⎨⎪
⎩
𝑓(𝑥) si𝑥 ≠ 𝑎 ℓ si𝑥 = 𝑎
est continue en𝑎. Cette fonction est appeléeprolongement de𝑓par continuité en𝑎.
Définition 11.5(Prolongement par continuité)
ZExemple: La fonction𝑓définie surℝ∗par𝑓(𝑥) = sin(𝑥)𝑥 admet un prolongement par continuité en 0 en posant𝑓(0) = 1.
2) Théorèmes généraux
Soient𝑓, 𝑔deux fonctions continues surI, et soitαun réel, alors : – 𝑓 + 𝑔,𝑓 × 𝑔etα𝑓sont continues surI.
– Si𝑔ne s’annule pas surIalors 𝑓𝑔 est continue surI.
– Siℎ ∶ J → ℝest une fonction continue sur l’intervalleJet si𝑓(I) ⊂ J, alorsℎ ∘ 𝑓est continue surI.
Théorème 11.12
Preuve: Ceci découle des propriétés des limites, par exemple : lim
𝑎 𝑓 = 𝑓(𝑎)et lim
𝑎 𝑔 = 𝑔 (𝑎), donc lim
𝑎 (𝑓 + 𝑔 ) = 𝑓(𝑎) + 𝑔 (𝑎)(somme de limites finies), ce qui prouve que𝑓 + 𝑔est continue en𝑎. Les autres points se démontrent
de la même façon. □
Conséquences:
a) Il découlent des théorèmes généraux que𝒞0(I, ℝ)est uneℝ-algèbre pour les opérations usuelles sur les fonctions.
b) Si𝑓et𝑔sont continues surIalors sup(𝑓, 𝑔 )et inf(𝑓, 𝑔 )le sont (en particulier𝑓+et𝑓−le sont), car sup(𝑓, 𝑔 ) = 𝑓+𝑔 +|𝑓−𝑔 |
2 et inf(𝑓, 𝑔 ) = 𝑓+𝑔 −|𝑓−𝑔 |
2 .
★Exercice11.3 Étudier la continuité de la fonction𝑓avec𝑓(𝑥) =
⎧⎪
⎨⎪
⎩
ln(1+𝑥)(𝑥−π)
sin(𝑥) si0 < 𝑥 < π
𝑒𝑥−cos(𝑥) si𝑥 ⩽ 0 , y-a-t’il un prolongement par continuité enπ?
IV FONCTIONS CONTINUES SUR UN INTERVALLE 1) Théorème des valeurs intermédiaires
Soit𝑓 ∶ [𝑎; 𝑏] → ℝune fonction continue sur le segment[𝑎; 𝑏](𝑎 < 𝑏), si𝑓(𝑎) et𝑓(𝑏)sont de signes contraires, alors𝑓s’annule au moins une fois,i.e.:∃ ℓ ∈ [𝑎; 𝑏], 𝑓(ℓ) = 0.
Théorème 11.13
Preuve: Méthode dichotomique : on construit deux suites (récurrentes)(𝑎𝑛)et(𝑏𝑛)en posant𝑎0= 𝑎, 𝑏0= 𝑏, puis pour tout entier𝑛:
si𝑓(𝑎𝑛+𝑏2 𝑛)et𝑓(𝑎𝑛)sont de signes contraires, alors on pose𝑎𝑛+1= 𝑎𝑛et𝑏𝑛+1= 𝑎𝑛+𝑏2𝑛 (moitié de gauche), sinon, on pose𝑎𝑛+1= 𝑎𝑛+𝑏2𝑛 et𝑏𝑛+1= 𝑏𝑛(moitié de droite).
On montre ensuite par récurrence, la propriété :
P(𝑛): «𝑎𝑛, 𝑏𝑛∈ [𝑎; 𝑏],𝑏𝑛− 𝑎𝑛= 𝑏−𝑎2𝑛 ,𝑓(𝑎𝑛)et𝑓(𝑏𝑛)sont de signes contraires ».
Pour𝑛 = 0: rien à faire. Si c’est vrai pour un entier𝑛 ⩾ 0: alors𝑎𝑛et𝑏𝑛sont dans[𝑎; 𝑏], donc𝑐𝑛= 𝑎𝑛+𝑏2 𝑛 aussi (milieu).
Si𝑓(𝑐𝑛)et𝑓(𝑎𝑛)sont de signes contraires, alors𝑏𝑛+1= 𝑎𝑛+𝑏2𝑛 et𝑎𝑛+1= 𝑏𝑛, on voit donc que𝑎𝑛+1et𝑏𝑛+1sont dans[𝑎, 𝑏], que𝑏𝑛+1− 𝑎𝑛+1 = 𝑏𝑛−𝑎2𝑛 = 2𝑏−𝑎𝑛+1, que𝑓(𝑎𝑛+1)et𝑓(𝑏𝑛+1)sont de signes contraires, et que𝑎𝑛 ⩽ 𝑎𝑛+1et 𝑏𝑛+1⩽ 𝑏𝑛.
Si𝑓(𝑐𝑛)et𝑓(𝑎𝑛)ont le même signe, alors d’après l’hypothèse de récurrence,𝑓(𝑐𝑛)et𝑓(𝑏𝑛)sont de signes contraires, on a alors𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛+𝑏2𝑛 et𝑏𝑛+1= 𝑏𝑛, on voit donc que𝑎𝑛+1et𝑏𝑛+1sont dans[𝑎, 𝑏], que𝑏𝑛+1− 𝑎𝑛+1 =
𝑏𝑛−𝑎𝑛
2 = 2𝑏−𝑎𝑛+1, que𝑓(𝑎𝑛+1)et𝑓(𝑏𝑛+1)sont de signes contraires, et que𝑎𝑛⩽ 𝑎𝑛+1et𝑏𝑛+1⩽ 𝑏𝑛.
Fonctions continues sur un intervalle Chapitre 11 : Limites - Continuité La propriété est donc vraie pour tout entier𝑛, de plus la suite(𝑎𝑛)est croissante, et la suite(𝑏𝑛)est décroissante.
Comme𝑏𝑛− 𝑎𝑛= 𝑏−𝑎2𝑛 → 0, les deux suites sont adjacentes. Elles ont donc une limite commune𝑐 ∈ [𝑎; 𝑏](passage à la limite). La fonction𝑓étant continue en𝑐, on a𝑓(𝑎𝑛) → 𝑓(𝑐)et𝑓(𝑏𝑛) → 𝑓(𝑐), donc𝑓(𝑎𝑛) × 𝑓(𝑏𝑛) → 𝑓(𝑐)2, or pour tout𝑛, 𝑓(𝑎𝑛) × 𝑓(𝑏𝑛) ⩽ 0, donc𝑓(𝑐)2⩽ 0(passage à la limite), et donc𝑓(𝑐) = 0. □ Remarque 11.6 –
– Cette méthode permet de calculer des valeurs approchées deℓ. Dans la preuve ci-dessus, on a pour tout𝑛,𝑎𝑛 est une valeur approchée deℓ(solution de𝑓(𝑥) = 0) par défaut à 𝑏−𝑎2𝑛 près car|𝑎𝑛− ℓ| = ℓ − 𝑎𝑛⩽ 𝑏𝑛− 𝑎𝑛 = 𝑏−𝑎2𝑛 . De même, pour tout𝑛,𝑏𝑛est une valeur approchée deℓpar excès à 𝑏−𝑎2𝑛 près car
|𝑏𝑛− ℓ| = 𝑏𝑛− ℓ ⩽ 𝑏𝑛− 𝑎𝑛 = 𝑏−𝑎2𝑛 . Voici un algorithme en python : Listing 11.1 –dichotomie
1 def dichotomie(f,a,b,epsilon): #f continue et f(a)*f(b) <=0 avec a<b
2 while b-a >= epsilon:
3 milieu = (a+b)/2.
4 if f(a)*f(milieu) <= 0: #f s'annule dans la première moitié
5 b = milieu
6 else:
7 a = milieu #f s'annule dans la deuxième moitié
8 return (a+b)/2 #valeur approchée à epsilon /2 près
Invariant: on peut vérifier que la propositionP(𝑘): «B𝑘− A𝑘= B−A2𝑘 , et𝑓(A𝑘) × 𝑓(B𝑘) ⩽ 0», est un invariant de la boucle while, qui permet de prouver la fonction, et sa terminaison. Quelques exemples d’utilisation de cet algorithme :
𝒞𝑓
𝑐
𝑎 𝑏
𝑎0 𝑏0
𝑎1 𝑏1
𝑎2 𝑏2
𝑎3 𝑏3 𝑎4 𝑏4
𝒞𝑓
𝑎 𝑐 𝑏
𝑎0 𝑏0
𝑎1 𝑏1
𝑎2 𝑏2
𝑎3 𝑏3 𝑎4 𝑏4
𝒞𝑓
𝑐
𝑎 𝑏
𝑎0 𝑏0
𝑎1 𝑏1
𝑎2 𝑏2
𝑎3 𝑏3 𝑎4 𝑏4
𝑓continue en𝑐 𝑓discontinue en𝑐 𝑓ne change pas de signe.
– Il découle de ce théorème que si𝑓 ∶ I → ℝest continue surl’intervalleIet si𝑓change de signe, alors 𝑓s’annule au moins une fois surI.
– Une fonction continue sur un intervalle et qui ne s’annule pas, gardeun signe constant. Ceci est faux siIn’est pas un intervalle, par exemple la fonction𝑥 ↦ 1𝑥 surℝ∗.
★Exercice11.4 Montrer que tout polynôme (réel) de degré impair admet au moins une racine réelle.
Si𝑓 ∶ I → ℝest continue sur l’intervalleI, alors𝑓(I)est un intervalle.
Plus précisément, si𝑎, 𝑏 ∈ Iet siαest un réel compris entre𝑓(𝑎)et𝑓(𝑏), alors il existe𝑐entre𝑎 et𝑏tel que𝑓(𝑐) = α.
Théorème 11.14(des valeurs intermédiaires)
Preuve: Soient𝑎, 𝑏deux réels distincts deI, supposons𝑎 < 𝑏, soitαun réel compris entre𝑓(𝑎)et𝑓(𝑏), posons 𝑔 (𝑡) = 𝑓(𝑡) − α, alors𝑔est continue sur l’intervalle[𝑎; 𝑏]et𝑔 (𝑎)et𝑔 (𝑏)sont de signes contraires. D’après le théorème précédent, il existe𝑐 ∈ [𝑎; 𝑏]tel que𝑔 (𝑐) = 0,i.e.𝑓(𝑐) = α.
PosonsJ = 𝑓(I)et soient𝑢 < 𝑣deux éléments deJ, alors il existe𝑎, 𝑏 ∈ I(distincts) tels que𝑓(𝑎) = 𝑢et 𝑓(𝑏) = 𝑣. Soitα ∈ [𝑢, 𝑣], alors il existe𝑐entre𝑎et𝑏tel que𝑓(𝑐) = αdoncα ∈ J, ce qui prouve queJest un
intervalle. □
2) Continuité sur un segment
Fonctions continues sur un intervalle Chapitre 11 : Limites - Continuité
L’image d’un segment[𝑎; 𝑏]par une fonction continue est un segment[𝑚; M].
Théorème 11.15
Preuve: Soit𝑓 ∶ [𝑎; 𝑏] → ℝune fonction continue sur le segment[𝑎; 𝑏], posonsJ = 𝑓([𝑎; 𝑏]), on sait queJest un intervalle. Posons𝑚 =la borne de gauche deJ, etMla borne de droite (dansℝ), il existe une suite(𝑦𝑛)deJqui tend vers𝑚, or𝑦𝑛∈ 𝑓([𝑎; 𝑏]), donc il existe𝑥𝑛∈ [𝑎; 𝑏]tel que𝑓(𝑥𝑛) = 𝑦𝑛. La suite(𝑥𝑛)est une suite de[𝑎; 𝑏], elle est donc bornée, d’après le théorème deBolzano-Weierstrasson peut en extraire une suite convergente :𝑥σ(𝑛)→ ℓ, par passage à la limite on aℓ ∈ [𝑎; 𝑏], mais alors𝑓(𝑥σ(𝑛)) → 𝑓(ℓ)car𝑓est continue, c’est à dire𝑦σ(𝑛)→ 𝑓(ℓ), or 𝑦σ(𝑛)→ 𝑚, donc𝑚 = 𝑓(ℓ). Ceci prouve que𝑚est un réel et que𝑚 ∈ J, donc𝑚 =min(J). De même on montre
queMest un réel queM ∈ J, finalementJ = [𝑚; M]. □
Remarque 11.7 – Il en découle qu’une fonction continue sur un segment possède un maximum (M) et un minimum (𝑚). On dit aussi parfois qu’une fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes.
★Exercice11.5 Montrer qu’une fonction continue sur un segment strictement positive, est minorée par un réel strictement positif.
3) Uniforme continuité
Dans la définition de «𝑓est continue en𝑎», on a :
∀ ε > 0, ∃ α > 0, ∀ 𝑥 ∈ I, |𝑥 − 𝑎| < α ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)| < ε.
Dans cette définition, le réelαdépend de𝑎(et deεbien entendu). On va distinguer dans la suite le cas oùαne dépend que deε:
On dit que la fonction𝑓 ∶ I → ℝest uniformément continue surIlorsque :
∀ ε > 0, ∃ α > 0, ∀ 𝑎, 𝑥 ∈ I, |𝑥 − 𝑎| < α ⟹ |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑎)| < ε.
Définition 11.6
Remarque 11.8 –
a) Cette définition dépend aussi de l’ensembleI, on dit qu’elle a un caractère global, alors que la définition de la continuité en un point est locale car elle ne dépend que du point (pas de l’ensembleI).
b) La définition d’uniforme continuité est plus forte que la définition de continuité. Autrement dit, une fonction uniformément continue surIest nécessairement continue surI. Nous verrons que la réciproque est fausse en général.
On dit que la fonction𝑓 ∶ I → ℝest lipschitzienne lorsqu’il existe une constanteK ∈ ℝ+ tel que :
∀ 𝑥, 𝑦 ∈ I, |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ⩽ K|𝑥 − 𝑦|.
Ce qui signifie que tous les taux d’accroissements de𝑓sont majorés en valeur absolue par K.
Définition 11.7(fonction lipschitzienne)
c) SoitK ∈ ℝ+, une fonctionK-lipschitzienne surIest nécessairement uniformément continue surI. En effet, une telle fonction vérifie pour tout𝑥, 𝑦 ∈ I,|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ⩽ K|𝑥 − 𝑦|, par conséquent, si on prend α = K+1ε alors on a|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ⩽ K+1K ε < ε. Nous verrons dans le chapitre sur la dérivation, que si𝑓 est dérivable et si𝑓′est majorée en valeur absolue par une constanteK, alors𝑓estK-lipschitzienne (par contre si𝑓′n’est pas bornée, alors la fonction ne peut pas être lipschitzienne). Par exemple, les fonctionssinetcossont1-lipschitziennes.
ZExemples:
– La fonction𝑥 ↦ 𝑥2est uniformément continue sur tout segment[𝑎; 𝑏](car lipschitzienne). Pour la même raison, les fonctions sin et cos sont uniformément continues surℝ.
– La fonction𝑥 ↦ √
𝑥 est uniformément continue sur[0 ; +∞[. Car pour𝑥, 𝑦 ⩾ 0, |√ 𝑥 −√
√ 𝑦| ⩽
|𝑥 − 𝑦|, il suffit donc de prendreα = ε2dans la définition. Cependant nous verrons que cette même fonction n’est pas lipschitzienne sur[0 ; +∞[(dérivée non bornée).
Continuité et fonctions monotones Chapitre 11 : Limites - Continuité – La fonction𝑥 ↦ 𝑥2n’est pas uniformément continue surℝ. Si c’était le cas : avecε = 1il existe
α > 0tel que∀ 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, |𝑥 − 𝑦| < α ⟹ |𝑥2− 𝑦2| < 1. Prenons𝑥𝑛 = √
𝑛 + 1et𝑦𝑛 = √ 𝑛alors 𝑥𝑛− 𝑦𝑛∼ 2√1𝑛 → 0, donc pour𝑛assez grand on aura|𝑥𝑛− 𝑦𝑛| < αd’où|𝑥2𝑛− 𝑦𝑛2| < 1i.e.1 < 1ce qui est absurde.
★Exercice11.6 Étudier l’uniforme continuité des fonctions𝑥 ↦cos(√
𝑥)et𝑥 ↦cos(𝑥2)sur[0 ; +∞[.
Toute fonction continue sur un segment est uniformément continue.
Théorème 11.16(deHeine1)
Preuve: Par l’absurde : on suppose qu’il existeε > 0tel que :
∀ α > 0, ∃ 𝑥, 𝑦 ∈ I, |𝑥 − 𝑦| < αet|𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)| ⩾ ε.
En prenantα = 𝑛+11 pour chaque valeur de𝑛 ∈ ℕ, on construit deux suites(𝑥𝑛)et(𝑦𝑛)deItelles que|𝑥𝑛−𝑦𝑛| < 𝑛+11 et|𝑓(𝑥𝑛) − 𝑓(𝑦𝑛)| ⩾ ε. La suite(𝑥𝑛)étant bornée (carIest un segment), on peut en extraire une suite convergente : 𝑥σ(𝑛) → ℓ. Par passage à la limite onℓ ∈ I. L’inégalité|𝑥𝑛− 𝑦𝑛| < 𝑛+11 pour tout𝑛entraîne que𝑦σ(𝑛) → ℓ. La fonction𝑓étant continue enℓ, on a𝑓(𝑥σ(𝑛)) → 𝑓(ℓ)et𝑓(𝑦σ(𝑛)) → 𝑓(ℓ), donc|𝑓(𝑥σ(𝑛)) − 𝑓(𝑦σ(𝑛))| → 0, ce qui donne par passage à la limite,0 ⩾ εce qui est absurde. Donc𝑓est uniformément continue surI. □
V CONTINUITÉ ET FONCTIONS MONOTONES 1) Image d’un intervalle
Si𝑓est strictement croissante et continue sur l’intervalleI, alors :
• lorsqueI = [𝑎; 𝑏], on a𝑓(I) = [𝑓(𝑎); 𝑓(𝑏)],
• lorsqueI = [𝑎; 𝑏[, on a𝑓(I) = [𝑓(𝑎);lim
𝑏 𝑓[,
• lorsqueI =]𝑎; 𝑏], on a𝑓(I) =]lim
𝑎 𝑓; 𝑓(𝑏)],
• lorsqueI =]𝑎; 𝑏[, on a𝑓(I) =]lim
𝑎 𝑓;lim
𝑏 𝑓[.
Théorème 11.17
Preuve: Montrons par exemple le cas oùI = [𝑎; 𝑏[, on sait queJ = 𝑓(I)est un intervalle car𝑓est continue surI.
La borne de droite deJest la limite de𝑓en𝑏(finie ou+∞, la limite non atteinte car la monotonie est stricte), la borne de gauche deJest𝑓(𝑎)qui le minimum de𝑓, donc𝑓(I) = [𝑓(𝑎);lim
𝑏 𝑓[. Les autres cas se traitent de la même façon, on a évidemment un énoncé analogue lorsque𝑓est strictement décroissante. □
Lorsque la monotonie n’est pas stricte, il se peut que les limites aux bornes exclues soit atteintes.
Attention !
2) Monotonie et continuité
Si𝑓 ∶ I → ℝest monotone sur l’intervalleIet si𝑓(I)est un intervalle, alors𝑓est nécessairement continue surI.
Théorème 11.18
Preuve: Quitte à changer𝑓en−𝑓, on peut supposons𝑓croissante surI. Soit𝑎 ∈ Iun élément deIqui n’est pas la borne inférieure deI. Si𝑥 ∈ Iavec𝑥 < 𝑎, alors𝑓(𝑥) ⩽lim
𝑎− 𝑓 ⩽ 𝑓(𝑎), ce qui entraîne que lim
𝑎− 𝑓 ∈ 𝑓(I). D’autre part, si𝑥 ⩾ 𝑎, alors𝑓(𝑥) ⩾ 𝑓(𝑎). On en déduit que l’intervalle]lim
𝑎− 𝑓, 𝑓(𝑎)[est inclus dans𝑓(I)mais il ne contient aucun élément de𝑓(I), cet intervalle est donc vide,i.e.lim
𝑎− 𝑓 = 𝑓(𝑎), ce qui prouve que𝑓est continue à gauche en𝑎. Le raisonnement est analogue pour montrer la continuité à droite en𝑎(si𝑎n’est pas la borne de droite de
I). □
Remarque 11.9 – Ce théorème énonce une réciproque du théorème des valeurs intermédiaires, mais elle n’est valable que pour les fonctions monotones.
1. HEINE Heinrich Eduard(1821 – 1881) : mathématicien allemand qui a travaillé sur la théorie des fonctions.
Continuité et fonctions monotones Chapitre 11 : Limites - Continuité
Si𝑓 ∶ I → ℝest continue sur l’intervalleIet injective, alors𝑓est strictement monotone.
Théorème 11.19
Preuve: Soient𝑎 < 𝑏deux éléments deI,𝑓étant injective,𝑓(𝑎) ≠ 𝑓(𝑏), quitte à changer𝑓en−𝑓, on peut supposer𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑏), montrons alors que𝑓est strictement croissante surI:
– Étape 1 : soit𝑥 ∈]𝑎; 𝑏[, si𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑏), alors un réel𝑐 ∈]𝑓(𝑏); 𝑓(𝑥)[aura un antécédent dans]𝑥; 𝑏[(théorème des valeurs intermédiaires), et un antécédent dans]𝑎; 𝑥[car on a aussi𝑐 ∈]𝑓(𝑎); 𝑓(𝑥)[, ce qui contredit l’injectivité de𝑓, donc𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑏).
𝑎 𝑢1 𝑥 𝑢2 𝑏
𝑓(𝑎) 𝑓(𝑏) 𝑓(𝑥)
𝑐
De la même façon, on montre que𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑎). En conclusion, si𝑥 ∈]𝑎; 𝑏[, alors𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑏).
– Étape 2 : soit𝑥 ∈ Iavec𝑥 < 𝑎, si𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑏)alors d’après l’étape 1 (appliquée à−𝑓), on devrait avoir 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑎) > 𝑓(𝑏)ce qui est absurde, donc𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑏), mais alors l’étape 1 (en échangeant𝑎et𝑥) nous dit que𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑏). En conclusion, si𝑥 < 𝑎alors𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑎).
– Étape 3 : soit𝑥 ∈ Iavec𝑥 > 𝑏, comme ci-dessus, on montre que𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑏).
– Étape 4 : soient𝑥 < 𝑦deux éléments deI:
• Si𝑥 < 𝑦 ⩽ 𝑎: on sait que𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑎), mais alors l’étape 1 entraîne que𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑦).
• Si𝑥 ⩽ 𝑎 < 𝑦: on sait alors que𝑓(𝑥) ⩽ 𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑦), donc𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑦).
• Si𝑎 < 𝑥 < 𝑦: alors on sait que𝑓(𝑎) < 𝑓(𝑦), mais alors l’étape 1 entraîne que𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑦).
Dans tous les cas,𝑓(𝑥) < 𝑓(𝑦),𝑓est strictement croissante.
□
3) Théorème des bijections
Soit𝑓 ∶ I → ℝune fonction strictement monotone, alors𝑓est injective, donc𝑓induit une bijection
̃𝑓deIsur𝑓(I), la bijection réciproque est :
̃𝑓−1∶ 𝑓(I) → I
𝑥 ↦ 𝑦défini par𝑦 ∈ Iet𝑓(𝑦) = 𝑥
De plus, la bijection a le même sens de variation que𝑓, en effet, supposons𝑓croissante et soient𝑦 < 𝑦′ deux éléments de𝑓(I), alors il existe𝑥, 𝑥′∈ I, tels que𝑓(𝑥) = 𝑦et𝑓(𝑥′) = 𝑦′; si on avait𝑥 ⩾ 𝑥′alors on aurait𝑦 ⩾ 𝑦′ce qui est contradictoire, donc𝑥 < 𝑥′i.e.𝑓−1̃ (𝑦) < ̃𝑓−1(𝑦′).
D’autre part, dans un repère orthonormé du plan, on a : M(𝑥, 𝑦) ∈ C𝑓̃−1 ⟺
{ 𝑥 ∈ 𝑓(I)
𝑦 = ̃𝑓−1(𝑥) ⟺
{ 𝑦 ∈ I
𝑓(𝑦) = 𝑥 ⟺ M′(𝑦, 𝑥) ∈ C𝑓.
On en déduit que les courbes représentatives des fonctions𝑓et𝑓̃−1sont symétriques par rapport à la première bissectrice.
Le théorème suivant apporte une précision sur la continuité de la réciproque :
Extension aux fonctions à valeurs complexes Chapitre 11 : Limites - Continuité
Si𝑓 ∶ I → ℝest strictement monotone sur l’intervalleI, alors𝑓induit une bijection deIsur J = 𝑓(I). Si de plus𝑓est continue surI, alors la bijection réciproque est continue surJ.
Théorème 11.20
Preuve:Iétant un intervalle et𝑓continue, l’ensembleJ = 𝑓(I)est un intervalle, donc la bijection réciproque𝑓−1̃ est monotone et transforme l’intervalleJen l’intervalleI, d’après un des théorèmes précédents,𝑓̃−1est continue
surJ. □
VI EXTENSION AUX FONCTIONS À VALEURS COMPLEXES
1) Définition de la limite
Les fonctions à valeurs complexes ont été introduites au début du chapitre6. Soit𝑓 ∶ I → ℂune fonction, on note𝑢 =Re(𝑓)(partie réelle de𝑓) et𝑣 =Im(𝑓)(partie imaginaire de𝑓), on rappelle que𝑢 et𝑣sont des fonctions deIversℝ, et∀ 𝑡 ∈ I, 𝑓(𝑡) = 𝑢(𝑡) + 𝑖𝑣(𝑡).
La fonctionconjuguéede𝑓et la fonction𝑓 ∶ 𝑡 ↦ 𝑢(𝑡) − 𝑖𝑣(𝑡).
La fonctionmodulede𝑓est la fonction|𝑓| ∶ 𝑡 ↦ |𝑓(𝑡)| =√
𝑢(𝑡)2+ 𝑣(𝑡)2.
La fonction𝑓est bornée surIsi et seulement si∃ M ∈ ℝ+,∀ 𝑡 ∈ I, |𝑓(𝑡)| ⩽ M. Ceci équivaut à dire que les fonctions𝑢et𝑣sont bornées.
L’ensemble des fonctions deIversℂest notéeℱ(I, ℂ), pour les opérations usuelles sur les fonctions, c’est unℂ-espace vectoriel et un anneau commutatif non intègre.
Soitℓ ∈ ℂ, et soit𝑎un élément deIou une extrémité deI. On dira que la fonction𝑓a pour limiteℓen𝑎lorsque lim
𝑡→𝑎|𝑓(𝑡) − ℓ| = 0. C’est à dire :
∀ε > 0, ∃V, voisinage de𝑎,∀𝑡 ∈ I, 𝑡 ∈ V ⟹ |𝑓(𝑡) − ℓ| < ε.
Définition 11.8
★Exercice11.7 Soit𝑓(𝑡) = 𝑖+𝑡𝑒𝑖𝑡, déterminer la limite de𝑓en+∞.
2) Propriétés
lim𝑡→𝑎|𝑓(𝑡) − ℓ| = 0 ⟺ lim
𝑡→𝑎Re(𝑓(𝑡)) =Re(ℓ)etlim
𝑡→𝑎Im(𝑓(𝑡)) =Im(ℓ).
Théorème 11.21
Preuve: Celle - ci découle de l’inégalité :∀ 𝑡 ∈ I,
max(|Re(𝑓(𝑡)) −Re(ℓ)|, |Im(𝑓(𝑡)) −Im(ℓ)|) ⩽ |𝑓(𝑡) − ℓ| =√
|Re(𝑓(𝑡)) −Re(ℓ)|2+ |Im(𝑓(𝑡)) −Im(ℓ)|2. □ Connaissant les propriétés des limites (finies) des fonctions à valeurs réelles, on peut déduire celles des fonctions à valeurs complexes en raisonnant sur les parties réelles et imaginaires :
– lim
𝑎 𝑓 = ℓ ∈ ℂsi et seulement si pour toute suite(𝑢𝑛)d’éléments deIqui tend vers𝑎, la suite (𝑓(𝑢𝑛))tend versℓ.
– Si lim
𝑎 𝑓 = ℓ ∈ ℂ, alors𝑓est bornée au voisinage de𝑎.
– Si lim
𝑎 𝑓 = ℓ, lim
𝑎 𝑔 = ℓ′, alors lim
𝑎 𝑓 + 𝑔 = ℓ + ℓ′, lim
𝑎 𝑓 × 𝑔 = ℓℓ′, ∀ λ ∈ ℂ,lim
𝑎 λ𝑓 = λℓ.
– Si lim
𝑎 𝑓 = ℓalors lim
𝑎 𝑓 = ℓet lim
𝑎 |𝑓| = |ℓ|.
– Si lim
𝑎 𝑓 = ℓ ∈ ℂ∗, alors au voisinage de𝑎 𝑓ne s’annule pas et lim
𝑎 1 𝑓 = 1ℓ. 3) Continuité
Soit𝑓 ∶ I → ℂune fonction à valeurs complexes, on pose𝑢 =Re(𝑓)et𝑣 =Im(𝑓).
On dira que𝑓est continue surIlorsque lim
𝑡0 𝑓 = 𝑓(𝑡0). L’ensemble des fonctions continues surI est noté𝒞0(I, ℂ).
Définition 11.9
Solution des exercices Chapitre 11 : Limites - Continuité Remarque 11.10 – D’après le chapitre sur les limites, on a vu que :
lim𝑡0 𝑓 = 𝑓(𝑡0)si et seulement silim
𝑡0 𝑢 = 𝑢(𝑡0)etlim
𝑡0 𝑣 = 𝑣(𝑡0), par conséquent on peut dire que : 𝑓est continue en𝑡0si et seulement siRe(𝑓)etIm(𝑓)sont continues en𝑡0. ZExemple: La fonction𝑡 ↦ 𝑒𝑖𝑡est continue surℝ, la fonction𝑡 ↦ 1+𝑖𝑡1 aussi.
4) Propriétés
Compte tenu de la définition, on retrouve des propriétés analogues au cas réel, à une exception près.
– On retrouve lesmêmes théorèmes généraux, en particulier𝒞0(I, ℂ)est uneℂ-algèbre.
– Si𝑓est continue surI, alors les fonctions𝑓et|𝑓|aussi.
– Si 𝑓 ∶ [𝑎; 𝑏] → ℂest continue sur le segment[𝑎; 𝑏], alors 𝑓est bornée et atteint ses bornes en module, c’est à dire, il existe𝑡0, 𝑡1∈ [𝑎; 𝑏]tels que :
|𝑓(𝑡0)| = sup
𝑡∈[𝑎;𝑏]
|𝑓(𝑡)|et|𝑓(𝑡1)| = inf
𝑡∈[𝑎;𝑏]|𝑓(𝑡)|.
En effet : la fonction|𝑓|est continue sur[𝑎; 𝑏]et à valeurs réelles, on sait donc qu’elle admet un minimum et un maximum.
– Si𝑓 ∶ [𝑎; 𝑏] → ℂ, est continue sur le segment[𝑎; 𝑏], alors𝑓est uniformément continue (théorème de Heine).
En effet : cela découle de l’égalité :|𝑓(𝑡) − 𝑓(𝑡0)| =√
|𝑢(𝑡) − 𝑢(𝑡0)|2+ |𝑣(𝑡) − 𝑣(𝑡0)|2, et du théorème de Heine pour les fonctions à valeurs réelles.
Par exemple, la fonction𝑓(𝑡) = 𝑒𝑖𝑡est continue sur[0; 2π],0est compris entre𝑓(π) = −1et𝑓(0) = 1, mais 0 ∉ 𝑓([0; 2π])car𝑓ne s’annule pas (ici𝑓[0; 2π])n’est pas un intervalle, mais un cercle !).
Attention !(Le théorème des valeurs intermédiaires n’est plus vrai)
VII SOLUTION DES EXERCICES
Solution11.1 On poseX =sin(𝑥)ln(𝑥), on aX = sin(𝑥)𝑥 𝑥ln(𝑥), donclim
0+ X = 0, orlim
X→0 𝑒X−1
X = 1, la limite cherchée vaut donc 1.
Solution11.2
1/Si𝑎est non entier et𝑛 = ⌊𝑎⌋, alors𝑛 < 𝑎 < 𝑛 + 1, et pour𝑥 ∈ ]𝑛 ; 𝑛 + 1[on aE𝑥est constamment égal à𝑛, et donclim
𝑥→𝑎⌊𝑥⌋ = 𝑛 = ⌊𝑎⌋.
Si𝑎 = 𝑛 ∈ ℤ, alors pour𝑥 ∈ ]𝑛 − 1 ; 𝑛[on a⌊𝑥⌋ = 𝑛 − 1et donc lim
𝑥→𝑎−⌊𝑥⌋ = 𝑛 − 1 ≠ ⌊𝑎⌋, et pour𝑥 ∈ ]𝑛 ; 𝑛 + 1[on a⌊𝑥⌋ = 𝑛et donc lim
𝑥→𝑎−⌊𝑥⌋ = 𝑛 = ⌊𝑎⌋. La fonction est donc continue à droite en𝑎, mais pas à gauche.
2/Soit𝑎un irrationnel, par densité deℚdansℝ, on sait qu’il existe une suite de rationnels(𝑟𝑛)qui converge vers𝑎, or1ℚ(𝑟𝑛) = 1 → 1alors que1ℚ(𝑎) = 0, la fonction n’est donc pas continue en𝑎.
Soit𝑎un rationnel, par densité deℝ ⧵ ℚdansℝ, on sait qu’il existe une suite de rationnels(𝑖𝑛)qui converge vers 𝑎, or1ℚ(𝑖𝑛) = 0 → 0alors que1ℚ(𝑎) = 1, la fonction n’est donc pas continue en𝑎. Finalement, la fonction1ℚest discontinue en tout point deℝ.
Solution11.3 Les théorème généraux s’appliquent sur l’intervalle]−∞ ; 0[ainsi que sur l’intervalle]0 ; π[. La limite à gauche en0de𝑓vaut𝑒0−cos(0) = 0 = 𝑓(0)(continuité deexpetcosen0). Pour la limite à droite en0, on sait queln(1 + 𝑥) ∼
0 𝑥etsin(𝑥) ∼
0 𝑥, d’où𝑓(𝑥) ∼
0 𝑥 − πet donc la limite à droite en0de𝑓vaut−π, la fonction est donc continue à gauche mais pas à droite en0.
La limite à gauche en πvaut−ln(1 + π)car sin(𝑥)𝑥−π = sin(𝑥)−sin(π) 𝑥−π −−−−→
𝑥→π sin′(π) =cos(π) = −1. Il y a donc un prolongement par continuité enπen posant𝑓(π) = −ln(1 + π).
Solution11.4 Soit𝑓(𝑥) = 𝑎0+ 𝑎1𝑥 + ⋯ + 𝑎2𝑛+1𝑥2𝑛+1avec𝑎2𝑛+1 ≠ 0. La fonction𝑓est fonction surℝet on a les équivalents𝑓(𝑥) ∼
±∞𝑎2𝑛+1𝑥2𝑛+1, si𝑎2𝑛+1> 0alors𝑓tend vers+∞en+∞et vers−∞en−∞(c’est l’inverse si𝑎2𝑛+1< 0).
Donc, au voisinage de+∞ 𝑓n’a pas le même signe qu’au voisinage de−∞, et donc𝑓s’annule au moins une fois.
Solution11.5 Si𝑓est continue sur un segment[𝑎 ; 𝑏]alors elle admet un minimum en un certain réel𝑥1de[𝑎 ; 𝑏], donc pour tout𝑥de[𝑎 ; 𝑏], on𝑓(𝑥) ⩾ 𝑓(𝑥1), mais comme𝑓est strictement positive, on a𝑓(𝑥1) > 0.
Solution des exercices Chapitre 11 : Limites - Continuité Solution11.6
1/Pour𝑥, 𝑦 ∈ [0 ; +∞[,|cos(√
𝑥) −cos(√
𝑦)| ⩽ |√ 𝑥 −√
𝑦| ⩽ √
|𝑥 − 𝑦|. Soitε > 0, si on prendα = ε2, alors pour [𝑥 − 𝑦| < αon aura|cos(√
𝑥) −cos(√ 𝑦)| <√
α = ε. La fonction𝑥 ↦cos(√
𝑥)est donc uniformément continue sur[0 ; +∞[.
2/Pour𝑛 ∈ ℕ, posons𝑥𝑛=√
2𝑛πet𝑦𝑛=√
2𝑛π −π2, alors|𝑥𝑛− 𝑦𝑛| =√ 2𝑛π
( 1 −
√ 1 −4𝑛1
)
∼
√2π 8√
𝑛 → 0. D’autre part|cos(𝑥2𝑛)−cos(𝑦𝑛2)| = 1 > 12, ce qui prouve (par l’absurde) que la fonction𝑥 ↦cos(𝑥2)n’est pas uniformément continue surℝ.
Solution11.7 On a|𝑓(𝑡)| = √1
1+𝑡2 −−−−−→
𝑡→+∞ 0, donc lim
𝑡→+∞𝑓(𝑡) = 0.