MPSI B 29 juin 2019

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Partie I. Préambule

Dans tout le problème, u désignera un nombre réel.

On considère l'ensemble C u des fonctions continues f dénies sur [0, 1] et à valeurs réelles telles que f (0) 6= u , f (1) 6= u et f n'est constante égale à u sur aucun intervalle ouvert de [0, 1] .

Soit f une fonction appartenant à C _u .

On appelle point de franchissement vers le haut du niveau u , un point t ₀ de l'intervalle ]0, 1[ tel qu'il existe ε > 0 tel que

∀t ∈]t 0 − ε, t 0 [ : f (t) < u

∀t ∈]t 0 , t 0 + ε[ : f (t) > u

On appelle point de franchissement vers le bas du niveau u , un point t 0 de l'intervalle ]0, 1[ tel qu'il existe ε > 0 tel que

∀t ∈]t 0 − ε, t 0 [ : f (t) > u

∀t ∈]t 0 , t ₀ + ε[ : f (t) < u

On dit que f admet un point de franchissement du niveau u en t 0 ∈]0, 1[ si et seulement si pour tout ε > 0 , il existe t 1 et t 2 dans ]t 0 − ε, t 0 + ε[ tels que

(f (t ₁ ) − u)(f(t ₂ ) − u) < 0

1. Montrer qu'un point de franchissement vers le haut est un point de franchissement.

Montrer qu'un point de franchissement vers le bas est un point de franchissement.

2. Montrer que si t 0 est un point de franchissement du niveau u alors f (t 0 ) = u .

3. Exemples élémentaires. On suppose u = 0 . Indiquer si le point t = ¹ ₂ est un point de franchissement vers le haut, vers le bas ou n'est pas un point de franchissement dans les cas suivants

a. f (x) = x − ¹ ₂ d. f (x) = (x − ¹ ₂ ) ² b. f (x) = (x − ¹ ₂ ) ³ e. f (x) = |x − ¹ ₂ | c. f (x) = 2(x − ¹ ₂ ) + |x − ¹ ₂ |

4. Il existe des points de franchissement qui ne sont ni vers le haut ni vers le bas. Montrer que sur tout intervalle ouvert contenant un tel point, f prend une innité de fois la valeur u . Construire une fonction présentant un tel point de franchissement.

5. On appelle point de tangence du niveau u, un point t 0 ∈]0, 1[ tel que f (t 0 ) = u et tel qu'en ce point f n'admette pas de point de franchissement de niveau u . Montrer qu'un point de tangence est un extrémum local.

6. Soit t 1 et t 2 deux points de [0, 1] . Montrer que si f (t 1 ) > u et f (t 2 ) < u , il y a au moins un point de franchissement entre t ₁ et t ₂ . Cette question nécessite une rédaction particulièrement rigoureuse.

Partie II. Polygonation

Soit f ∈ C u . On suppose que pour tout entier n non nul ;

∀k ∈ {0, · · · , 2 ⁿ } : f ( k 2 ⁿ ) 6= u

On considère alors la fonction f n appelée polygonation d'ordre n de f dénie par f n est ane sur tout intervalle [ ₂ ^k

n

, ^k+1 ₂

n

], k ∈ {0, · · · , 2 ⁿ − 1}

∀k ∈ {0, · · · , 2 ⁿ } : f _n ( ₂ ^k

_n

) = f ( ₂ ^k

_n

)

1. Montrer que f n ∈ C u . On note F u et F _u ⁿ respectivement les nombres de points de franchissement de u par la fonction f et par la fonction f n . Ces nombres peuvent être innis.

2. Montrer que F _u ⁿ est ni et que F _u ⁿ ≤ F u lorsque F u est ni.

3. Montrer que la suite (F _u ⁿ ) _n∈N est croissante.

4. On suppose que F _u est ni.

a. Montrer qu'il existe F _u intervalles ouverts disjoints I ₁ , · · · I _F

_u

qui contiennent chacun un point de franchissement du niveau u par f et un seul.

b. Montrer que pour tout i ∈ {1, · · · , F _u } , il existe deux intervalles ouverts J _i et K _i tels que J _i ⊂ I _i , K _i ⊂ I _i , f − u > 0 sur J _i , f − u < 0 sur K _i .

c. Montrer que (F _u ⁿ ) _n∈N converge vers F _u .

5. On suppose F u inni. Montrer que (F _u ⁿ ) n∈N diverge vers +∞ .

6. Donner un exemple de fonction admettant un seul point de franchissement et qui n'est ni vers le haut ni vers le bas.

Montrer que lorsque F u est inni il existe un point de franchissement de u qui n'est ni vers le haut ni vers le bas.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai Afranch

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Corrigé

I. Préambule

1. Le point important est la présence du ∀ε dans la dénition d'un point de franchisseme- ment. Soit t 0 un point de franchissement vers le haut et ε 0 tel que f < u dans ]t 0 − ε 0 , t 0 [ , f > u dans ]t 0 , t 0 + ε 0 [ .

Pour tout ε > 0 , ]t 0 − ε, t 0 [∩]t 0 − ε, t 0 [=]t 0 − min(ε, ε 0 ), t 0 [6= ∅ et si t 1 est dans cet intervalle f (t 1 ) < u . De même, ]t 0 , t 0 + ε[∩]t 0 , t 0 + ε[=]t 0 , t 0 + min(ε, ε 0 )[6= ∅ et si t 2 est dans cet intervalle f (t ₂ ) > u .

2. Soit t ₀ un point de franchissement. D'après la dénition d'un tel point, pour tout entier n > 0 , il existe t ⁺ _n et t ⁻ _n dans ]t ₀ − _n ¹ , t ₀ + _n ¹ [ tels que f (t ⁻ _n ) < u et f (t ⁺ _n ) > u . Le théorème des valeurs intermédaires prouve l'existence d'un x _n entre t ⁻ _n et t ⁺ _n donc dans ]t ₀ − _n ¹ , t ₀ + _n ¹ [ et tel que f (x _n ) = u . D'après le théorème d'encadrement (x _n ) _n∈N converge vers t 0 et f (t 0 ) = u par continuité.

3. Dans les cas a., b., c. le point ¹ ₂ est un point de franchissement de 0 vers le haut. Dans les cas d.et e. il ne s'agit pas d'un point de franchissement.

4. Je vais montrer la proposition contraposée. Sup-

–0.2 0 0.2

0.5

posons que t 0 soit un point de franchissement et qu'il existe un α > 0 tel que dans ]t 0 − α, t 0 + α[ f prenne un nombre ni de fois la valeur u (elle la prend au moins en t 0 ) par exemple en {t 0 , t 1 , · · · , t s } . Soit β la distance minimale entre t 0 et un autre de ces points, alors f − u garde un signe constant dans ]t 0 − β, t 0 [ et dans ]t ₀ , t ₀ +β[ . Les deux signes sont diérents car t ₀ est un point de franchissement, on se trouve alors obliga- toirement dans le cas d'un franchissement vers le haut ou vers le bas.

Par contraposition, si t ₀ est un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas, la fonction f prend une innité de fois la valeur u dans un intervalle ouvert quelconque autour de t 0 . Un exemple de fonction de ce type est

f(x) = { |x − ¹ ₂ | sin ¹

x−

¹₂

si x 6= ¹ ₂ 0 si x = ¹ ₂ .

cette fonction est continue dans [0, 1] car |f (x)| ≤ |x− ¹ ₂ | assure la continuité en ¹ ₂ . Ce point est un point de franchissement de 0 qui n'est ni vers le haut ni vers le bas, son graphe est : 5. Soit t 0 un point qui n'est pas de franchissement et tel que f (t 0 ) = u . Il existe alors un α > 0 tel que f − u garde un signe constant dans ]t ₀ − α, t ₀ + α[ . Si f − u est positif t ₀ est

un minimum local, si f − u est négatif c'est un maximum local.

6. Supposons f(t 1 ) > u et f (t 2 ) < u avec t 1 < t 2 pour xer les idées (l'autre cas est analogue). Considérons A = {t ∈ [t 1 , t 2 ] tels que f(t) > u} . Cet ensemble est non vide ( t ₁ ∈ A ), majoré par t ₂ il admet une borne supérieure que je note t ₀ . Montrons que t ₀ est un point de franchissement.

Il existe une suite d'éléments de A qui converge vers t ₀ . On en déduit, par passage à la limite dans une inégalité et par continuité que f (t ₀ ) ≥ u . Ceci assure t ₀ < t ₂ A∩]t ₀ , t ₂ ] est vide car t ₀ = sup A donc ∀t ∈]t ₀ , t ₂ ] , f (t) ≤ u en fait on a même f (t) < u

sinon f serait constante sur ]t ₀ , t] . Ceci prouve que pour tout ε > 0 , il existe un θ 1 ∈]t 0 , t 0 + ε[ tel que f (θ 1 ) < u .

Pour tout ε > 0 , t 0 − ε n'est pas un majorant de A, il existe donc un θ 2 ∈]t 0 − ε, t 0 [∩A donc tel que f (θ 2 ) > u .

II. Polygonation

1. Une fonction ane est continue, la restriction de f n sur chaque segment est donc continue. Ceci montre que f n est continue sur chaque intrevalle ouvert ] ₂ ^k

n

, ^k+1 ₂

n

[ . De plus la limite à droite en ₂ ^k

n

est égale à sa limite à droite et à f ( ₂ ^k

n

) ce qui démontre la continuité aux points de la subdivision. Elle n'est jamais constante de valeur u car f ne prend pas la valeur u aux points de la forme ₂ ^k

n

.

2. Le segment [0, 1] se décompose en un nombre ni d'intervalles sur lesquels f _n est strictement monotone ou constante d'une valeur 6= u . Sur chacun de ces intervalles, f _n prend au plus une fois la valeur u . Chacun de ces points est de franchissement, F _u ⁿ est donc le nombre d'intervalles où f _n prend la valeur u .

Examinons un tel intervalle : aux extrémités, les valeurs de f _n et de f sont égales et de part et d'autre de u . D'après la question I.6., f admet au moins un point de franchissement sur un tel intervalle donc F _u ⁿ ≤ F u .

3. La n + 1 ième subdivision s'obtient à partir de la n ième en divisant chaque intervalle en deux. Considérons un intervalle de la subdivision d'ordre n sur lequel f n prend la valeur u ; les valeurs de f aux extrémités sont de part et d'autre de u donc il en est de même entre une extrémité et la valeur de f n au milieu. Ceci montre que f n+1 − u s'annule exactement une fois sur un intervalle où f n − u s'annule. Comme f n+1 − u peut s'annuler ailleurs, F _u ⁿ ≤ F _u ⁿ⁺¹ .

4.a. Numérotons par ordre croissant les points de franchissement soit t 1 , · · · , t F

_u

. Posons α = min{t 1 , t 2− t 1 , · · · , t F

_u

− t F

_u

−1 , 1 − t F

_u

} et I k =]t k − α, t k + α[ . Par dénition de α , I k

ne contient pas d'autre point de franchissement que t k .

b. Soit i ∈ {1, · · · , F u } I i l'intervalle déni dans la question précédente. Comme t i est un point de franchissement, il existe θ ₁ et θ ₂ dans I _i tels que f(θ ₁ ) > u et f (θ ₂ ) < u . Comme

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f est continue en θ 1 , il existe J i assez petit pour être inclus dans I i et pour que f − u reste strictement positive dans J i . De même, l'existence de K i est assurée par la continuité de f en θ ₂ .

c. Lorsque 2 ⁻ⁿ est plus petit que la plus petite longueur des intervalles J _i et K _i de la question précédente, chaque point de franchissement se trouve dans un seul des intervalles de la subdivision associée à f _n , chacun de ces intervalles contient exactement un des points de franchissement donc F _u ⁿ = F _u . La suite (F _u ⁿ ) _n∈N est stationnaire de valeur F _u .

5 Donnons nous K (entier arbitraire) points de franchissements t ₁ , t ₂ , · · · , t _K . Soit δ un nombre inférieur à la plus petite distance entre deux de ces points ; il existe alors y i , z i

dans ]t i − δ, t i + δ[ tels que f (y i ) > u , f (z i ) < u . On suppose y i < z i pour xer les idées. Je me propose de montrer que, pour n assez grand, f n admet un point de franchissement de u entre y i et z i . Ce qui entraînera F _u ⁿ ≥ K et donc (F _u ⁿ ) _n∈N arrow + ∞

La dénition de δ montre que les y i et z i sont deux à deux distincts. Soit ε > 0 le plus petit des nombres f (y i ) − u et u − f (z i ) . A cause de l'uniforme continuité, il existe un α > 0 tel que |f (x) − f (y)| < ε dès que |x − y| < α .

Lorsque ₂ ¹

n

< α et que a et b sont deux entiers tels que a − 1

2 ⁿ ≤ y i < a

2 ⁿ < · · · < b

2 ⁿ ≤ z i < b + 1 2 ⁿ

on a aussi f( ₂ ^a

_n

) > u et f ( ₂ ^b

_n

) < u . Il existe alors un entier k entre a et b tel que f ( ₂ ^k

_n

) > u et f ( ^k+1 ₂

n

) < u , ce qui prouve que f n admet un point de franchissement dans ] ₂ ^k

n

, ^k+1 ₂

n

[ .

6. La fonction (x − ¹ ₂ )| sin ¹

(x−

¹₂

) | admet en ¹ ₂ un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas. C'est le seul point de franchissement de 0 , tous les points où f prend la valeur 0 sont des points de tangence.

Montrons que F _u inni entraîne que f admet un point de franchissement de u qui n'est ni vers le haut ni vers le bas. On raisonne par dichotomie en s'inspirant de la démonstration du théorème de Bolzano-Weirstrass.

Coupons I 0 = [0, 1] en deux, une des deux moitiés doit contenir une innité de points de franchissement, on l'appelle I 1 . De même une des deux moitiés (soit I 2 ) de I 1 contiendra une innité de points de franchissements. On construit ainsi une suite de segments emboîtés dont les extrémités x n et y n forment des suites adjacentes qui convergent vers un t 0 ∈ [0, 1] . Soit θ n un point de franchissement dans [x n , y n ] alors f (θ n ) = u. Comme (θ n ) _n∈N arrowt 0 , f (t 0 ) = u par continuité. Ceci prouve aussi que t 0 ∈]x n , y n [ car x n et y n sont de la forme

k

2

ⁿ

et que f ne prend pas la valeur u en ces points.

Pour tout ε > 0 , il existe un n tel que t 0 − ε < x n < t 0 < y n < t 0 + ε ; un des deux intervalles ]x n , t 0 [ ou ]t 0 , y n [ contient une innité de points de franchissements, par exemple ]x _n , t ₀ [. Soit θ l'un d'entre eux.

Pour α = min(t 0 − θ, θ − x n ) , il existe t 1 et t 2 dans ]θ − α, θ + α[⊂]x n , t 0 [⊂]t 0 − ε, t 0 + ε[ tel que f (t 1 ) > u , f (t 2 ) < u . Ceci prouve que t 0 est un point de franchissement et qu'il n'est ni vers le haut ni vers le bas.

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Énoncé

Partie I. Préambule

Dans tout le problème, u désignera un nombre réel.

On considère l'ensemble C u des fonctions continues f dénies sur [0, 1] et à valeurs réelles telles que f (0) 6= u , f (1) 6= u et f n'est constante égale à u sur aucun intervalle ouvert de [0, 1] .

Soit f une fonction appartenant à C u .

On appelle point de franchissement vers le haut du niveau u , un point t 0 de l'intervalle ]0, 1[ tel qu'il existe ε > 0 tel que

∀t ∈]t 0 − ε, t 0 [ : f (t) < u

∀t ∈]t 0 , t 0 + ε[ : f (t) > u

On appelle point de franchissement vers le bas du niveau u , un point t 0 de l'intervalle ]0, 1[ tel qu'il existe ε > 0 tel que

∀t ∈]t 0 − ε, t 0 [ : f (t) > u

∀t ∈]t 0 , t 0 + ε[ : f (t) < u

On dit que f admet un point de franchissement du niveau u en t 0 ∈]0, 1[ si et seulement si pour tout ε > 0 , il existe t 1 et t 2 dans ]t 0 − ε, t 0 + ε[ tels que

(f (t 1 ) − u)(f(t 2 ) − u) < 0

1. Montrer qu'un point de franchissement vers le haut est un point de franchissement.

Montrer qu'un point de franchissement vers le bas est un point de franchissement.

2. Montrer que si t 0 est un point de franchissement du niveau u alors f (t 0 ) = u .

3. Exemples élémentaires. On suppose u = 0 . Indiquer si le point t = 1 2 est un point de franchissement vers le haut, vers le bas ou n'est pas un point de franchissement dans les cas suivants

a. f (x) = x − 1 2 d. f (x) = (x − 1 2 ) 2 b. f (x) = (x − 1 2 ) 3 e. f (x) = |x − 1 2 | c. f (x) = 2(x − 1 2 ) + |x − 1 2 |

4. Il existe des points de franchissement qui ne sont ni vers le haut ni vers le bas. Montrer que sur tout intervalle ouvert contenant un tel point, f prend une innité de fois la valeur u . Construire une fonction présentant un tel point de franchissement.

5. On appelle point de tangence du niveau u, un point t 0 ∈]0, 1[ tel que f (t 0 ) = u et tel qu'en ce point f n'admette pas de point de franchissement de niveau u . Montrer qu'un point de tangence est un extrémum local.

6. Soit t 1 et t 2 deux points de [0, 1] . Montrer que si f (t 1 ) > u et f (t 2 ) < u , il y a au moins un point de franchissement entre t 1 et t 2 . Cette question nécessite une rédaction particulièrement rigoureuse.

Partie II. Polygonation

Soit f ∈ C u . On suppose que pour tout entier n non nul ;

∀k ∈ {0, · · · , 2 n } : f ( k 2 n ) 6= u

On considère alors la fonction f n appelée polygonation d'ordre n de f dénie par f n est ane sur tout intervalle [ 2 k

, k+1 2

], k ∈ {0, · · · , 2 n − 1}

∀k ∈ {0, · · · , 2 n } : f n ( 2 k

) = f ( 2 k

)

1. Montrer que f n ∈ C u . On note F u et F u n respectivement les nombres de points de franchissement de u par la fonction f et par la fonction f n . Ces nombres peuvent être innis.

2. Montrer que F u n est ni et que F u n ≤ F u lorsque F u est ni.

3. Montrer que la suite (F u n ) n∈N est croissante.

4. On suppose que F u est ni.

a. Montrer qu'il existe F u intervalles ouverts disjoints I 1 , · · · I F

qui contiennent chacun un point de franchissement du niveau u par f et un seul.

b. Montrer que pour tout i ∈ {1, · · · , F u } , il existe deux intervalles ouverts J i et K i tels que J i ⊂ I i , K i ⊂ I i , f − u > 0 sur J i , f − u < 0 sur K i .

c. Montrer que (F u n ) n∈N converge vers F u .

5. On suppose F u inni. Montrer que (F u n ) n∈N diverge vers +∞ .

6. Donner un exemple de fonction admettant un seul point de franchissement et qui n'est ni vers le haut ni vers le bas.

Montrer que lorsque F u est inni il existe un point de franchissement de u qui n'est ni vers le haut ni vers le bas.

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I. Préambule

1. Le point important est la présence du ∀ε dans la dénition d'un point de franchisseme- ment. Soit t 0 un point de franchissement vers le haut et ε 0 tel que f < u dans ]t 0 − ε 0 , t 0 [ , f > u dans ]t 0 , t 0 + ε 0 [ .

Pour tout ε > 0 , ]t 0 − ε, t 0 [∩]t 0 − ε, t 0 [=]t 0 − min(ε, ε 0 ), t 0 [6= ∅ et si t 1 est dans cet intervalle f (t 1 ) < u . De même, ]t 0 , t 0 + ε[∩]t 0 , t 0 + ε[=]t 0 , t 0 + min(ε, ε 0 )[6= ∅ et si t 2 est dans cet intervalle f (t 2 ) > u .

3. Dans les cas a., b., c. le point 1 2 est un point de franchissement de 0 vers le haut. Dans les cas d.et e. il ne s'agit pas d'un point de franchissement.

4. Je vais montrer la proposition contraposée. Sup-

Par contraposition, si t 0 est un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas, la fonction f prend une innité de fois la valeur u dans un intervalle ouvert quelconque autour de t 0 . Un exemple de fonction de ce type est

f(x) = { |x − 1 2 | sin 1

x−

si x 6= 1 2 0 si x = 1 2 .

un minimum local, si f − u est négatif c'est un maximum local.

Il existe une suite d'éléments de A qui converge vers t 0 . On en déduit, par passage à la limite dans une inégalité et par continuité que f (t 0 ) ≥ u . Ceci assure t 0 < t 2 A∩]t 0 , t 2 ] est vide car t 0 = sup A donc ∀t ∈]t 0 , t 2 ] , f (t) ≤ u en fait on a même f (t) < u

sinon f serait constante sur ]t 0 , t] . Ceci prouve que pour tout ε > 0 , il existe un θ 1 ∈]t 0 , t 0 + ε[ tel que f (θ 1 ) < u .

Pour tout ε > 0 , t 0 − ε n'est pas un majorant de A, il existe donc un θ 2 ∈]t 0 − ε, t 0 [∩A donc tel que f (θ 2 ) > u .

II. Polygonation

1. Une fonction ane est continue, la restriction de f n sur chaque segment est donc continue. Ceci montre que f n est continue sur chaque intrevalle ouvert ] 2 k

, k+1 2

[ . De plus la limite à droite en 2 k

est égale à sa limite à droite et à f ( 2 k

) ce qui démontre la continuité aux points de la subdivision. Elle n'est jamais constante de valeur u car f ne prend pas la valeur u aux points de la forme 2 k

.

Examinons un tel intervalle : aux extrémités, les valeurs de f n et de f sont égales et de part et d'autre de u . D'après la question I.6., f admet au moins un point de franchissement sur un tel intervalle donc F u n ≤ F u .

4.a. Numérotons par ordre croissant les points de franchissement soit t 1 , · · · , t F

. Posons α = min{t 1 , t 2− t 1 , · · · , t F

− t F

−1 , 1 − t F

} et I k =]t k − α, t k + α[ . Par dénition de α , I k

ne contient pas d'autre point de franchissement que t k .

b. Soit i ∈ {1, · · · , F u } I i l'intervalle déni dans la question précédente. Comme t i est un point de franchissement, il existe θ 1 et θ 2 dans I i tels que f(θ 1 ) > u et f (θ 2 ) < u . Comme

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f est continue en θ 1 , il existe J i assez petit pour être inclus dans I i et pour que f − u reste strictement positive dans J i . De même, l'existence de K i est assurée par la continuité de f en θ 2 .

5 Donnons nous K (entier arbitraire) points de franchissements t 1 , t 2 , · · · , t K . Soit δ un nombre inférieur à la plus petite distance entre deux de ces points ; il existe alors y i , z i

dans ]t i − δ, t i + δ[ tels que f (y i ) > u , f (z i ) < u . On suppose y i < z i pour xer les idées. Je me propose de montrer que, pour n assez grand, f n admet un point de franchissement de u entre y i et z i . Ce qui entraînera F u n ≥ K et donc (F u n ) n∈N arrow + ∞

La dénition de δ montre que les y i et z i sont deux à deux distincts. Soit ε > 0 le plus petit des nombres f (y i ) − u et u − f (z i ) . A cause de l'uniforme continuité, il existe un α > 0 tel que |f (x) − f (y)| < ε dès que |x − y| < α .

Soit f une fonction appartenant à C _u .

On appelle point de franchissement vers le haut du niveau u , un point t ₀ de l'intervalle ]0, 1[ tel qu'il existe ε > 0 tel que

∀t ∈]t 0 , t ₀ + ε[ : f (t) < u

(f (t ₁ ) − u)(f(t ₂ ) − u) < 0

3. Exemples élémentaires. On suppose u = 0 . Indiquer si le point t = ¹ ₂ est un point de franchissement vers le haut, vers le bas ou n'est pas un point de franchissement dans les cas suivants

a. f (x) = x − ¹ ₂ d. f (x) = (x − ¹ ₂ ) ² b. f (x) = (x − ¹ ₂ ) ³ e. f (x) = |x − ¹ ₂ | c. f (x) = 2(x − ¹ ₂ ) + |x − ¹ ₂ |

6. Soit t 1 et t 2 deux points de [0, 1] . Montrer que si f (t 1 ) > u et f (t 2 ) < u , il y a au moins un point de franchissement entre t ₁ et t ₂ . Cette question nécessite une rédaction particulièrement rigoureuse.

∀k ∈ {0, · · · , 2 ⁿ } : f ( k 2 ⁿ ) 6= u

On considère alors la fonction f n appelée polygonation d'ordre n de f dénie par f n est ane sur tout intervalle [ ₂ ^k

, ^k+1 ₂

], k ∈ {0, · · · , 2 ⁿ − 1}

∀k ∈ {0, · · · , 2 ⁿ } : f _n ( ₂ ^k

) = f ( ₂ ^k

1. Montrer que f n ∈ C u . On note F u et F _u ⁿ respectivement les nombres de points de franchissement de u par la fonction f et par la fonction f n . Ces nombres peuvent être innis.

2. Montrer que F _u ⁿ est ni et que F _u ⁿ ≤ F u lorsque F u est ni.

3. Montrer que la suite (F _u ⁿ ) _n∈N est croissante.

4. On suppose que F _u est ni.

a. Montrer qu'il existe F _u intervalles ouverts disjoints I ₁ , · · · I _F

b. Montrer que pour tout i ∈ {1, · · · , F _u } , il existe deux intervalles ouverts J _i et K _i tels que J _i ⊂ I _i , K _i ⊂ I _i , f − u > 0 sur J _i , f − u < 0 sur K _i .

c. Montrer que (F _u ⁿ ) _n∈N converge vers F _u .

5. On suppose F u inni. Montrer que (F _u ⁿ ) n∈N diverge vers +∞ .

Pour tout ε > 0 , ]t 0 − ε, t 0 [∩]t 0 − ε, t 0 [=]t 0 − min(ε, ε 0 ), t 0 [6= ∅ et si t 1 est dans cet intervalle f (t 1 ) < u . De même, ]t 0 , t 0 + ε[∩]t 0 , t 0 + ε[=]t 0 , t 0 + min(ε, ε 0 )[6= ∅ et si t 2 est dans cet intervalle f (t ₂ ) > u .

3. Dans les cas a., b., c. le point ¹ ₂ est un point de franchissement de 0 vers le haut. Dans les cas d.et e. il ne s'agit pas d'un point de franchissement.

Par contraposition, si t ₀ est un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas, la fonction f prend une innité de fois la valeur u dans un intervalle ouvert quelconque autour de t 0 . Un exemple de fonction de ce type est

f(x) = { |x − ¹ ₂ | sin ¹

si x 6= ¹ ₂ 0 si x = ¹ ₂ .

sinon f serait constante sur ]t ₀ , t] . Ceci prouve que pour tout ε > 0 , il existe un θ 1 ∈]t 0 , t 0 + ε[ tel que f (θ 1 ) < u .

1. Une fonction ane est continue, la restriction de f n sur chaque segment est donc continue. Ceci montre que f n est continue sur chaque intrevalle ouvert ] ₂ ^k

, ^k+1 ₂

[ . De plus la limite à droite en ₂ ^k

est égale à sa limite à droite et à f ( ₂ ^k

) ce qui démontre la continuité aux points de la subdivision. Elle n'est jamais constante de valeur u car f ne prend pas la valeur u aux points de la forme ₂ ^k

Examinons un tel intervalle : aux extrémités, les valeurs de f _n et de f sont égales et de part et d'autre de u . D'après la question I.6., f admet au moins un point de franchissement sur un tel intervalle donc F _u ⁿ ≤ F u .

b. Soit i ∈ {1, · · · , F u } I i l'intervalle déni dans la question précédente. Comme t i est un point de franchissement, il existe θ ₁ et θ ₂ dans I _i tels que f(θ ₁ ) > u et f (θ ₂ ) < u . Comme

f est continue en θ 1 , il existe J i assez petit pour être inclus dans I i et pour que f − u reste strictement positive dans J i . De même, l'existence de K i est assurée par la continuité de f en θ ₂ .

5 Donnons nous K (entier arbitraire) points de franchissements t ₁ , t ₂ , · · · , t _K . Soit δ un nombre inférieur à la plus petite distance entre deux de ces points ; il existe alors y i , z i

dans ]t i − δ, t i + δ[ tels que f (y i ) > u , f (z i ) < u . On suppose y i < z i pour xer les idées. Je me propose de montrer que, pour n assez grand, f n admet un point de franchissement de u entre y i et z i . Ce qui entraînera F _u ⁿ ≥ K et donc (F _u ⁿ ) _n∈N arrow + ∞

Lorsque ₂ ¹

2 ⁿ ≤ y i < a

2 ⁿ < · · · < b

2 ⁿ ≤ z i < b + 1 2 ⁿ

on a aussi f( ₂ ^a

) > u et f ( ₂ ^b

) < u . Il existe alors un entier k entre a et b tel que f ( ₂ ^k

) > u et f ( ^k+1 ₂

) < u , ce qui prouve que f n admet un point de franchissement dans ] ₂ ^k

, ^k+1 ₂

6. La fonction (x − ¹ ₂ )| sin ¹

) | admet en ¹ ₂ un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas. C'est le seul point de franchissement de 0 , tous les points où f prend la valeur 0 sont des points de tangence.

Montrons que F _u inni entraîne que f admet un point de franchissement de u qui n'est ni vers le haut ni vers le bas. On raisonne par dichotomie en s'inspirant de la démonstration du théorème de Bolzano-Weirstrass.

Pour tout ε > 0 , il existe un n tel que t 0 − ε < x n < t 0 < y n < t 0 + ε ; un des deux intervalles ]x n , t 0 [ ou ]t 0 , y n [ contient une innité de points de franchissements, par exemple ]x _n , t ₀ [. Soit θ l'un d'entre eux.