Chap 6 - Limits and Continuity - Demos PDF

BA AT AG Sa br in e Chapitre 6 – Limites et continuité – démos TC H ———————————————————————– pl ai re de ———————————————————————– in e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde de Sa br Proposition lim f (x) = ℓ ⇐⇒ lim f (x) − ℓ = 0 ⇐⇒ lim |f (x) − ℓ| = 0. x→x0 re x→x0 Ex e...

BA AT AG Sa br in e Chapitre 6 – Limites et continuité – démos TC H ———————————————————————– pl ai re de ———————————————————————– in e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde de Sa br Proposition lim f (x) = ℓ ⇐⇒ lim f (x) − ℓ = 0 ⇐⇒ lim |f (x) − ℓ| = 0. x→x0 re x→x0 Ex em pl ai x→x0 AG BA On raisonne de même que pour les suites : on utilise ℓ − ε ⩽ f (x) ⩽ ℓ ⇐⇒ −ε ⩽ f (x) − ℓ ⩽ ε. TC H AT Proposition de Sa br in e Pour x0 ∈ Df , si la limite de f en x0 existe, celle-ci ne peut être que f (x0 ). re Supposons que cette limite ℓ ne vaut pas f (x0 ). Supposons ℓ > f (x0 ), l’autre cas se déduit de même par symétrie. Posons ε = ℓ − f (x0 ) . 2 AG BA Ex em pl ai Il existe δ > 0 tel que sur [x0 − δ, x0 + δ], ℓ − ε ⩽ f (x) ⩽ ℓ + ε. ℓ + f (x0 ) ℓ + f (x0 ) = ℓ − ε ⩽ f (x0 ) ⩽ ℓ + ε, or f (x0 ) < , donc on a f (x0 ) < f (x0 ), absurde. D’où le Puisque x0 ∈ [x0 − δ, x0 + δ], on a 2 2 résultat. H AT Théorème (Unicité de la limite) Sa br in e TC Si f admet une limite (resp. limite à gauche, resp. limite à droite) en x0 ∈ R ∩ {±∞}, alors celle-ci est unique. re de Restreignons-nous au cas x0 ∈ R, ℓ ∈ R, et à la limite simple (pas gauche ni droite). pl ai Soit x0 ∈ R. On suppose que f admet deux limites réelles distinctes ℓ et ℓ′ en x0 . Soit ε = |x − x0 | ⩽ δ1 =⇒ |f (x) − ℓ| ⩽ ε et |x − x0 | ⩽ δ2 =⇒ f (x) − ℓ′ ⩽ ε Soit x ∈ Df tel que |x − x0 | ⩽ min (δ1 , δ2 ). On trouve par inégalité triangulaire : AT AG BA Ex em tels que pour tout x ∈ Df , |ℓ − ℓ′ | > 0, il existe donc δ1 > 0 et δ2 > 0 3 H ℓ − ℓ′ = ℓ − f (x) + f (x) − ℓ′ ⩽ |ℓ − f (x)| + f (x) − ℓ′ ⩽ 2ε = Donc |ℓ − ℓ′ | ⩽ 2 |ℓ − ℓ′ |, ce qui est absurde car |ℓ − ℓ′ | ̸= 0. D’où l’unicité. 3 1 2 ℓ − ℓ′ 3 Proposition Soit f une fonction définie au voisinage de x0 ∈ R, mais pas en x0 , et ℓ ∈ R ∪ {±∞}. On a BA x→x+ 0 H TC Sa br in e Restreignons-nous au cas ℓ ∈ R. de (⇒) Si f tend vers ℓ en x0 , alors ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈] x0 − δ, x0 + δ [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε . pl ai re Soit ε > 0, alors ∃δ > 0, ∀x ∈]x0 − δ, x0 + δ [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε. Donc ∀x ∈] x0 − δ, x0 [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε. Ainsi, lim f (x) = ℓ. em x→x− 0 Ex De même, ∀x ∈]x0 , x0 + δ [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε , donc lim f (x) = ℓ. AT AG (⇐) Supposons que x0 ∈ / Df et que f admette ℓ pour limite à droite et à gauche en x0 . Alors : BA x→x+ 0 TC H ∀ε > 0, ∃δ1 > 0, ∀x ∈] x0 − δ1 , x0 [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε br in e ∀ε > 0, ∃δ2 > 0, ∀x ∈] x0 , x0 + δ2 , [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε de Sa Et nous voulons montrer que : ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈]x0 − δ, x0 + δ [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε . ai re Soit ε > 0. D’après nos deux hypothèses, il existe δ1 > 0 et δ2 > 0 vérifiant : Ex em pl  ∀x ∈]x0 − δ1 , x0 [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε, ∀x ∈]x0 , x0 + δ2 , [∩D , ∥f (x) − ℓ| < ε, AG BA f AT    ]x0 − δ, x0 [ est contenu dans ]x0 − δ1 , x0 [, H Notons δ = min (δ1 , δ2 ). Alors TC   ]x , x + δ[ est contenu dans ]x , x + δ [. 0 0 0 0 2 Sa br in e D’autre part, comme x0 n’appartient pas à Df , on a : re de ]x0 − δ, x0 + δ [∩Df = (]x0 − δ, x0 [∩Df ) ∪ (]x0 , x0 + δ [∩Df ) em pl ai On en déduit ∀x ∈]x0 − δ, x0 + δ [∩Df , |f (x) − ℓ| < ε . Ainsi f tend vers ℓ en x0 . BA Ex Proposition lim f (x) = ℓ ⇐⇒ x→x0 lim f (x) = lim f (x) = f (x0 ) x→x+ 0 x→x− 0 de Sa br in e TC H AT AG Soit f une fonction définie au voisinage de x0 ∈ R et en x0 , et ℓ ∈ R ∪ {±∞}. ai re Supposons que x0 ∈ Df . AG BA Ex em pl (⇒) De même que précédemment, on a bien lim f (x) = ℓ ⇒ lim f (x) = lim f (x) = ℓ. AT H lim f (x) = lim f (x) = ℓ x→x− 0 AT AG lim f (x) = ℓ ⇐⇒ x→x0 x→x0 x→x− 0 x→x+ 0 De plus, on a déjà montré que si la limite existe, c’est forcément f (x0 ). (⇐) Supposons que f admette ℓ = f (x0 ) pour limite à droite et à gauche en x0 , et qu’on ait de plus ℓ = f (x0 ). Soit ε > 0. En reprenant le raisonnement de la propriété précédente, on constate qu’il existe δ > 0 tel que ∀x ∈ (]x0 − δ, x0 [∪]x0 , x0 + δ[) ∩ Df , |f (x) − ℓ| ⩽ ε Mais pour x = x0 , on a |f (x) − ℓ| = 0, donc on a aussi |f (x) − ℓ| ⩽ ε. Ainsi ∀x ∈]x0 − δ, x0 + δ [∩Df on a |f (x) − ℓ| ⩽ ε. Nous avons montré que f a pour limite ℓ en x0 . 2 Théorème (Limites usuelles) 1. lim x→0 ln(1 + x) =1 x 3. lim x→1 ln(x) =1 x−1 AT AG TC H Ces démonstrations sont plus aisées à comprendre une fois vues les dérivations. Ce ne sont en effet que des taux d’accroissements : Sa br in e ex − 1 ex − e0 = −→ exp′ (0) = e0 = 1 x x − 0 x→0 x 7→ 1 1+x  de  pl ai re ln(1 + x) − ln(1 + 0) ln(1 + x) 1 = −→ puisque (x 7→ ln(1 + x))′ = x→0 1 + 0 x x−0 ln(1 + x) ln(y) = lim =1 3. se déduit de 2. en posant y = x − 1. On a lim x→0 y→1 y − 1 x BA Ex De même, ∀x > −1, em ∀x ∈ R∗ , AT AG Théorème (Opérations sur des fonctions continues en un point) de Sa br in e TC H Soient f et g deux fonctions de I dans R, λ ∈ R, et x0 ∈ I. Si f et g sont continues en x0 , alors f + g, λf et f g sont f 1 sont continues en x0 . continues en x0 . De plus, si g (x0 ) ̸= 0, alors et g g ai re On sait qu’en x0 , les limites de toutes ces fonctions existent par les propriétés précédentes, et qu’elles valent chacune la valeur de ces em pl fonctions en x0 . C’est la définition de la continuité. BA Ex Théorème (Limite et composition) AG Soient I, J des intervalles de R, f : I → R tel que f (I) ⊂ J, g : J → R, et α une extrémité ou un élément de I. Si AT lim f (x) = a ∈ R ∪ {±∞} et lim g(x) = b ∈ R ∪ {±∞}, alors lim (g ◦ f )(x) = b. x→α H x→a Sa br in e TC x→α de Traitons les cas où a ∈ R et b ∈ R. (∗). re Soit ε > 0, ∃δ1 > 0 tel que ∀y ∈ Dg ∩] a − δ1 , a + δ1 [, |g(y) − b| ⩽ ε pl ai Pour δ1 ainsi choisi (jouant le rôle de ε), ∃δ2 > 0, ∀x ∈ Df ∩] α − δ2 , α + δ2 [, |f (x) − a| ⩽ δ1 . em Alors f (x) ∈]a − δ1 , a + δ1 [. Or f (x) ∈ Dg , donc |g(f (x)) − b| ⩽ ε par (∗). BA Ex Ainsi ∀ε > 0, ∃δ2 > 0, ∀x ∈ Dg◦f ∩] α − δ2 , α + δ2 [, on a |(g ◦ f )(x) − b| ⩽ ε. Donc lim (g ◦ f )(x) = b. AT AG x→α TC H Corollaire (Continuité en composition) br in e Soient I, J des intervalles de R, f : I → R tel que f (I) ⊂ J, g : J → R, et x0 ∈ I. Si f est continue en x0 et g est continue pl ai re de Sa en f (x0 ), alors g ◦ f est continue en x0 . Ex em C’est la conséquence directe de ce qui précède : la limite de g ◦ f en x0 existe et vaut g(f (x0 )) puisque f est définie en x0 , et que g est AG BA définie en f (x0 ). AT H 2. lim BA x→0 ex − 1 =1 x Proposition Soit α ∈ R ∪ {±∞}. Si f admet une limite finie en α, alors f est bornée au voisinage de α. 3 On effectue la preuve dans le cas α ∈ R. Soit ℓ ∈ R la limite finie de f en α. Soit ε = 1 > 0. Alors ∃δ > 0 tel que ∀x ∈ Df ∩] α − δ, α + δ[, |f (x) − ℓ| ⩽ 1, i.e ℓ − 1 ⩽ f (x) ⩽ ℓ + 1. BA Donc f est bornée au voisinage de α (par ℓ − 1 et ℓ + 1). AT AG Proposition (Passage à la limite dans les inégalités) H Soit α ∈ R ∪ {±∞}, et f et g définies au voisinage de α. On suppose qu’au voisinage de α, f (x) ⩽ g(x). Si f et g admette x→α pl ai re Ex em On effectue la preuve dans le cas α ∈ R. Soit D = Df ∩ Dg . On raisonne par l’absurde en supposant ℓ1 > ℓ2 . ℓ1 − ℓ2 > 0. La fonction f − g a pour limite ℓ1 − ℓ2 en α. On pose ε = 2 Il existe donc δ1 > 0 tel que ∀x ∈ D∩] α − δ1 , α + δ1 [, |(f − g)(x) − (ℓ1 − ℓ2 )| ⩽ ε de Sa br in e x→α TC une limite en α, alors lim f (x) ⩽ lim g(x). BA c’est-à-dire en particulier 0 < ε = (ℓ1 − ℓ2 ) − ε ⩽ f (x) − g(x). AT AG Donc ∀x ∈ D∩]α − δ1 , α + δ1 [, f (x) > g(x). Par ailleurs, on a supposé f (x) ⩽ g(x) au voisinage de α. TC H Il existe donc δ2 > 0 tel que ∀x ∈ D∩] α − δ2 , α + δ2 [, f (x) ⩽ g(x). br in e Soit δ = min (δ1 , δ2 ). Alors ∀x ∈ D∩] α − δ, α + δ[, on a à la fois f (x) > g(x) et f (x) ⩽ g(x), ce qui est impossible. D’où le résultat. de Sa Proposition (Comparaison) pl ai re Soit α ∈ R ∪ {±∞}, et f et g définies au voisinage de α tel que f (x) ⩽ g(x) x→α em 1. Si lim f (x) = +∞ alors lim g(x) = +∞ x→α BA x→α H AT AG x→α Ex 2. Si lim g(x) = −∞ alors lim f (x) = −∞ TC Traitons le cas lim f (x) = +∞ et α ∈ R. x→α in e Il existe δ1 tel que f et g soient définies toutes deux sur [α − δ1 , α + δ1 ], et f (x) ⩽ g(x). Sa br Soit A > 0, alors ∃δ2 > 0, ∀x ∈ [α − δ2 , α + δ2 ], f (x) > A. de On prend δ = min(δ1 , δ2 ). Ainsi, sur [α − δ, α + δ], on vérifie tous les éléments ci-dessus, donc : A < f (x) ⩽ g(x). ai re Résumons : ∀A > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ [α − δ, α + δ] ∩ Dg , g(x) > A. pl Par définition, lim g(x) = +∞. Ex em x→α AG BA Théorème (Théorème d’encadrement) AT Soit α ∈ R ∪ {±∞}, et f, g, h définies au voisinage de α tel que f (x) ⩽ g(x) ⩽ h(x). H Si lim f (x) = ℓ ∈ R et lim h(x) = ℓ ∈ R, alors g admet une limite finie en α, qui est ℓ. x→α Sa br in e TC x→α de On fait la démonstration pour le cas α = +∞. Soit D = Df ∩ Dg ∩ Dh . Ex em pl ai re Par hypothèse, il existe un réel A > 0 tel que, pour tout x ∈ D, x ⩾ A =⇒ f (x) ⩽ g(x) ⩽ h(x). AT AG BA Les fonctions f et h on pour limite ℓ en α. Soit ε > 0, il existe donc des réels B et B ′ > 0 tels que, pour tout x ∈ D, et x ⩾ B ′ =⇒ |h(x) − ℓ| ⩽ ε. H x ⩾ B =⇒ |f (x) − ℓ| ⩽ ε Pour x ⩾ max (A, B, B ′ ), on a donc ℓ − ε ⩽ f (x) ⩽ g(x) ⩽ h(x) ⩽ ℓ + ε. Ce qui s’écrit également : pour tout x ∈ D, x ⩾ max (A, B, B ′ ) =⇒ |g(x) − ℓ| ⩽ ε Donc g admet pour limite ℓ en α. 4 Théorème (Composition d’une suite par une fonction) Soit (α, ℓ) ∈ (R ∪ {±∞})2 , f une fonction définie au voisinage de α telle que lim f (x) = ℓ. x→α lim f (un ) = f (α). n→+∞ TC Sa br in e On fait la démonstration pour le cas α = −∞ et ℓ ∈ R. de Soit ε > 0. Puisque lim f (x) = ℓ, il existe B < 0 tel que pour tout x ∈ Df , x ⩽ B =⇒ |f (x) − ℓ| ⩽ ε. x→−∞ lim un = −∞, alors ∃n0 ∈ N, ∀n ⩾ n0 , un ⩽ B. pl ai re Puisque n→+∞ em Comme ∀n ∈ N, un ∈ Df , on a : ∀n ⩾ n0 , |f (un ) − ℓ| ⩽ ε. BA Ex Par définition de la limite d’une suite, cela signifie que la suite (f (un )) converge vers ℓ. AT AG Proposition TC H Soit f définie sur un ensemble E centré en 0 . br in e 1. si f est paire, alors sa courbe Cf est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. pl ai re de Sa 2. si f est impaire, alors sa courbe Cf est symétrique par rapport à l’origine du repère O. em 1. Cf est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées signifie ∀(x, y) ∈ Cf , on a (−x, y) ∈ Cf . BA Ex On sait que (x, y) s’écrit (x, f (x)) par définition du graphe. Or on a f (−x) = f (x) donc (−x, f (x)) ∈ Cf . AG 2. Cf est symétrique par rapport à l’origine du repère O signifie ∀(x, y) ∈ Cf , on a (−x, −y) ∈ Cf . H AT On sait que (x, y) s’écrit (x, f (x)) par définition du graphe. Or on a f (−x) = −f (x) donc (−x, −f (x)) ∈ Cf . in e TC Proposition Sa br 1. Si f est strictement croissante sur I, et (a, b) ∈ I 2 , alors f (a) < f (b) ⇒ a < b em pl ai re de 2. Si f est strictement décroissante sur I, et (a, b) ∈ I 2 , alors f (a) < f (b) ⇒ a > b Ex 1. Prenons la contraposée de la définition : f (a) ⩾ f (b) ⇒ a ⩾ b. Si on suppose de plus f (a) ̸= f (b), alors nécessairement a ̸= b f (a) > f (b) ⇒ a > b AT AG BA (puisque a = b ⇒ f (a) = f (b)). Donc on a bien : TC H Il suffit d’intervertir les rôles de a et b pour avoir le résultat. br in e 2. Idem. de Sa Proposition (Somme de fonctions monotones) AG BA Ex em pl ai re Soient f et g deux fonctions de même monotonie sur I. Alors f + g est monotone sur I. AT H n→+∞ H Si de plus f est continue en α, alors lim f (un ) = ℓ. AT AG Alors la suite (f (un )) admet une limite et lim un = α. n→+∞ BA Soit (un ) une suite de réels de Df telle que • Supposons f et g croissantes sur I. Soit (x, y) ∈ I 2 , avec x ⩽ y. f est croissante sur I, donc f (x) ⩽ f (y). g est croissante sur I, donc g(x) ⩽ g(y). Donc f (x) + g(x) ⩽ f (y) + g(y), donc (f + g)(x) ⩽ (f + g)(y). Ainsi, f + g est croissante sur I. • Si f et g sont décroissantes sur I, on procède de même, avec les inégalités dans l’autre sens. 5 Proposition (Composée de fonctions monotones) Soit f monotone sur I à valeurs dans J, g monotone sur J. Alors g ◦ f est monotone sur I et : AT AG BA 1. Si f et g ont le même sens de variation, alors g ◦ f est croissante. Sa br in e TC H 2. Si f et g ont des sens de variation opposés, alors g ◦ f est décroissante. 1. Soit (a, b) ∈ I 2 tel que a ⩽ b. de • Si f et g sont croissantes, resp. sur I et f (I) : pl ai re a ⩽ b, donc f (a) ⩽ f (b), puis g(f (a)) ⩽ g(f (b)). em Donc g ◦ f est croissante sur I. BA Ex • Si f et g sont décroissantes, resp. sur I et f (I) : AT AG a ⩽ b, donc f (a) ⩾ f (b), puis g(f (a)) ⩽ g(f (b)). H Donc g ◦ f est croissante sur I. in e TC 2. Soit (a, b) ∈ I 2 tel que a ⩽ b. Sa br • Si f est croissante sur I et g décroissante sur f (I) : de a ⩽ b, donc f (a) ⩽ f (b), puis g(f (a)) ⩾ g(f (b)). ai re Donc g ◦ f est décroissante sur I. Ex em pl • De même pour l’autre cas. AG BA Théorème (Théorème de la limite monotone) H AT Soit (a, b) ∈ (R ∪ {±∞})2 , et f une fonction croissante définie sur ]a, b[. TC 1. Si f est majorée sur ]a, b [ , alors f admet une limite finie en b− . Sinon lim f (x) = +∞. x→b− e + in 2. Si f est minorée sur ]a, b [ , alors f admet une limite finie en a . Sinon lim f (x) = −∞. Sa br x→a+ re de 3. ∀x0 ∈] a, b [, f possède une limite finie à gauche et à droite en x0 , et ai lim f (x) ⩽ f (x0 ) ⩽ lim f (x) x→x+ 0 AG BA Ex em pl x→x− 0 AT 1. On se restreint au cas b ∈ R. TC H Soit l’ensemble A = f (]a, b[). in e • Si f est majorée, l’ensemble A est non vide et majoré, et donc (théorème de la borne supérieure) possède une borne Sa br supérieure réelle M . re de • Si f n’est pas majorée, on pose M = +∞. Soit un réel m < M . Par définition de M (le plus petit majorant de A dans R ou +∞ ), le réel m n’est pas un majorant de A. On peut donc trouver un réel xm ∈] a, b [ tel que f (xm ) > m. La croissance de f sur ]a, b[ et la définition de M donnent alors : AG BA Ex em pl ai On cherche à démontrer que pour tout m < M , il existe xm ∈]a, b[ tel que ∀x ∈ [xm , b[, f (x) > m m < f (xm ) ⩽ f (x) ⩽ M H AT ∀x ∈ [xm , b [, Soit ε > 0. En choissant m = M − ε et δ = b − xm > 0, on a bien x ∈] b − δ, b [⇒ |f (x) − M | < ε . Donc lim f (x) = M . x→b 2. On raisonne de même. 6 3. f]a,x0 [ est croissante, et est majorée par f (x0 ). Donc elle possède une limite finie en x0 , de sorte que lim f (x) existe. Et par passage à la limite dans les inégalités, lim f (x) ⩽ f (x0 ). x→x− 0 H TC pl ai re de Sa br in e Soit A un ensemble, f et g deux fonctions continues sur A, λ ∈ R. Alors f + g, λf et f g sont continues sur A. De plus, 1 f si ∀x ∈ A, g(x) ̸= 0, alors et sont continues sur A. g g AT AG Proposition (Opérations sur les fonctions continues) Soit x0 ∈ A. f et g sont continues sur A, donc continues en tout x0 ∈ A, c’est-à-dire f (x) −→ f (x0 ) et g(x) −→ g (x0 ). x→x0 x→x0 em Par opérations sur les limites, f (x) + g(x) −→ f (x0 ) + g (x0 ). Donc f + g est continue en x0 . x→x0 BA Ex Donc f + g est continue sur A. AT AG Les autres propriétés se montrent de même. TC H Proposition (Composition de fonctions continues) de Sa br in e Soit f continue sur I à valeurs dans J, g continue sur J. Alors g ◦ f est continue sur I. re Soit x0 ∈ I, f est continue sur x0 donc lim f (x) = f (x0 ). g est continue sur f (x0 ) donc lim g(f (x)) = g(f (x0 )). Donc g ◦ f est ai x→x0 x→x0 Ex em pl continue en tout x0 ∈ I, donc sur I. AG BA Théorème (Théorème des valeurs intermédiaires) in e TC H AT Soit (a, b) ∈ R2 , a < b, et f continue sur [a, b]. Alors ∀y ∈ [f (a), f (b)], ∃c ∈ [a, b], y = f (c). Sa br Il faut distinguer deux cas suivant que f (a) < f (b) ou f (a) ⩾ f (b). Les preuves étant similaires, nous ne traitons que le premier. de Si y = f (a) ou y = f (b), le résultat est direct en prenant c = a (ou c = b). Donc nous supposons que y ∈]f (a), f (b)[. ai pl Soit alors M = sup{x ∈ [a, b], f (x) ⩽ y}. re Soit A = {x ∈ [a, b], f (x) ⩽ y}. On a a ∈ A, donc cet ensemble est non vide et majoré par b, donc il admet une borne supérieure. em On admet le lemme suivant (caractérisation séquentielle de la borne supérieure): il existe une suite (xn ) ∈ AN lim xn = M . . n→+∞ lim f (xn ) = f (M ), et donc f (M ) ⩽ y. n→+∞ AG Or f est continue en M , donc BA Ex (i.e. ∀n ∈ N, xn ∈ [a, b] et f (xn ) ⩽ y ) telle que de Sa br in e TC H AT On ne peut avoir M = b, car on aurait alors f (b) ⩽ y, ce qui contredit notre hypothèse. 1 Donc pour n suffisamment grand, M + ∈ [a, b]. n     1 1 1 / A, donc f M + > y, donc f (M ) = lim f M + ⩾ y. Or par définition de la borne supérieure, M + ∈ n→+∞ n n n Et donc nécessairement, par double inégalité, f (M ) = y. Si I est un intervalle de R et f ∈ C 0 (I), alors f (I) est un intervalle. AG BA Ex em pl ai re Corollaire (Corollaire du TVI) AT H BA On procède de même pour les limites à droite. Soit I un intervalle, et f une fonction continue sur I. Soit (u, v) ∈ f (I)2 avec u < v. Il existe alors deux réels a et b dans I tels que u = f (a) et v = f (b). Soit alors z ∈ [u, v]. f est continue sur I, donc sur [a, b] (resp. [b, a] si jamais b < a ) car I est un intervalle. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [a, b] (resp. [b, a] ) tel que z = f (c) ∈ f (I). Et donc [u, v] ⊂ f (I). Donc f (I) est par définition un intervalle. 7 Théorème (Théorème de la bijection) Soit f définie, continue et strictement monotone sur un intervalle I. Alors f réalise une bijection de I dans f (I). Sa H AT AG BA réciproque f −1 est continue et strictement monotone sur f (I), de même sens de variation que f . TC • Bijection : f est continue sur I, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, f (I) est un intervalle. Sa br in e f est surjective de I dans f (I) par définition de f (I). f est strictement monotone sur I, donc deux points différents ne peuvent pas avoir la même image par f . pl ai re de Donc f est injective sur I. Ainsi f est bijective de I dans l’intervalle f (I). • Même monotonie : Pour la suite, on suppose que f est strictement croissante sur I (le cas décroissant se traite de la même em manière). Soit (a, b) ∈ f (I)2 . Supposons que f −1 (a) ⩾ f −1 (b). En composant par f croissante sur I, on obtient a ⩾ b. BA Ex Par passage à la contraposée, on vient de montrer que a < b =⇒ f −1 (a) < f −1 (b). AT AG Donc f −1 est strictement croissante sur f (I). H • Continuité de f −1 : montrons maintenant que f −1 est continue sur f (I). Soit y0 ∈ f (I), qui s’écrit y0 = f (x0 ) avec x0 ∈ I. TC On suppose que x0 n’est pas une borne de I (sinon, il suffit de modifier les intervalles considérés dans la suite pour ne traiter in e qu’une limite à gauche, ou à droite). re de Sa br Soit ε > 0 tel que [x0 − ε, x0 + ε] ⊂ I. On pose y1 = f (x0 − ε) et y2 = f (x0 + ε) : y1 et y2 sont dans f (I) et vérifient y1 < y0 < y2 y0 − y1 y2 − y0 par stricte croissance de f . On pose δ = min . On a alors : , 2 2 Ex em pl ai |y − y0 | ⩽ δ =⇒ y1 < y < y2 =⇒ f (x0 − ε) ⩽ y ⩽ f (x0 + ε) =⇒ x0 − ε ⩽ f −1 (y) ⩽ x0 + ε BA puisque f −1 est croissante sur f (I). On sait aussi que x0 = f −1 (y0 ). AG Résumons : ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀y ∈ Df −1 , |y − y0 | ⩽ δ ⇒ |f −1 (y) − f −1 (y0 )| ⩽ ε. AT Donc par définition, lim f −1 (y) = f −1 (y0 ). Donc f −1 est continue en y0 . TC H y→y0 Sa br in e Proposition (Courbe de f −1 ) de Si f : I → J est une bijection, alors le graphe de f −1 s’obtient à partir de celui de f par symétrique par rapport à la Ex em pl ai re droite d’équation y = x. Ainsi, (a, b) ∈ Gf ⇐⇒ (b, a) ∈ Gf −1 BA (a, b) ∈ Gf ⇐⇒ ∃x ∈ Df , (x, f (x)) ∈ Gf −1 , en posant a = x et b = f (x). H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG Or y = f (x) ⇐⇒ x = f −1 (y) donc on a ce qui précède ssi (f −1 (y), y) ∈ Gf . Or (y, f −1 (y)) ∈ Gf −1 . Ceci équivaut donc à (b, a) ∈ Gf −1 . 8