Continuité

Notons $\mathcal{D} =\R\setminus\{-1,1\}$. La fonction $h:x\in \mathcal{D} \mapsto x^3-2x^2-x+2$ est continue sur $\mathcal{D}$ comme somme des fonctions continues sur $\mathcal{D}$, la fonction valeur absolu est continue sur $\mathcal{D}$ (elle est continue sur $\R$) donc la fonction $k:x\in \mathcal{D} \mapsto 1-|x|$ est continue sur $\mathcal{D}$ comme somme de deux fonctions continues sur $\mathcal{D}$, de plus elle ne s'annule pas sur $\mathcal{D}$ donc $1/k\in \CC(\mathcal{D})$.

On en déduit alors que $f\in \CC(\mathcal{D})$ comme le produit de deux fonctions continues sur $\mathcal{D}$. En particulière $f$ est continue en 0.

Notons que pour tout réel $x$, on a: $x^3-2x^2-x+2=(x-1)(x+1)(x-2)$, d'où: $$\underset{x\rightarrow -1}{\lim}f(x)=\underset{x\rightarrow -1}{\lim}\dfrac{x^3-2x^2-x+2}{1-|x|}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim}\dfrac{(x-1)(x+1)(x-2)}{1+x}=6.$$ $$\underset{x\rightarrow 1}{\lim}f(x)=\underset{x\rightarrow 1}{\lim}\dfrac{x^3-2x^2-x+2}{1-|x|}=\underset{x\rightarrow 1}{\lim}\dfrac{(x-1)(x+1)(x-2)}{1-x}=2.$$ Puisque ces deux limites existent et elles sont finies, alors on en déduit qu'on peut prolonger $f$ par continuité sur $\R$, i.e. il existe une fonction $g\in \CC(\R)$ telle que $g=f$ sur $\mathcal{D}$.

En effet, il suffit de poser: $g(x)=\left\{\begin{array}{rl}f(x)&\text{ si } x\in \mathcal{D},\\ 6 &\text{ si } x=-1,\\ 2 &\text{ si } x=1. \end{array}\right.$

Pour que la fonction soit continue en $0$ il faut que $\limiteX{x}{0^{-}}f(x)=\limiteX{x}{0^+}f(x)=f(0)$. La fonction $f$ étant continue à gauche de $0$, il faut donc vérifier la limite à droite. $$\limiteX{x}{0^+}f(x)= \limiteX{x}{0^+}(2-\alpha x^2)=2 \text{ et } f(0)=-1,$$ On en déduit que $f$ ne peut pas être continue en $0$ quelle que soit la valeur de $\alpha\in \R$.

Pour prolonger $f$ par continuité en $2$ il faut que $\limiteX{x}{2}f(x)$ soit finie. $$\limiteX{x}{2}f(x)=\limiteX{x}{2}\dfrac{5x^2-8x-4}{x-2}=\limiteX{x}{2}\dfrac{(x-2)(5x+2)}{x-2}=\limiteX{x}{2}(5x+2)=12.$$ Donc on peut définir une fonction $F$ sur par: $$\forall x\in \R,\,F(x)=\left\{\begin{array}{lcl} f(x)&&\text{ Si } x\neq 2,\\ &&\\ 12&&\text{ Sinon}. \end{array} \right.$$ $F$ est continue sur $\R$ et sa restriction sur $\R\setminus\{2\}$ est $f$.

La fonction $E$ est continue sur tout intervalle $]n;n+1[$ avec $n\in \Z$ et elle est continue à droite en $n$. Donc les trois fonctions sont continues sur ces intervalles, et pour étudier leur continuité sur $\R$, il faut étudier leur continuité à gauche en $n$ ($n\in \Z$).

1. Soit $n\in \Z$, on a $f_1(n)=n$, et $$\limiteX{x}{n^-}\left() E(x)+(x-E(x))^2 \right)=\limiteX{x}{n^-}\left(n-1+(x-n+1)^2\right)=n=f_1(n).$$ On en déduite que $f_1$ est continue en $n$ donc $f_1\in \CC(\R)$.
2. Soit $n\in \Z$, on a $f_2(n)=n^2+2n$, et $$\limiteX{x}{n^-}\left(\left(2E(x)+1\right)x-E(x)\left(E(x)-1\right)\right)=\limiteX{x}{n^-}\left((2n-1)x-(n-1)(n-2)\right)=n^2+2n+2\neq f_2(n).$$ On en déduite que $f_2$ n'est pas continue en $n$ donc $f_2\not \in \CC(\R)$.
3. Soit $n\in \Z$, on a $f_3(n)=(-1)^{n-1}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$, et $$\limiteX{x}{n^-}\left( (-1)^{E(x)}\left(x-E(x)-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2} \right)=\limiteX{x}{n^-} \left((-1)^{n-1}\left(x-n+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right)=(-1)^{n-1}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=f_3(n).$$ On en déduite que $f_2$ est continue en $n\in \Z$ donc $f_3\in \CC(\R)$.

On considère $A=\{x\in [a;b]\mid f(x)=0\}$; $A$ n'est pas vide (par hypothèse) et $A$ est minorée par $a$ donc $A$ admet une borne inférieure $\alpha\in [a;b]$. Si on montre que $\alpha\in A$ alors ceci répond à la question.

Puisque $f$ est continue en $\alpha$, alors: $$\forall\eps>0,\,\exists \eta>0,\,\forall x\in ]\alpha-\eta;\alpha+\eta[\cap [a;b],\,\abs{f(x)-f(\alpha)}\leq \eps. \quad\quad (E)$$ Soit $x_0\in A$ tel que $\alpha\leq x_0\leq \alpha+\eta$ (un tel $x_0$ existe d'après la caractérisation de la borne inférieure). D'après la relation (E), on a: $$f(x_0)=0\Longrightarrow \abs{f(\alpha)}\leq \eps .$$ Ceci est vrai pour tout réel $\eps >0$, on en déduit alors que $f(\alpha)=0$ ce qui donne $\alpha\in A$.

Si on remplace le segment $[a;b]$ par un intervalle semi-ouvert $]a;b]$ le résultat n'est plus vrai comme le montre l'exemple suivant: $$f(x)=\sin\left(\dfrac{1}{x}\right),\,\,f\in \CC(]0;1]),\,A=\left\{\dfrac{1}{\pi n},\,n\in \N^*\right\}.$$

$\phi$ est définie pour $x$ tel que $x-E(x)\geq 0$, car la fonction racine n'est définie que sur $\R_+$. Or d'après la définition de la partie entière d'un réel, on a: $\forall x\in \R,\, E(x)\leq x$ soit $x-E(x)\geq 0$. D'où le domaine de définition de $\varphi$ est $\R$.

D'après le cours la fonction $x\mapsto E(x)\in \CC(\R\setminus \Z)$ et la fonction $x\mapsto \sqrt{x}\in \CC(\R_+)$. Donc $f\in\CC(\R\setminus \Z)$ comme la composée et la somme des fonctions dans $\CC(\R\setminus \Z)$. Il faut étudier la continuité de $\varphi$ sur $\Z$.

Soit $n\in \Z$, on a $E(n)=n$ soit $f(n)=n+\sqrt{n-n}=n$. D'autre part, lorsque $x$ tends vers $n^-$, on a $x\in ]n-1;n[$ donc $E(x)=n-1$ soit $f(x)=n-1+\sqrt{x-n+1}$ donc: $$\underset{x\rightarrow n^-}{\lim}\,f(x)=\underset{x\rightarrow n^-}{\lim} E(x)+\sqrt{x-E(x)}=n-1+\sqrt{n-n+1}=n-1+1=n=f(n).$$ De même, lorsque $x$ tends vers $n^+$, on a $x\in ]n;n+1[$ donc $E(x)=n$ soit $f(x)=n+\sqrt{x-n}$ donc: $$\underset{x\rightarrow n^+}{\lim}\,f(x)=\underset{x\rightarrow n^+}{\lim} E(x)+\sqrt{x-E(x)}=n+\sqrt{n-n}=n+0=n=f(n).$$ Conclusion $\underset{x\rightarrow n^-}{\lim}\,f(x)=\underset{x\rightarrow n^+}{\lim}\,f(x)=f(n)$, soit $f$ est continue en $n$.

$n$ étant arbitrairement choisi dans $\Z$, on en déduit que $f$ est continue sur $\Z$. D'où $\boxed{f\in \CC(\R)}$.

Si $f$ est nulle alors il n'y a rien à démontrer. Supposons alors que $f\neq 0$, alors il existe $z$ tel que $f(z)\neq 0$, sans perdre de généralité, on peut supposer que $z=0$.

Puisque $\underset{\infty}{\lim}f=0$, alors: $$\forall \varepsilon >0, \,\exists x_0,\,\forall x\geq x_0, \,|f(x)|< \varepsilon.$$ Prenons $\varepsilon =f(0)>0$. Alors il existe $x_1>0$ tel que pour tout $x\in [x_1;\infty[$ on a $f(x)\leq f(0)$.

D'autre part, $f\in \CC(\R_+)$ donc $f\in \CC([0;x_1])$, d'après le cours, on a: $f([0;x_1])=[\alpha;\beta]$ (avec $\alpha\leq \beta$), en effet l'image d'un segment de $\R$ par une application continue est un segment de $\R$. On a alors $\beta=\sup(f)$ sur $[0;x_1]$ or comme $\beta\geq f(0)$ on en déduit que $\beta=\sup_{\R}(f)$.

D'après le TVI, il existe $x_*\in [0;x_1]$ tel que $f(x_*)=\beta$. Autrement dit, $f$ admet un maximum en $x_*$. CQFD

Il faut exploiter les deux informations données dans l'énoncé à savoir $f$ croissante et $g:x\mapsto f(x)/x$ est continue.

Soit $a\in \R_+^*$, pour montrer que $f$ est continue en $a$, il suffit de montrer que $\underset{a^-}{\lim}f=f(a)=\underset{a^+}{\lim}f$. Puisque $f$ est croissante, on a $\underset{a^-}{\lim}f\leq f(a)\leq \underset{a^+}{\lim}f$ (1)(Cours!!).

Soit $x\in \R_+^*$ tel que $x< a$, comme $g$ est décroissante on a: $$g(x)\geq g(a)\Rightarrow \frac{f(x)}{x}\geq \frac{f(a)}{a}\Rightarrow af(x)\geq xf(a)\Rightarrow \underset{x\rightarrow a^-}{\lim}(af(x))\geq \underset{x\rightarrow a^-}{\lim}(xf(a))\Rightarrow \underset{ a^-}{\lim}f\geq f(a).$$ En faisant le même démarche pour $x>a$, on obtient $\underset{ a^+}{\lim}f\leq f(a)$. En combinant ces deux dernières relations avec (1), on obtient $\underset{a^-}{\lim}f=f(a)=\underset{a^+}{\lim}f$. D'où $f$ est continue en $a$.

$a$ étant choisi de façon arbitraire dans $\R_+^*$, on en déduit alors que $f\in \CC(\R_+^*)$.

Il parait que pour résoudre cet exercice il faut connaître la définition de 'fonction continue en $a$' !!!

On dit que $f$ est continue en $a\in I$ ssi $$\forall \varepsilon>0,\,\exists \eta >0,\,\forall x\in I,\,|x-a|\leq \eta \Rightarrow |f(x)-f(a)|\leq \varepsilon.$$ Soit $a\in I$, soit $\varepsilon >0$. Posons $\eta=\frac{\varepsilon}{\alpha}$. D'après la relation vérifiée par $f$, on a: $$\forall x\in I,\text{ t.q.}\,|x-a|\leq \eta,\,|f(x)-f(a)|\leq \alpha |x-a|\leq \alpha \eta \leq \alpha\frac{\varepsilon}{\alpha}=\varepsilon,$$ autrement dit $f$ est continue en $a$, d'où $f$ est continue sur $I$. CQFD

Commençons par faire un petit graphique (c.f. ci-après), dire que $f(I)\subset I$ revient à dire que la courbe représentative de $f$ reste dans le carré $I\times I$. D'autre part, si $f(\alpha)=\alpha$ ceci implique que le point $(\alpha,f(\alpha))$ est un point d'intersection entre $\mathcal{C}_f$ et la droite $y=x$. Donc ce résultat revient à dire que on ne peut pas 'tracer' une fonction continue de $I\times I$ sans croiser la droite $y=x$ (Essayer!).

Considérons la fonction $\varphi$ définie sur $I$ par $\varphi(x)=f(x)-x$. On a $\varphi\in \CC(I)$ comme somme de deux fonctions continues. D'autre part, on a $\varphi(a)=f(a)-a\geq 0$ puisque $f(a)\in I=[a;b]$ (donc $f(a)\geq a$), et $\varphi(b)=f(b)-b\leq 0$ puisque $f(b)\in I=[a;b]$. Soit $\varphi(a)\varphi(b)\leq 0$ donc d'après le TVI (et puisque $\varphi$ est continue), il existe $x_0\in I$ tel que $\varphi(x_0)=0$ soit $f(x_0)=x_0$. CQFD

La fonction $f$ est la composé de deux fonctions $f_2\circ f_1$ avec $f_2(x)=|x|$ et $f_1(x)=x^2-4x$, or $f_1$ est une fonction continue sur $I$ (fonction polynômiale) et la fonction $f_2$ est également continue sur $I$ (la fonction valeur absolu est continue sur $\R$). D'où $f\in \CC(I)$.

D'autre part, on a $f_1(x)=x^2-4x=x(x-4)$ donc pour $x\in [0;4],\, f_1(x)\leq 0$ et pour $x\in ]4;6],\,f_1(x)>0$. Ce qui nous donne: $$f(x)=\left\{\begin{array}{rl} 4x-x^2&\text{ si } x\in [0;4]\\ x^2-4x&\text{ si } x\in ]4;6].\end{array}\right.$$ Soient $x,y\in [0;4]$ tels que $x< y$, on a: $f(y)-f(x)=4y-y^2-4x+x^2=(y-x)(4-(x+y)),$ ce qui donne $f(y)-f(x)>0$ si $x,y\in [0;2]$ et $f(y)-f(x) < 0$ si $x,y\in [2;4]$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $[0;2]$ et strictement décroissante sur $[2;4]$.

Soient $x,y\in ]4;6]$ tels que $x< y$, on a: $f(y)-f(x)=y^2-4y-x^2+4x=(y-x)(x+y-4)>0$ donc $f$ est strictement croissante sur $]4;6]$.

On en déduit de ce qui procède que:

1. $f$ est une bijection entre $[0;2]$ et $f([0;2])=[f(0);f(2)]=[0;4]$ (thm de TVI plus la stricte croissance de $f$ sur cet intervalle).
2. $f$ est une bijection entre $]2;4]$ et $f(]2;4])=[f(4);f(2)[=[0;4[$ (même raison mais avec stricte décroissance).
3. $f$ est une bijection entre $]4;6]$ et $f(]4;6])=]f(4);f(6)]=]0;12]$.

On en déduit que le nombre de solution de l'équation $f(x)=0$ est:

• 2 solutions si $m\in \{0;4\}$,
• 3 solutions $\{x_1;x_2;x_3\}$ si $m\in ]0;4[$ avec $x_1\in ]0;2[$, $x_2\in ]2;4[$ et $x_3\in ]4;6[$.
• Une seule solution $x_3\in ]4;6[$ si $m\in ]4;12]$.

Soit $\alpha>0$, dire qu'il existe $x_\alpha\in [0;1]$ t.q $f(x_\alpha)=\alpha g(x_\alpha)$ est équivalent à dire $f(x_\alpha)-\alpha g(x_\alpha)=0$.

Posons alors $\varphi_\alpha=f-\alpha g$ définie sur $[0;1]$ et continue sur cet intervalle comme la somme de deux fonctions continues. On a: $$\varphi_\alpha(0)=f(0)-\alpha g(0)=-\alpha< 0,\,\varphi(1)=f(1)-\alpha g(1)=1>0\Longrightarrow \varphi_\alpha(0)\varphi_\alpha(1)< 0.$$ Comme $\varphi_\alpha\in \CC([0;1])$, alors d'après le TVI, il existe $x_\alpha\in [0;1]$ t.q $\varphi_\alpha(x_\alpha)=0$. CQFD

Comme l'exercice précédent, on pose: $f(x)=2x-\sin(x^2+2x+\sqrt{3})$ pour tout $x\in [-2;2]$. On a $f\in \CC([-2;2])$ puisque $f$ est la somme de deux fonctions continues (la deuxième fonction $\sin(...)$ est continue comme la composée des fonctions continues).

De plus on a $f(-2)f(2)< 0$ (faites le calcul!!), donc d'après le TVI, $$\exists x_0\in [-2;2],\,f(x_0)=0\Longrightarrow 2x_0=\sin(x_0^2+2x_0+\sqrt{3}).$$

Remarque: Il faut noter que c'est un résultat d'existence et pas d'unicité (dans cet exemple $x_0$ est unique). D'autre part on aurait pu prendre un intervalle $[a;b]$ différent de $[-2;2]$, il faut juste choisir $a\leq -1$ et $b\geq 1$ pour montrer que $f(a)f(b)\leq 0$, bien sur on ne calcule pas ni $f(a)$ ni $f(b)$ mais on utilise le faite que $|\sin|\leq 1$.

$f$ est définie pour $x\neq \frac{1}{3}$, et on a $f\in \CC(\R\setminus \{\frac{1}{3}\})$. D'autre part, on a $f(0)=\frac{1}{1-3\times 0}=1$ et $f(1)=\frac{1}{1-3}=\frac{-1}{2}$. Ici on a $f(0)f(1)< 0$ mais $f$ n'admet pas de racine dans cet intervalle, le théorème de valeurs intermédiaires ne s'applique pas dans ce cas puisque $f$ n'est pas continue sur l'intervalle considéré.

Si $f(a)=f(b)$ alors on peut prendre $c=a$. Supposons que $f(a)\neq f(b)$ et sans perdre de généralité, on peut supposer que $f(a)< f(b)$, alors: $$\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}< \dfrac{2f(b)+f(b)}{3}=f(b) \text{ et } f(a)=\dfrac{3f(a)}{3}<\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}.$$ On en déduit que $\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}\in [f(a);f(b)]$, puisque la fonction $f$ est continue alors d'après le TVI, il existe $c\in [a;b]$ tel que $f(c)=\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}$.

Comme $f$ est continue donc elle atteint ses borne, i.e. il existe $c,d\in [a;b]$ tels que $m=f(c)$ et $M=f(d)$. Soit $y\in ]m;M[$.

1. Si $y=f(a)$ alors $x_0=a$ et $x_1=b$ conviennent.
2. Si $y< f(a)$, on applique le TVI à $f$ sur $[a;c]$ puis à $f$ sur $[c;b]$,
   • Puisque $f(c)< y< f(a)$ alors il existe (au moins) $x_0\in ]a;c[$ tel que $y=f(x_0)$.
   • Puisque $f(c)< y< f(b)$ alors il existe (au moins) $x_1\in ]c;b[$ tel que $y=f(x_1)$.
   On a $x_0\neq x_1$ et $y=f(x_0)=f(x_1)$.
3. Si $y>f(a)$, on applique le TVI à $f$ sur $[a;d]$ puis à $f$ sur $[d;b]$,
   • Puisque $f(a)< y< f(d)$ alors il existe (au moins) $x_0\in ]a;d[$ tel que $y=f(x_0)$.
   • Puisque $f(b)< y< f(d)$ alors il existe (au moins) $x_1\in ]d;b[$ tel que $y=f(x_1)$.
   On a $x_0\neq x_1$ et $y=f(x_0)=f(x_1)$.

On considère la fonction $g$ définie sur $[0;1]$ par $g(x)=f(x)-x$, on a $g\in \CC([0;1])$ comme somme de deux fonctions continues et de plus $g$ vérifie $\dsp{\int_0^1g(t)\ud t=0}$.