lipschitzienne. Enfin, pour \(\varepsilon > 0\), le choix \(\delta = \varepsilon\) convient pour tous \(x, y\). La fonction \(f\) est donc uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Deux limites en plus l’infini par définition

Idée clé : calculer l’écart exactement, puis choisir le seuil qui le rend petit.

1. Pour \(x > -2\), on a \(\frac{3x+1}{x+2} – 3 = \frac{3x+1-3x-6}{x+2} = \frac{-5}{x+2}\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(B = \frac{5}{\varepsilon}\). Si \(x \geq B\), alors \(x + 2 > x \geq \frac{5}{\varepsilon} > 0\). Par conséquent, \(\left|\frac{3x+1}{x+2} – 3\right| = \frac{5}{x+2} < \varepsilon\). La limite vaut bien \(3\).
2. Soit \(A\) un réel et \(A_+ = \max(A, 0)\). Posons \(B = A_+^2\). Si \(x \geq B\), la croissance de la racine carrée donne \(\sqrt{x} \geq A_+ \geq A\). Donc \(\sqrt{x} \to +\infty\).
3. L’assertion s’écrit : \(\forall A \in \mathbb{R},\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in \,]0, \delta],\ \ln x \leq A\). Soit \(A\) un réel ; posons \(\delta = e^A > 0\). Si \(0 < x \leq e^A\), la croissance du logarithme donne \(\ln x \leq A\). Ainsi, \(\ln x \to -\infty\) quand \(x \to 0^+\).

Corrigé de l’exercice 8 – Fonction invariante par dilatation de rapport 3

Idée clé : rapprocher \(x\) de \(0\) par divisions successives par \(3\), sans changer la valeur de \(f\).

1. Raisonnons par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), l’égalité est évidente. Supposons \(f(x) = f\left(\frac{x}{3^n}\right)\). La relation appliquée au réel \(\frac{x}{3^{n+1}}\) donne \(f\left(\frac{x}{3^n}\right) = f\left(\frac{x}{3^{n+1}}\right)\). Donc \(f(x) = f\left(\frac{x}{3^{n}}\right)\) pour tout \(n\).
2. Fixons \(x\). La suite \(\left(\frac{x}{3^n}\right)\) tend vers \(0\). Par continuité de \(f\) en \(0\), \(f\left(\frac{x}{3^n}\right)\) tend vers \(f(0)\). Or cette suite est constante, égale à \(f(x)\). Par unicité de la limite, \(f(x) = f(0)\). La fonction \(f\) est constante.
3. Pour \(x > 0\), \(3x > 0\) ; pour \(x < 0\), \(3x < 0\) ; et \(3 \cdot 0 = 0\). Ainsi, \(\operatorname{sgn}(3x) = \operatorname{sgn}(x)\) pour tout \(x\). Pourtant, la fonction signe n’est pas constante. L’hypothèse en défaut est la continuité en \(0\) : la limite à droite vaut \(1\) et la limite à gauche vaut \(-1\).

Corrigé de l’exercice 9 – Une fonction continue en un seul point

Idée clé : les deux formules coïncident seulement en \(1\), car \(x^2 – (2x-1) = (x-1)^2\).

1. D’abord, \(1\) est rationnel, donc \(g(1) = 1\). Supposons \(|x-1| \leq 1\), ce qui donne \(|x+1| \leq |x-1| + 2 \leq 3\). Si \(x\) est rationnel, \(|g(x) – 1| = |x-1|\,|x+1| \leq 3|x-1|\). Sinon, \(|g(x)-1| = |2x-2| = 2|x-1| \leq 3|x-1|\). Soit alors \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{3}\right)\). Pour \(|x-1| \leq \delta\), on obtient \(|g(x) – g(1)| \leq \varepsilon\). Donc \(g\) est continue en \(1\).
2. Soit \(a \neq 1\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), il existe une suite \((r_n)\) de rationnels qui tend vers \(a\). La suite \(s_n = r_n + \frac{\sqrt{2}}{n+1}\) est formée d’irrationnels et tend aussi vers \(a\). Ensuite, \(g(r_n) = r_n^2 \to a^2\) et \(g(s_n) = 2s_n – 1 \to 2a – 1\). Si \(g\) était continue en \(a\), ces deux limites vaudraient \(g(a)\). On aurait alors \(a^2 = 2a-1\), soit \((a-1)^2 = 0\), donc \(a = 1\). C’est exclu. Par conséquent, \(g\) est continue en \(1\) et en aucun autre point.

Corrigé de l’exercice 10 – Points fixes sur un segment

Idée clé : un point fixe de \(f\) est un zéro de \(\varphi : x \mapsto f(x) – x\).

1. La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0,1]\). Comme \(f\) est à valeurs dans \([0,1]\), on a \(\varphi(0) = f(0) \geq 0\) et \(\varphi(1) = f(1) – 1 \leq 0\). Le théorème des valeurs intermédiaires donne \(c \in [0,1]\) avec \(\varphi(c) = 0\). Ainsi, \(f(c) = c\).
2. Pour \(0 \leq x < 1\), on a \(\frac{1}{2} \leq \frac{1+x}{2} < 1\) : la fonction envoie bien \([0,1[\) dans \([0,1[\). Or \(\frac{1+x}{2} = x\) équivaut à \(x = 1\), qui n’appartient pas à \([0,1[\). Il n’y a pas de point fixe ; il manque l’hypothèse « segment », ici le point \(1\).
3. Comme \(a\) et \(b\) appartiennent à \(f([a,b])\), il existe \(u\) et \(v\) dans \([a,b]\) tels que \(f(u) = a\) et \(f(v) = b\). Alors \(\varphi(u) = a – u \leq 0\) et \(\varphi(v) = b – v \geq 0\). La fonction \(\varphi\) est continue sur le segment d’extrémités \(u\) et \(v\), inclus dans \([a,b]\). Le théorème des valeurs intermédiaires y fournit un zéro \(c\). Donc \(f\) admet un point fixe.

Corrigé de l’exercice 11 – Corde horizontale de longueur un tiers

Idée clé : une somme télescopique nulle interdit à \(g\) de garder un signe strict.

1. La somme télescope :
   \[g(0) + g\left(\tfrac{1}{3}\right) + g\left(\tfrac{2}{3}\right) = f(1) – f(0) = 0.\]
   La somme vaut donc \(0\).
2. La fonction \(g\) est continue sur \(\left[0, \frac{2}{3}\right]\), car \(x + \frac{1}{3}\) reste dans \([0,1]\). Si l’un des trois nombres est nul, on a trouvé \(c\). Sinon, leur somme nulle impose que l’un soit strictement positif et un autre strictement négatif. Le théorème des valeurs intermédiaires, entre les deux points correspondants, fournit \(c\) avec \(g(c) = 0\). Ainsi, \(f\left(c+\frac{1}{3}\right) = f(c)\) pour un \(c \in \left[0, \frac{2}{3}\right]\). Géométriquement, le graphe de \(f\) possède une corde horizontale de longueur \(\frac{1}{3}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Maximum atteint sur toute la droite réelle

Idée clé : loin de \(0\), \(f\) reste sous \(\frac{1}{2}\) ; le maximum se cherche donc sur un segment.

1. La limite nulle en \(+\infty\), avec \(\varepsilon = \frac{1}{2}\), fournit \(B_1\) tel que \(|f(x)| \leq \frac{1}{2}\) pour \(x \geq B_1\). De même, la limite en \(-\infty\) fournit \(B_2\) tel que \(|f(x)| \leq \frac{1}{2}\) pour \(x \leq -B_2\). Posons \(A = \max(B_1, B_2, 1) > 0\). Pour \(|x| \geq A\), on a \(f(x) \leq \frac{1}{2}\).
2. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([-A, A]\). Elle y atteint donc un maximum \(M = f(d)\). Comme \(0 \in [-A,A]\), on a \(M \geq f(0) = 1\). Ensuite, pour \(|x| \geq A\), \(f(x) \leq \frac{1}{2} < M\). Ainsi, \(f(x) \leq M\) pour tout réel \(x\). La fonction \(f\) est majorée sur \(\mathbb{R}\) et atteint sa borne supérieure en \(d\).
3. La fonction \(x \mapsto \frac{1}{1+x^2}\) est continue, vaut \(1\) en \(0\) et tend vers \(0\) en \(\pm\infty\). Elle est strictement positive, et sa borne inférieure vaut \(0\) puisqu’elle tend vers \(0\). Cependant, elle ne s’annule jamais. Elle n’atteint donc pas sa borne inférieure.

Corrigé de l’exercice 13 – Réciproque de x plus logarithme de x

Idée clé : continuité, stricte croissance et limites aux bornes donnent la bijection ; on lit ensuite \(f^{-1}\) par antécédents.

1. Sur \(]0,+\infty[\), l’identité et le logarithme croissent strictement et sont continus ; leur somme \(f\) hérite de ces deux propriétés. Quand \(x \to 0^+\), \(\ln x \to -\infty\) et \(x \to 0\), donc \(f(x) \to -\infty\). Quand \(x\) devient grand, les deux termes tendent vers \(+\infty\), donc \(f(x)\) aussi. L’image de \(]0,+\infty[\) est alors l’intervalle \(]-\infty,+\infty[\). Le théorème de la bijection continue fait de \(f\) une bijection de \(]0,+\infty[\) sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(f(1) = 1 + 0 = 1\), donc \(f^{-1}(1) = 1\). De même, \(f(e) = e + 1\), donc \(f^{-1}(e+1) = e\).
3. Le même théorème affirme que \(f^{-1}\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). Ses limites aux bornes sont les bornes de \(]0,+\infty[\). Donc \(f^{-1}\) tend vers \(0\) en \(-\infty\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\).
4. Pour \(y > 1\), posons \(x = f^{-1}(y)\), de sorte que \(x > 1\). Alors \(\frac{y}{x} = 1 + \frac{\ln x}{x}\). Quand \(y \to +\infty\), on a \(x \to +\infty\) d’après la question 3. Par croissances comparées, \(\frac{\ln x}{x} \to 0\), donc \(\frac{y}{x} \to 1\) par composition. En passant à l’inverse, \(\frac{f^{-1}(y)}{y} \to 1\).

Corrigé de l’exercice 14 – Une bijection explicite de R sur un intervalle ouvert

Idée clé : étudier \(\theta\) sur \([0,+\infty[\), puis transporter le résultat par imparité.

1. Pour tout \(x\), \(\theta(-x) = \frac{-x}{1+|x|} = -\theta(x)\) : \(\theta\) est impaire. Elle est continue comme quotient de fonctions continues, avec un dénominateur supérieur ou égal à \(1\). Enfin, \(|\theta(x)| = \frac{|x|}{|x|+1} < 1\). Ainsi, \(\theta\) est à valeurs dans \(]-1,1[\).
2. Pour \(x \geq 0\), \(\theta(x) = 1 – \frac{1}{1+x}\), qui est strictement croissante. Soit ensuite \(x < x^{\prime} \leq 0\). Alors \(-x > -x^{\prime} \geq 0\), d’où \(\theta(-x) > \theta(-x^{\prime})\), puis \(\theta(x) < \theta(x^{\prime})\) par imparité. Enfin, \(\theta\) est négative sur \(]-\infty,0]\) et positive sur \([0,+\infty[\). Elle est donc strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
3. Quand \(x\) devient grand, \(\theta(x)\) s’approche de \(1\) ; vers la gauche, ses valeurs s’approchent de \(-1\). L’image de \(\mathbb{R}\) est donc \(]-1,1[\), et le théorème de la bijection continue s’applique : chaque \(y\) de \(]-1,1[\) a un unique antécédent réel. Calculons la réciproque. Si \(y \in [0,1[\), l’antécédent \(x\) est positif et \(y(1+x) = x\), d’où \(x = \frac{y}{1-y}\). Si \(y \in \,]-1,0[\), l’antécédent est négatif et \(y(1-x) = x\), d’où \(x = \frac{y}{1+y}\). Dans les deux cas, \(\theta^{-1}(y) = \frac{y}{1-|y|}\).
4. Sur \(]-1,1[\), le dénominateur \(1 – |y|\) est continu et strictement positif. Le quotient \(\theta^{-1}\) est donc continu, ce qui confirme le théorème.

Corrigé de l’exercice 15 – Sinus du carré et continuité uniforme

Idée clé : les carrés \(x_n^2\) et \(y_n^2\) diffèrent de \(\frac{\pi}{2}\), alors que les points se rapprochent.

1. On a \(x_n^2 – y_n^2 = \frac{\pi}{2}\), et \(x_n^2 – y_n^2 = (x_n – y_n)(x_n + y_n)\). Donc \(x_n – y_n = \frac{\pi}{2(x_n + y_n)}\). Comme \(x_n + y_n \geq 2\sqrt{n\pi}\), qui tend vers \(+\infty\), on obtient \(x_n – y_n \to 0\).
2. D’une part, \(f(x_n) = \sin\left(n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = \cos(n\pi) = (-1)^n\). D’autre part, \(f(y_n) = \sin(n\pi) = 0\). Donc \(|f(x_n) – f(y_n)| = 1\).
3. Prenons \(\varepsilon_0 = \frac{1}{2}\). Pour tout \(\delta > 0\), il existe un rang \(n\) tel que \(x_n – y_n \leq \delta\), d’après la question 1. Pourtant, \(|f(x_n) – f(y_n)| = 1 > \varepsilon_0\). Ainsi, \(f\) n’est pas uniformément continue sur \([0,+\infty[\). En revanche, \(f\) est continue sur le segment \([0,10]\). Le théorème de Heine la rend uniformément continue sur \([0,10]\).

Corrigé de l’exercice 16 – Racine carrée uniformément continue mais non lipschitzienne

Idée clé : une majoration en \(\sqrt{|x-y|}\) suffit pour l’uniformité, mais la pente infinie en \(0\) interdit toute constante de Lipschitz.

1. On développe : \(\left(\sqrt{y} + \sqrt{x-y}\right)^2 = y + (x-y) + 2\sqrt{y(x-y)} \geq x\). Comme les deux nombres comparés sont positifs, la croissance de la racine carrée sur \([0,+\infty[\) donne \(\sqrt{x} \leq \sqrt{y} + \sqrt{x-y}\). D’où \(\sqrt{x} – \sqrt{y} \leq \sqrt{x-y}\).
2. En échangeant \(x\) et \(y\) si nécessaire, on obtient \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| \leq \sqrt{|x-y|}\) pour tous \(x, y \geq 0\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \varepsilon^2\). Si \(|x-y| \leq \delta\), alors l’écart des racines est au plus \(\sqrt{\varepsilon^2}\), c’est-à-dire \(\varepsilon\). La racine carrée est donc uniformément continue sur \([0,+\infty[\).
3. Supposons-la \(k\)-lipschitzienne sur \([0,r]\), avec \(k > 0\). Pour \(x \in \,]0,r]\), on aurait \(\sqrt{x} = |\sqrt{x} – \sqrt{0}| \leq kx\), donc \(\frac{1}{\sqrt{x}} \leq k\). Or, pour \(0 < x < \min\left(r, \frac{1}{k^2}\right)\), on a \(\frac{1}{\sqrt{x}} > k\). C’est contradictoire. La racine carrée n’est lipschitzienne sur aucun \([0,r]\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Continue et injective implique strictement monotone

Idée clé : déformer continûment un couple \((x,y)\) en un couple \((x^{\prime},y^{\prime})\) sans jamais faire coïncider les deux points.

1. Le réel \(p(t)\) est une combinaison convexe de \(x\) et \(x^{\prime}\). Il est donc compris entre ces deux points de \(I\) et, comme \(I\) est un intervalle, \(p(t) \in I\). Il en va de même pour \(q(t)\). Ensuite, \(q(t) – p(t) = (1-t)(y-x) + t(y^{\prime}-x^{\prime})\). Chacun des deux produits est positif. Or \(t\) et \(1-t\) ne s’annulent jamais simultanément, tandis que \(y-x\) et \(y^{\prime}-x^{\prime}\) sont non nuls : un des produits au moins est donc non nul. Ainsi \(p(t) < q(t)\).
2. Les fonctions \(p\) et \(q\) sont affines, donc continues, à valeurs dans \(I\). Par composition, \(\psi\) est continue sur \([0,1]\). Si \(\psi(t) = 0\), alors \(f(q(t)) = f(p(t))\), puis \(q(t) = p(t)\) par injectivité, ce qui contredit la question 1. Ainsi, \(\psi\) ne s’annule pas.
3. Si \(\psi(0)\) et \(\psi(1)\) étaient de signes contraires, le théorème des valeurs intermédiaires ferait s’annuler \(\psi\) sur \([0,1]\). C’est exclu. Or \(\psi(0) = f(y) – f(x)\) et \(\psi(1) = f(y^{\prime}) – f(x^{\prime})\). Ces deux nombres ont donc le même signe strict.
4. Fixons deux points \(x_0 < y_0\) de \(I\), et notons \(\sigma\) le signe de \(f(y_0) – f(x_0)\), non nul par injectivité. D’après la question 3, pour tous \(x < y\) dans \(I\), le nombre \(f(y) – f(x)\) a le signe \(\sigma\). Si \(\sigma\) est positif, \(f\) est strictement croissante ; sinon, elle est strictement décroissante. Donc \(f\) est strictement monotone sur \(I\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : continuité uniforme et prolongement au bord

Idée clé : la continuité uniforme transforme une suite de Cauchy en une suite de Cauchy ; la limite obtenue ne dépend pas de la suite choisie.

1. Soit \(\varepsilon > 0\), et \(\delta\) associé à \(\varepsilon\) par la continuité uniforme. Toute suite convergente vérifie le critère de Cauchy ; on dispose donc d’un rang \(N\) au-delà duquel deux termes \(u_p\) et \(u_q\) sont toujours à distance au plus \(\delta\). Pour ces indices, \(|f(u_p) – f(u_q)| \leq \varepsilon\). La suite \((f(u_n))\) est de Cauchy, donc convergente.
2. La suite \((w_n)\) est à valeurs dans \(]0,1]\). Elle tend vers \(0\), puisque ses termes pairs et ses termes impairs tendent vers \(0\). D’après la question 1, \((f(w_n))\) converge vers un réel \(L\). Ses sous-suites \((f(w_{2n})) = (f(u_n))\) et \((f(w_{2n+1})) = (f(v_n))\) tendent alors vers \(L\). Les deux limites sont égales.
3. Notons \(\ell\) la limite commune de toutes les suites \((f(u_n))\), avec \(u_n \to 0\) dans \(]0,1]\). Par la caractérisation séquentielle, \(f\) tend vers \(\ell\) en \(0\). Posons \(f(0) = \ell\). La fonction obtenue est continue en \(0\). Elle l’est aussi sur \(]0,1]\), car la continuité uniforme entraîne la continuité. On obtient un prolongement continu sur \([0,1]\).
4. Notons \(\sigma(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)\). Pour \(n \geq 1\), posons \(a_n = \frac{2}{(4n+1)\pi}\) et \(b_n = \frac{1}{n\pi}\). Ces suites de \(]0,1]\) tendent vers \(0\). Or \(\sigma(a_n) = \sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1\) et \(\sigma(b_n) = \sin(n\pi) = 0\). Ainsi, \(\sigma\) n’a pas de limite en \(0\). Si elle était uniformément continue sur \(]0,1]\), la question 3 lui donnerait une limite finie en \(0\). Elle n’est donc pas uniformément continue sur \(]0,1]\).
5. Soit \(k(x) = x\sin\left(\frac{1}{x}\right)\) sur \(]0,1]\). On a \(|k(x)| \leq x\), donc \(k(x) \to 0\) en \(0\) par encadrement. On prolonge \(k\) par \(k(0) = 0\). Le prolongement est continu sur \(]0,1]\) par opérations, et en \(0\) par ce qui précède. Le théorème de Heine le rend uniformément continu sur \([0,1]\). Par restriction, \(k\) est uniformément continue sur \(]0,1]\).

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : fonctions continues et périodiques

Idée clé : tout réel se ramène, par translation d’un multiple de \(T\), dans une période ; on y applique les théorèmes sur un segment.

1. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0,T]\). Elle y est bornée et atteint ses bornes : il existe \(c, d \in [0,T]\) avec \(f(c) \leq f(t) \leq f(d)\) pour \(t \in [0,T]\). Soit \(x\) réel et \(k = \left\lfloor \frac{x}{T} \right\rfloor\). Alors \(x – kT \in [0, T[\) et \(f(x) = f(x – kT)\) par périodicité. Donc \(f(c) \leq f(x) \leq f(d)\). La fonction \(f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\) et atteint ses bornes en \(c\) et \(d\).
2. Soit \(\delta \in \,]0,T]\) donné par le théorème de Heine sur \([0,2T]\). Soient \(x \leq y\) réels avec \(y – x \leq \delta\). Avec \(k = \left\lfloor \frac{x}{T} \right\rfloor\), on pose \(s = x – kT \in [0,T[\) et \(t = y – kT\). Alors \(s \leq t \leq s + \delta < 2T\), donc \(s\) et \(t\) sont dans \([0,2T]\) et \(|s-t| \leq \delta\). Par conséquent, \(|f(x) – f(y)| = |f(s) – f(t)| \leq \varepsilon\). La fonction \(f\) est uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).
3. La fonction \(x \mapsto x^2\) est continue et non bornée sur \(\mathbb{R}\). Si elle était \(T\)-périodique, la question 1 la rendrait bornée. Elle n’est donc périodique pour aucune période \(T > 0\).
4. Fixons \(x\) réel. La suite \((x + nT)\) tend vers \(+\infty\). Par la caractérisation séquentielle des limites en \(+\infty\), \(f(x + nT) \to \ell\). Or \(f(x + nT) = f(x)\) pour tout \(n\) : cette suite est constante. Par unicité de la limite, \(f(x) = \ell\). La fonction \(f\) est constante, égale à \(\ell\).

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