Continuité uniforme et bijection continue : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « continuité uniforme et bijection continue », question par question.
Cette correction rédige chaque réponse comme une copie de licence soignée. Les preuves de limites donnent toujours un delta explicite, et chaque théorème est cité avec ses hypothèses vérifiées une à une. Pour les discontinuités, vous verrez comment la densité de Q fournit les suites utiles, et une figure montre les deux droites qui portent le graphe.
Le corrigé détaille ensuite les fonctions auxiliaires du TVI, puis la recherche de la réciproque, tracée avec la fonction de départ. Enfin, le problème oppose racine carrée et fonction carré au sujet de la continuité uniforme. Cherchez d’abord seul, puis comparez votre rédaction, car le barème distingue la méthode du résultat.
L’énoncé complet se trouve ici : Continuité uniforme et bijection continue : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : continuité uniforme et bijection continue
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Limites par epsilon et delta | 3 points |
| 2. Rationnels et irrationnels | 4 points |
| 3. Valeurs intermédiaires | 4 points |
| 4. Une bijection vers un intervalle ouvert | 4 points |
| 5. Problème : racine carrée et théorème de Heine | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : continuité uniforme et bijection continue
Exercice 1 – Limites par epsilon et delta (3 points)
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On factorise d’abord l’écart : \(x^2 + x – 6 = (x – 2)(x + 3)\). Lorsque \(|x – 2| \leq 1\), on a \(1 \leq x \leq 3\), donc \(4 \leq x + 3 \leq 6\). Pour ces réels, il vient ainsi :
\[\left|x^2 + x – 6\right| = |x – 2| \times |x + 3| \leq 6\,|x – 2|.\]
Soit \(\varepsilon > 0\). Posons \(\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)\), qui est strictement positif. Si \(|x – 2| < \delta\), alors \(|x – 2| < 1\) et la majoration précédente s’applique. Par conséquent, \(\left|x^2 + x – 6\right| < 6 \times \frac{\varepsilon}{6} = \varepsilon\). On a donc prouvé que \(x^2 + x\) tend vers \(6\) quand \(x\) tend vers \(2\).
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Pour \(x > -4\), on réduit au même dénominateur :
\[h(x) – 2 = \frac{2x – 1 – 2(x + 4)}{x + 4} = \frac{-9}{x + 4}.\]
Si de plus \(x > 0\), on obtient \(|h(x) – 2| = \frac{9}{x + 4} < \frac{9}{x}\). Soit alors \(\varepsilon > 0\) et \(A = \frac{9}{\varepsilon} > 0\). Pour tout \(x > A\), on a \(\frac{9}{x} < \frac{9}{A} = \varepsilon\), d’où \(|h(x) – 2| < \varepsilon\). Ainsi, \(h(x)\) tend vers \(2\) en \(+\infty\).
Piège classique : poser \(\delta = \frac{\varepsilon}{|x + 3|}\). Le réel \(\delta\) ne peut dépendre que de \(\varepsilon\), jamais de \(x\) : c’est pourquoi on restreint d’abord \(x\) à un intervalle borné.
Exercice 2 – Rationnels et irrationnels (4 points)
Le graphe de \(f\) est contenu dans la réunion des droites d’équations \(y = x\) et \(y = 2 – x\), qui se coupent au point \((1, 1)\).
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On a \(f(1) = 1\) car \(1 \in \mathbb{Q}\). Si \(x\) est rationnel, alors \(|f(x) – 1| = |x – 1|\). Si \(x\) est irrationnel, on trouve aussi \(|f(x) – 1| = |2 – x – 1| = |x – 1|\). Soit donc \(\varepsilon > 0\) : avec \(\delta = \varepsilon\), l’inégalité \(|x – 1| < \delta\) entraîne \(|f(x) – f(1)| < \varepsilon\). Ainsi, \(f\) est continue en \(1\).
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Soit \(n \geq 1\). L’intervalle \(\left]a, a + \frac{1}{n}\right[\) est ouvert et non vide. Par densité, il contient un rationnel \(r_n\) et un irrationnel \(s_n\). Comme \(|r_n – a| < \frac{1}{n}\) et \(|s_n – a| < \frac{1}{n}\), les deux suites convergent vers \(a\).
D’une part, \(f(r_n) = r_n\) tend vers \(a\). D’autre part, \(f(s_n) = 2 – s_n\) tend vers \(2 – a\). Supposons \(f\) continue en \(a\) : la caractérisation séquentielle donne alors \(f(r_n) \to f(a)\) et \(f(s_n) \to f(a)\). Par unicité de la limite, on aurait \(a = 2 – a\), soit \(a = 1\), ce qui est exclu. Par conséquent, \(f\) est discontinue en tout réel \(a \neq 1\), et \(1\) est son seul point de continuité.
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Si \(x = p\) est un entier, alors \(E(p) = p + (-p) = 0\). Sinon, notons \(m = \lfloor x \rfloor\) : on a \(m < x < m + 1\), donc \(-m – 1 < -x < -m\). Il en résulte que \(\lfloor -x \rfloor = -m – 1\), puis \(E(x) = -1\).
En un réel non entier \(x\), la fonction \(E\) est constante égale à \(-1\) sur l’intervalle ouvert \(\left]m, m + 1\right[\) qui contient \(x\) : elle y est donc continue. En revanche, pour \(p \in \mathbb{Z}\), la suite \(x_n = p + \frac{1}{n + 1}\) tend vers \(p\) sans prendre de valeur entière. Ainsi \(E(x_n) = -1\) ne tend pas vers \(E(p) = 0\). Finalement, \(E\) est continue en tout réel non entier, et seulement en ces réels.
Piège classique : affirmer que \(f(a)\) vaut \(a\) ou \(2 – a\) avant de conclure. La contradiction ne dépend pas de la valeur de \(f(a)\), car les deux limites devraient lui être égales.
Exercice 3 – Valeurs intermédiaires (4 points)
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Les fonctions \(x \mapsto x^5\) et \(x \mapsto 2x – 1\) sont strictement croissantes sur \(\mathbb{R}\). Leur somme \(P\) l’est donc aussi, si bien que \(P\) est injective : l’équation \(P(x) = 0\) a au plus une solution.
Calculons ensuite les valeurs aux bornes :
\[P\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{1024} + \frac{1}{2} – 1 = -\frac{511}{1024} < 0 \quad \text{et} \quad P\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{32} + 1 – 1 = \frac{1}{32} > 0.\]
Comme \(P\) est continue sur le segment \(\left[\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right]\), le théorème des valeurs intermédiaires fournit un réel \(\alpha\) de ce segment tel que \(P(\alpha) = 0\). De plus, \(\alpha\) n’est égal à aucune borne, car \(P\) ne s’y annule pas. En conclusion, \(\alpha\) est l’unique solution réelle et \(\frac{1}{4} < \alpha < \frac{1}{2}\).
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Posons \(\varphi(x) = g(x) – x\) sur \([0, 1]\). Cette fonction est continue, comme différence de fonctions continues. En outre, \(\varphi(0) = g(0) \geq 0\) et \(\varphi(1) = g(1) – 1 \leq 0\), puisque \(g\) prend ses valeurs dans \([0, 1]\). Le TVI donne alors \(c \in [0, 1]\) tel que \(\varphi(c) = 0\). Ainsi, \(g(c) = c\) : \(g\) admet un point fixe.
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Pour \(x \in \left[0, \frac{1}{2}\right]\), on a \(x + \frac{1}{2} \in \left[\frac{1}{2}, 1\right]\). On peut donc poser \(\psi(x) = k\left(x + \frac{1}{2}\right) – k(x)\), et \(\psi\) est continue sur \(\left[0, \frac{1}{2}\right]\) par composition et différence. Ensuite, la somme des valeurs aux bornes se télescope :
\[\psi(0) + \psi\left(\frac{1}{2}\right) = k\left(\frac{1}{2}\right) – k(0) + k(1) – k\left(\frac{1}{2}\right) = k(1) – k(0) = 0.\]
Par suite, \(\psi(0) \times \psi\left(\frac{1}{2}\right) = -\psi(0)^2 \leq 0\) : les deux valeurs sont de signes opposés ou nulles. Le TVI fournit alors \(c \in \left[0, \frac{1}{2}\right]\) tel que \(\psi(c) = 0\), c’est-à-dire \(k\left(c + \frac{1}{2}\right) = k(c)\).
Piège classique : appliquer le TVI à \(g\) elle-même. Le changement de signe porte sur la fonction auxiliaire \(g(x) – x\), et non sur \(g\).
Exercice 4 – Une bijection vers un intervalle ouvert (4 points)
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Pour tout réel \(x\), on a \(2 + |x| \geq 2 > 0\). Le numérateur \(x\) et le dénominateur \(2 + |x|\) sont continus, et ce dernier ne descend jamais sous \(2\) : ainsi \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(f(-x) = \frac{-x}{2 + |x|} = -f(x)\), donc \(f\) est impaire.
Pour \(x \geq 0\), on écrit \(f(x) = 1 – \frac{2}{2 + x}\). Si \(0 \leq x < t\), alors \(2 + x < 2 + t\), puis \(\frac{2}{2 + x} > \frac{2}{2 + t}\), d’où \(f(x) < f(t)\). Ensuite, si \(x < t \leq 0\), on a \(0 \leq -t < -x\), donc \(f(-t) < f(-x)\), soit \(f(x) < f(t)\) par imparité. Enfin, si \(x < 0 < t\), alors \(f(x) < 0 < f(t)\), car \(f(x)\) a le signe de \(x\). Ainsi, \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
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Pour \(x > 0\), on a \(f(x) = 1 – \frac{2}{2 + x}\), qui tend vers \(1\) en \(+\infty\). Par imparité, \(f\) tend vers \(-1\) en \(-\infty\). Comme \(\mathbb{R}\) est un intervalle sur lequel \(f\) est continue et strictement croissante, les hypothèses du théorème de la bijection sont réunies. Ce théorème donne donc une correspondance bijective entre \(\mathbb{R}\) et \(\left]-1, 1\right[\). En outre, \(f^{-1}\) hérite de la continuité et de la stricte croissance.
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Soit \(y \in \left]-1, 1\right[\) et \(x = f^{-1}(y)\). Les réels \(x\) et \(y\) ont le même signe. Si \(y \geq 0\), alors \(x \geq 0\) et \(y(2 + x) = x\), donc \(x(1 – y) = 2y\), puis \(x = \frac{2y}{1 – y}\). Si \(y < 0\), alors \(x < 0\) et \(y(2 – x) = x\), donc \(x(1 + y) = 2y\), soit \(x = \frac{2y}{1 + y}\). Dans les deux cas, on obtient :
\[f^{-1}(y) = \frac{2y}{1 – |y|}.\]
Par exemple, \(f^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = 2\), et l’on vérifie que \(f(2) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\). Sur la figure, la courbe de \(f^{-1}\) s’obtient en réfléchissant celle de \(f\) par rapport à la première bissectrice.
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Si \(x \geq 0\) et \(t \geq 0\), on calcule :
\[f(x) – f(t) = \frac{2}{2 + t} – \frac{2}{2 + x} = \frac{2(x – t)}{(2 + x)(2 + t)}.\]
Comme \((2 + x)(2 + t) \geq 4\), il vient \(|f(x) – f(t)| \leq \frac{1}{2}|x – t|\). Si \(x\) et \(t\) sont négatifs, l’imparité ramène au cas précédent. Enfin, si \(t < 0 \leq x\), alors :
\[0 \leq f(x) – f(t) = \frac{x}{2 + x} + \frac{|t|}{2 + |t|} \leq \frac{x}{2} + \frac{|t|}{2} = \frac{x – t}{2}.\]
Ainsi, \(f\) est \(\frac{1}{2}\)-lipschitzienne. Elle est donc uniformément continue sur \(\mathbb{R}\) : pour \(\varepsilon > 0\), le choix \(\delta = 2\varepsilon\) convient.
Piège classique : résoudre \(y(2 + |x|) = x\) sans distinguer le signe de \(x\). On utilise d’abord que \(x\) et \(y\) ont le même signe, puis on enlève la valeur absolue.
Exercice 5 – Problème : racine carrée et théorème de Heine (5 points)
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Par symétrie des rôles, on peut supposer \(a \geq b \geq 0\). Dans ce cas, \(\sqrt{a} – \sqrt{b} \geq 0\), et il suffit de prouver \(\sqrt{a} \leq \sqrt{b} + \sqrt{a – b}\). Or :
\[\left(\sqrt{b} + \sqrt{a – b}\right)^2 = b + (a – b) + 2\sqrt{b(a – b)} \geq a.\]
Les deux membres étant positifs, la croissance de la racine carrée donne \(\sqrt{b} + \sqrt{a – b} \geq \sqrt{a}\). Par conséquent, \(\left|\sqrt{a} – \sqrt{b}\right| \leq \sqrt{|a – b|}\).
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Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \varepsilon^2\). Si \(a, b \geq 0\) vérifient \(|a – b| < \delta\), alors \(\left|\sqrt{a} – \sqrt{b}\right| \leq \sqrt{|a – b|} < \sqrt{\varepsilon^2} = \varepsilon\). Comme \(\delta\) ne dépend que de \(\varepsilon\), la racine carrée est uniformément continue sur \(\left[0, +\infty\right[\).
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Raisonnons par l’absurde avec un réel \(M\) qui conviendrait. Pour tout entier \(n \geq 1\), les réels \(s = \frac{1}{n^2}\) et \(t = 0\) sont dans \([0, 1]\). On obtient alors \(\frac{1}{n} \leq \frac{M}{n^2}\), soit \(n \leq M\) pour tout \(n \geq 1\). Cela contredit la propriété d’Archimède. Ainsi, la racine carrée n’est pas lipschitzienne sur \([0, 1]\), bien qu’elle y soit uniformément continue.
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La négation affirme l’existence d’un réel \(\varepsilon > 0\) pour lequel chaque \(\delta > 0\) admet deux points \(x, y\) de \(I\) vérifiant à la fois \(|x – y| < \delta\) et \(|\varphi(x) – \varphi(y)| \geq \varepsilon\).
Prenons \(\varepsilon = 2\) et fixons \(\delta > 0\). Comme \(\mathbb{R}\) est archimédien, on dispose d’un entier \(n\) supérieur à \(\frac{1}{\delta}\). Posons \(x = n + \frac{1}{n}\) et \(y = n\) : on a \(|x – y| = \frac{1}{n} < \delta\), tandis que \(x^2 – y^2 = 2 + \frac{1}{n^2} \geq 2\). La figure illustre ce phénomène : les images des intervalles mesurent \(3\), \(\frac{9}{4}\) puis \(\frac{19}{9}\), toujours plus que \(2\). Donc \(x \mapsto x^2\) n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).
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D’après le théorème de Heine, la continuité d’une fonction sur un segment \([\alpha, \beta]\) entraîne sa continuité uniforme sur ce segment.
Soit \(\varepsilon > 0\). Puisque \(u\) tend vers \(\ell\) en \(+\infty\), il existe \(A \geq 0\) tel que \(|u(x) – \ell| < \frac{\varepsilon}{2}\) pour tout \(x \geq A\). De plus, \(u\) est continue sur le segment \([0, A + 1]\). Le théorème de Heine fournit donc \(\delta_1 > 0\) tel que, pour \(x, y \in [0, A + 1]\), \(|x – y| < \delta_1\) entraîne \(|u(x) – u(y)| < \varepsilon\).
Posons \(\delta = \min(\delta_1, 1)\), puis prenons \(0 \leq x \leq y\) avec \(y – x < \delta\). Quand \(y \leq A + 1\), les deux réels sont dans le segment, et le choix de \(\delta_1\) conclut. Sinon, \(y > A + 1\), donc \(x > y – 1 > A\). L’inégalité triangulaire donne alors :
\[|u(x) – u(y)| \leq |u(x) – \ell| + |\ell – u(y)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Dans tous les cas, \(|u(x) – u(y)| < \varepsilon\). En conclusion, \(u\) est uniformément continue sur \(\left[0, +\infty\right[\).
Piège classique : découper en \([0, A]\) et \(\left[A, +\infty\right[\) sans marge. Deux points proches peuvent alors se trouver de part et d’autre de \(A\) : la marge de longueur \(1\) règle ce cas.
À retenir de ce contrôle
- Dans une preuve epsilon-delta, on restreint d’abord la variable à un intervalle borné autour du point, puis on prend le minimum de deux valeurs de delta.
- Pour prouver une discontinuité en a, il suffit de deux suites qui tendent vers a et dont les images ont des limites différentes.
- Le TVI s’applique souvent à une fonction auxiliaire, comme g(x) – x pour un point fixe, dont on étudie le signe aux bornes.
- Sur un intervalle, continuité et stricte monotonie font d’une fonction une bijection vers l’intervalle image, dont la réciproque reste continue.
- Une fonction lipschitzienne est uniformément continue, mais la réciproque est fausse : la racine carrée le prouve sur le segment [0, 1].
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