Raisonnement mathématiques II
Cours de L1 par Frédéric Hélein
1, janvier–avril 2021
Jeudi 18 février 2021
4.4.2 Fonction inverse ou réciproque d’une bijection
Rappelons que, si I, J ⊂ R et si une fonction f :I −→ J est une bijection entreI et J, on définit la fonction inverse ou la fonction réciproque de f comme étant la fonction f−1 :J −→I telle que :
∀y∈J, f
f−1(y)
=y ou bien que :
∀x∈I, f−1[f(x)] = x.
L’existence et l’unicité de la fonction f−1 satisfaisant ces propriétés sont garanties par le fait quef :I −→J est une bijection.
Quelques remarques et avertissements supplémentaires :
(i) ne pas confondre la fonction inverse d’une bijection f−1 avec l’inverse d’une fonction g qui ne s’annule pas (c’est à dire avec x 7−→ g(x)1 ) : malgré l’ambiguïté du terme inverse, ces deux notions n’ont strictement rien à voir entre elles ! (ii) lorsqu’on rédige un raisonnement faisant intervenir une bijection f et sa bijection
réciproque f−1, il est fortement déconseillé de manipulerf−1 comme une fonction d’une variablexsif est elle-même une fonction d’une variablex: cela constituerait le meilleur moyen de s’emmêler les pinceaux ! Il est conseillé si, par exemple, f est une fonction d’une variable x, de convenir que f−1 est une fonction d’une variable y.
(iii) ainsi une façon de définir f−1 est que, pour touty ∈ J, l’équation f(x) = y, dans laquellex∈I est l’inconnue, a une unique solution, qui est précisémentx=f−1(y).
(iv) ne pas confondre non plus avec l’image inverse d’une partie B ⊂ R par une application quelconque h : I −→ R, notion qui a un sens dans tous les cas (h−1(B) := {x ∈ I ; h(x) ∈ B} est un sous-ensemble de I ⊂ R). A nouveau la bijection réciproque ou l’inverse d’une bijection f :I −→J est une fonction qui, à un élément y∈J associe un élement x=f−1(y) de l’ensemble I.
(v) cependant,dans le cas particulier où f :I −→J est une bijection, les deux notions sont liées par le fait que, si B ⊂ J, alors f−1(B) ={f−1(y) ; y ∈ B}, mais cette dernière identité n’a de sens que si f est une bijection.
Théorème 4.1 Soit f : [a, b] −→ [α, β] une bijection continue. Alors sa fonction réciproque f−1 est continue.
1. Université de Paris, Licence 1 de Mathématiques,helein@math.univ-paris-diderot.fr
Démonstration — Rappelons que nous avons montré à la séance précédente (Corollaire 3.4) que toute bijection continue entre deux intervalles est strictement monotone. Ainsi les hypothèses du théorème entraînent que f est strictement monotone. Sans perte de généralité, nous supposerons que f est strictement croissante et donc que α = f(a) et β =f(b).
Cette hypothèse entraîne quef−1 estcroissante (car la contraposée de :∀x1, x2 ∈[a, b], a < b =⇒ f(a) < f(b) est : ∀x1, x2 ∈ [a, b], f(a) ≥ f(b) =⇒ a ≥ b) et donc, finalement, f−1 est strictement croissante car f−1 est injective.
Soit γ ∈[f(a), f(b)] et montrons que f−1 est continue en γ, c’est à dire que :
∀ε >0,∃α >0,∀y∈J, |y−γ|< α=⇒ |f−1(y)−f−1(γ)|< ε (1) Commef :I −→J est une bijection, tout élémenty ∈J peut s’écrirey=f(x), oùx∈I est unique. De même posons c:=f−1(γ). Donc (1) se traduit par
∀ε >0,∃α >0,∀x∈I, |f(x)−f(c)|< α=⇒ |x−c|< ε ou encore
∀ε >0,∃α >0,∀x∈I, f(c)−α < f(x)< f(c) +α=⇒c−ε < x < c+ε (2) Par ailleurs, comme f−1 est strictement croissante, ce qui suit est toujours vrai : pour tout α >0,
∀x∈I, f(c)−α < f(x)< f(c) +α=⇒f−1(f(c)−α)< x < f−1(f(c) +α) Donc, pour obtenir (2), étant donné ε >0, il suffit de choisir α >0 tel que
c−ε ≤f−1(f(c)−α) et f−1(f(c) +α)≤c+ε Cela équivaut, puisque f est strictement croissante, à
f(c−ε)≤f(c)−α et f(c) +α≤f(c+ε) soit
α≤f(c)−f(c−ε) et α≤f(c+ε)−f(c)
Or cela est toujours possible car f(c)−f(c−ε) > 0 et f(c+ε)−f(c) > 0 car f est strictement croissante.
Ce résultat nous permet de construire certaines fonctions comme arcsin etarccos.
Exemples — On montre que la fonction sinus est continue sur Ret est strictement crois- sante sur [−π2,π2]. On en déduit que sin|[−π2,π2] (la restriction de la fonction sinus à cet intervalle) est une bijection vers son image, qui est [−1,1]. Donc on peut définir sa bijec- tion réciproque : c’est la fonction
arcsin : [−1,1] −→ [−π2,π2] y 7−→ x tel que sinx=y
On construit de même
arccos : [−1,1] −→ [0, π]
y 7−→ x tel que cosx=y et (en généralisant les résultats précédents à des intervalles non bornés)
Arctg: R −→ ]− π2,π2[ y 7−→ x tel que tgx=y
5 Compacts de R
5.1 Définition et théorème de Bolzano–Weierstrass
Définition 5.1 Soit K ⊂ R. K est un compact s’il satisfait la condition de Bolzano–
Weierstrass, à savoir :
Pour toute suite(un)n∈N∗ qui prend ses valeurs dansK, il existe une sous-suite uϕ(n)
n∈N∗
qui converge et dont la limite est dans K.
Les compacts admettent une caractérisation très simple grâce au résultat suivant.
Théorème 5.1 (Bolzano–Weierstrass) Soit K ⊂R une partie deR; K estcompact si et seulement si K est fermé et borné.
Démonstration — (i) Nous montrons d’abord que, si K est compact, alors K est fermé et borné. Il suffit pour cela de montrer la contraposée : siK n’est pas fermé ou si K n’est pas borné, alorsK n’est pas compact.
Si K n’est pas fermé, alors K n’est pas séquentiellement fermé (voir Théorème 2.1), donc il existe une suite(un)n∈N∗ prenant ses valeurs dans Ket convergeant vers une limite ℓ∈Rqui n’est pas dansK. Alors toute sous-suite extraite de(un)n∈N∗converge également vers ℓ 6∈K, ce qui montre queK n’est pas compact.
De même, siK n’est pas borné, par exemple, siK n’est pas majoré, alors il existe une suite (un)n∈N∗ prenant ses valeurs dans K et telle que limn→+∞un = +∞. Alors toute sous-suite extraite de (un)n∈N∗ converge également vers +∞, ce qui montre que K n’est pas compact.
(ii) Montrons à présent la réciproque. Supposons que K ⊂ R est fermé et borné. Alors
∃a0, b0 tel que K ⊂[a0, b0]. Soit (un)n∈N∗ prenant ses valeurs dans K, donc dans [a0, b0].
Nous noterons u : N −→ R l’application telle que un = u(n), ∀n ∈ N. Nous coupons [a0, b0]en deux intervalles disjoints :
[a0, b0] =
a0,a0+b0
2
∪
a0+b0
2 , b0
Remarquons que
N=u−1([a0, b0]) =u−1
a0,a0+b0
2
∪u−1
a0+b0
2 , b0
et que les deux ensembles à droite sontdisjoints. Donc au moins un de ces deux ensembles est infini. Si ce n’était pas le cas,Nserait la réunion de deux ensembles finis et donc serait fini, ce qui est contradictoire. D’où l’alternative suivante :
— Si u−1
a0,a0+b2 0
est infini, nous notons a1 :=a0 et b1 := a0+b2 0. Alors
{n∈N ; un ∈[a1, b1]}=u−1([a1, b1]) = u−1
a0,a0 +b0 2
est une partie infinie de N.
— Sinonu−1
a0,a0+b2 0
est fini et alorsu−1 a0+b0
2 , b0
est infini et donc,a fortiori, u−1 a0+b0
2 , b0
est infini. Nous notons a1 := a0+b2 0 et b1 :=b0. Alors
{n ∈N ; un ∈[a1, b1]}=u−1([a1, b1]) = u−1
a0+b0
2 , b0
est une partie infinie de N.
Dans les deux cas, u−1([a1, b1]) est une partie infinie donc a fortiori non vide de N. Elle admet donc un plus petit élément. Nous notons
ϕ(0) := min{n ∈N; un∈[a1, b1]}
si bien queuϕ(0) ∈[a1, b1].
Nous réitérons ce raisonnement en coupant à nouveau [a1, b1] en deux intervalles dis- joints :
[a1, b1] =
a1,a1+b1 2
∪
a1+b1 2 , b1
À nouveau
u−1([a1, b1]) =u−1
a1,a1+b1
2
∪u−1
a1+b1
2 , b1
et les deux ensembles à droite sontdisjoints. Donc, commeu−1([a1, b1])est infini, au moins un des deux ensembles à droite est infini. D’où l’alternative suivante :
— Siu−1
a1,a1+b2 1
est infini, nous notonsa2 :=a1 etb2 := a1+b2 1. Alorsu−1([a2, b2]) est une partie infinie de N.
— Sinonu−1
a1,a1+b2 1
est fini et alorsu−1 a1+b1
2 , b1
est infini et donc,a fortiori, u−1 a1+b1
2 , b1
est infini. Nous notons a2 := a1+b2 1 et b2 :=b1. Alors u−1([a2, b2]) est une partie infinie de N.
Dans les deux cas, u−1([a2, b2])∩]ϕ(0),∞[ est une partie infinie donc a fortiori non vide deN. Elle admet donc un plus petit élément. Nous notons
ϕ(1) := min{n ∈N; ϕ(0)< n, un∈[a2, b2]}
si bien queuϕ(1) ∈[a2, b2] etϕ(1)> ϕ(0).
Nous répétons indéfiniment ces arguments. Nous construisons ainsi trois suites(an)n∈N∗, uϕ(n)
n∈N∗ et(bn)n∈N∗ telles que2 :
(i) (an)n∈N∗ est croissante et(bn)n∈N∗ est décroissante.
(ii) ∀n ∈ N, bn+1 −an+1 = bn−a2 n, ce qui entraîne par une récurrence immédiate que bn−an= 21n(b0−a0) = 2−n(b−a).
(iii) ∀n ∈N, an≤uϕ(n) ≤bn.
(i) et (ii) entraînent que (an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ sont des suites adjacentes et donc qu’elles convergent vers une limite ℓ ∈ R. Alors (ii) nous permet d’appliquer le théorème des gendarmes pour conclure que uϕ(n) converge également vers ℓ.
Nous n’avons pas encore utilisé l’hypothèse que K est fermé. C’est le moment : comme la suite uϕ(n)
n∈N converge et prend ses valeurs dans K et que K est fermé,ℓ ∈K.
5.2 Conséquences du théorème de Bolzano–Weierstrass
Théorème 5.2 L’image d’un compact de Rpar une application continue est un compact.
Démonstration — Soit f : I −→ R une fonction continue et K ⊂ I un compact. Nous supposons que K 6=∅. Soit(vn)n∈N une suite à valeur dansf(K). Alors, puisque∀n ∈N,
∃x ∈ K, vn = f(x), nous pouvons construire une suite (un)n∈N à valeur dans K telle que, ∀n ∈ N, f(un) = vn. Comme K est compact, il existe une sous-suite uϕ(n)
n∈N qui converge vers une valeur ℓ ∈K. Comme f est continue, cela implique que f(uϕ(n))
n∈N
converge vers f(ℓ). Cela signifie que vϕ(n)
n∈N converge vers f(ℓ)∈f(K).
Théorème 5.3 Soit K ⊂R un compact non vide et f :K −→R une fonction continue.
Alors f est bornée et atteint ses bornes, ce qui signifie que : (i) ∃α ∈K, f(α) = supf(K) = sup{f(x) ; x∈K}; (ii) ∃β ∈K, f(β) = inff(K) = inf{f(x) ; x∈K}.
Démonstration — D’après le théorème précédent,f(K)est compact, donc borné. Comme K est supposé non vide, f(K) est aussi non vide, donc f(K) admet une borne supé- rieure. Soit M := supf(K). Alors il existe une suite (vn)n∈N à valeur dans f(K) telle quelimn→+∞vn=M. Comme cette suite prend ses valeurs dans f(K), il existe une suite
2. L’existence de ces trois suites et les propriétés (i), (ii) et (iii) se démontrent en montrant par récurrence surn∈Nla propriété suivante :
P(n) :
∃(a0, a1,· · ·, an),(b0, b1,· · · , bn),(ϕ(0), ϕ(1),· · · , ϕ(n)), suites finies réelles telles que ϕ(n)∈N et a0≤a1≤ · · · ≤an ≤ uϕ(n) ≤bn≤ · · · ≤b1≤b0,
bn−an= 2−n(b0−a0) et u−1([an, bn])est infini ϕ(0)< ϕ(1)<· · ·< ϕ(n)
(un)n∈N à valeur dans K telle que, ∀n ∈ N, f(un) = vn. Comme K est compact, nous pouvons extraite une sous-suite uϕ(n)
n∈N qui converge vers une valeur α∈K. Donc f(α) = f
n→lim+∞uϕ(n)
|{z}=
f continue
n→lim+∞f(uϕ(n)) = lim
n→+∞vϕ(n) =M.
Cela montre (i). La preuve de (ii) est identique.
5.3 Continuité uniforme
Cette section est hors programme.
Définition 5.2 Soit I un intervalle de R et f : I −→ R. Alors f est uniformément continue sur I si
∀ε >,∃α >0,∀a∈I,∀x∈I, |x−a|< α=⇒ |f(x)−f(a)|< ε (3) Remarques — (i) La différence avec « f est continue sur I » :
∀a∈I,∀ε >,∃α >0,∀x∈I, |x−a|< α=⇒ |f(x)−f(a)|< ε
est subtile : tout est dans l’ordre des quantificateurs et cela change le résultat. En général une fonction uniformément continue est toujours continue, mais la réciproque n’est pas vraie (par exemple la fonction f :]0,1]−→ R définie par f(x) = sin1x est continue mais n’est pas uniformément continue).
(ii) En réalité l’ordre des quantificateurs (3) fait que les rôles de x et a y sont totale- ment symétriques, ce qui apparaît de façon plus évidente en formulant la définition d’une fonction uniformément sous la forme :
∀ε >,∃α >0,∀x1, x2 ∈I, |x2−x1|< α=⇒ |f(x2)−f(x1)|< ε
Théorème 5.4 (Heine) Toute fonction continue et définie sur un compact est unifor- mément continue.
Démonstration — Elle peut se faire en exercice, en raisonnant par l’absurde.
