ANALYSE I et II Semaine du 7 au 11 novembre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee
Prof. J. Rappaz
Corrig´e 8 du lundi 7 novembre 2011
Exercice 1.
Montrons que la fonctionf :R→Rd´efinie par f(x) =
x, six /∈Q, 1−x, six∈Q, est continue en 12 et discontinue ailleurs.
D´emonstration :
1.) f est continue enx0= 12. En effet f(x)−1
2 =
x−12, six /∈Q,
1
2−x, six∈Q, et donc|f(x)−12|=|x−12| pour toutx∈R.
Soitε >0, on choisit δ=εet on a f(x)−1
2
=|x−1
2|< ε, si |x−1 2|< δ.
2.) f est discontinue enx0∈R\1 2 .
Il existe une suite (an)∞n=0⊂Q,an6=x0 telle que lim
n→∞an=x0. On obtient
n→∞lim f(an) = lim
n→∞(1−an) = 1−x0. Il existe une suite (bn)∞n=0⊂R\Q,bn6=x0 telle que lim
n→∞bn =x0. On obtient
n→∞lim f(bn) = lim
n→∞(bn) =x0. Mais six06= 12, alors 1−x06=x0 et doncf n’est pas continue enx0.
Exercice 2.
Soitf :R∗→Rla fonction d´efinie parf(x) =xsinx1+ cos√1
|x|. On va montrer que lim
x→0>
f(x) n’existe pas.
D´emonstration :
• Consid´erons la suite
an= (2πn)1 2
n≥1. On aan>0, ∀n∈N∗ et lim
n→∞an= 0.
De plus,
n→∞lim f(an) = lim
n→∞
sin
(2πn)2 (2πn)2
| {z }
n→∞−→0
+ cos (2πn)
| {z }
=1,∀n
= 1.
• Si on consid`ere la suite
bn =(2πn+1 π 2)2
n≥1. On abn>0, ∀n∈N∗ et lim
n→∞bn = 0.
De plus,
n→∞lim f(bn) = lim
n→∞
sin
2πn+π22 (2πn+π2)2
| {z }
n→∞−→0
+ cos
2πn+π 2
| {z }
=0,∀n
= 06= lim
n→∞f(an).
Ainsi, ce n’est pas possible de prolongerf par continuit´e enx= 0.
Exercice 3.
SoitD⊂R,D6=∅un ouvert et soitf une fonction continue d´efinie surD.
1.) Montrons que siB⊂ R(f) est ouvert, alorsA=f−1(B) est aussi ouvert.
D´emonstration : SupposonsB⊂ R(f) etB ouvert et posons A=f−1(B) ={x∈D:f(x)∈B}.
Par d´efinition,Aest ouvert si pourx0∈A, il existeδ >0 tel que ]x0−δ, x0+δ[⊂A. Soit doncx0∈A.
• Puisque B est ouvert etf(x0)∈B, il existeε >0 tel que ]f(x0)−ε, f(x0) +ε[⊂B.
• Puisque f est continue enx0, il existeδ1>0 tel que
∀x∈D, |x−x0|< δ1, on a |f(x)−f(x0)|< ε.
• PuisqueDest ouvert, il existeδ2>0 tel que
x0−δ2, x0+δ2
⊂D.Ainsi, en posantδ= min (δ1, δ2) on a∀x∈R,
si |x−x0|< δ alors|f(x)−f(x0)|< ε, ce qui revient `a dire que
f(x)∈]f(x0)−ε, f(x0) +ε[.
• Puisque ]f(x0)−ε, f(x0) +ε[⊂B, on a f(x)∈B lorsque |x−x0|< δ et doncx∈A, pour tout x∈]x0−δ, x0+δ[. Ceci prouve queAest ouvert.
2.) Montrons que sif :D→Rest continue et injective surDouvert, et siA⊂D est un ouvert, alorsf(A)
est aussi ouvert.
D´emonstration : Soity0∈f(A), montrons qu’il existeδ >0 tel que ]y0−δ, y0+δ[⊂f(A).
• Il existex0∈Atel quef(x0) =y0et commeAest ouvert, il existeχ >0 tel que ]x0−χ, x0+χ[⊂A.
• Si I=]x0−χ, x0+χ[, alorsf est continue et injective sur I; elle est donc strictement monotone surI (cf. th´eor`eme 3.8 du cours).
• Supposons sans restriction de la g´en´eralit´ef strictement croissante. Alors f
x0−χ 2
< f(x0)< f x0+χ
2
.
• Par le th´eor`eme de la valeur interm´ediaire (th´eor`eme 3.7), en posant δ= min
f(x0)−f(x0+χ 2)
,
f(x0)−f(x0−χ 2)
, on obtient
∀y∈i
f(x0)−δ, f(x0) +δh
, ∃x∈]x0−χ, x0+χ[ tel quef(x) =y.
Ainsiy∈f(A) et on a montr´e que i
y0−δ, y0+δh
= i
f(x0)−δ, f(x0) +δh
⊂f(A).
Ainsi,f(A) est ouvert.
• On en d´eduit que f−1 est continue en y0. En effet, si 0 < < χ2 est donn´e, il existe δ > 0 donn´e par δ = min{f(x0)−f(x0−), f(x0+)−f(x0)} tel que si y ∈]y0 −δ, y0 +δ[ alors f−1(y)∈]f−1(y0)−, f−1(y0) +[.
