Exercices sur les fonctions continues

On propose des exercices sur les fonctions continues. Des exercices corrigés sur les fonctions uniformément continues. On rappel que toutes fonction continue sur un compact est uniformément continue, c’est le théorème de Heine-Borel.

Exercice:

Soit $f:[0,+\infty[\to \mathbb{R}$ une fonction continue et $T$-périodique telle que $f(x)$ tend vers $a\in\mathbb{R}$ quand $x$ tend vers $+\infty$. Montrer que $f$ est la fonction constante sur $[0,+\infty[$.
Soit $f: [0,+\infty[ \to \mathbb{R}$ une fonction continue sur $[0,+\infty[$ telle que $f(x)$ admet une limite finie $l\in \mathbb{R}$ quand $x\to+\infty$. Montrer que $f$ est bornée sur $[0,+\infty[$.

Solution:

Tout d’abord, on montre par récurrence que $f(x+nT)=f(x)$ pour tout $x\ge 0$ et tout $n\in\mathbb{N}^\ast$. En effet, par définition de la périodicité de $f$ on a $f(x+T)=f(x)$, et donc vérifiée pour $n=1$. Supposons que c’est vraie à l’odre $n$, c’est à dire $f(x+nT)=f(x)$ pour tout $x\ge 0$. On a $$ f(x+(n+1)T)=f((x+T)+nT)=f(x+T)=f(x). $$ Donc c’est vraie aussi pour $n+1$. Maintenant montrons que $f$ est la fonction constante. Soit $x\in \mathbb{R}$ arbitraire. On définit la suite de nombres réels $u_n:=x+nT$. Il est claire que $u_n\to +\infty$ quand $n\to+\infty$. D’où $$ \lim_{n\to+\infty}f(u_n)=a. $$ Mais $f(u_n)=f(x+nT)=f(x),$ c’est la suite constante par rapport a $n$. D’où $f(u_n)$ tend aussi vers $f(x)$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=a$. Comme $x$ est arbitraire dans $[0,+\infty[$, il s’ensuit que $f$ est la fonction constante égale à $a$ sur $[0,+\infty[$.
En utilisant la définition de la limite fini a l’infini, on obtient pour $\varepsilon=\frac{1}{2}$ il existe $A > 0$ nombre réel assez grand, tel que si $x>A$ alors $|f(x)-l| < \frac{1}{2}$. Par l’inégalité triangulaire on a aussi $|f(x)|\le 1+|l|$. Ceci montrer que $f$ est bornée par $1+|l|$ sur $]A,+\infty[$. Maintenant regardant qui ce que se passe sur $[0,A]$. Remarquons que $[0,A]$ est un compact (car les compact de $\mathbb{R}$ sont les ensembles fermés et bornés). Et puisque $f$ est continue donc elle est bornée sur le compact $[0,A]$ (c’est une conséquence du théorème de Heine-Borel). Ainsi $f$ est bornée sur $[0,+\infty[$.

Exercice:

Montrer que l’équation $5\tan(x)=\sin(x)+4$ admet une solution dans l’intervalle $[0,\frac{\pi}{4}]$.
Montrer que la polynôme $p(x)=-x^4+2x^3+2$ admet au moins deux racines réelles.
Un théorème de point fixe: Si $f:[a,b]\to [a,b]$ est continue alors l’équation $f(x)=x$ admet au moins une solution.
Soit $f:[a,b]\to \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$ une fonction continue. Montrer que $f$ est forcément la fonction constante sur $[a,b]$.
Montrer que tout polynôme de degré impaire admet au moins une racine réelle.

Solution:

On pose $\varphi(x)=5\tan(x)-\sin(x)-4$ pour tout $x\in [0,\frac{\pi}{4}]$. Cette fonction est continue sur $[0,\frac{\pi}{4}]$. De plus $\varphi(0)=-4 < 0$ et $\varphi(\frac{\pi}{4})= 1-\frac{\sqrt{2}}{2}>0$. Donc par l’application du théorème des valeurs intermédiaires il existe $cin ]0,\frac{\pi}{4}[$ tel que $\varphi(c)=0$ est donc $5\tan(c)=\sin(c)+4$.
Remarquons que $p(-1)=-1 < 0,$ $p(0)=2 > 0$ et $p(3)=-25 < 0$. Donc par l’application du théorème des valeurs intermédiaires ils existent $c_1\in ]-1,0[$ et $c_2\in ]0,3[$ tels que $p(c_1)=p(c_2)=0$. Comme $p(0)\neq 0,$ alors $c_1$ et $c_2$ sont distincts.
Soit $\psi(x)=f(x)-x$ pour tout $x\in [a,b]$. Alors $\psi$ est continue sur $[a,b]$. De plus $\psi(a)=f(a)-a\geq 0$ et $\psi(b)=f(b)-b\le 0$ (car $f(a)$ et $f(b)$ sont dans l’intervalle $[a,b]$). Par l’application du théorème des valeurs intermédiaires il existe $c\in [a,b]$ tel que $\psi(c)=0$ et donc $f(c)=c$.
Supposons par l’absurde que $f$ n’est pas la fonction constante, donc il existe $x,y\in [a,b]$ distincts tels que $f(x)\neq f(y)$. Comme l’ensemble $\mathbb{R}$ est bien ordonné, on peut supposer que $f(x) < f(y)$. Par densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$ il existe $r\in \mathbb{Q}$ tel que $f(x) < r < f(y)$. Maintenant par le théorème des valeurs intermédiaires implique il existe $c$ entre $x$ et $y$ (donc $c\in [a,b]$) tel que $f(c)=r,$ ceci est absurde car par hypothèse on sait que $f(c)\in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$. D’où le résultat.
Pour simplifier on peut supposer que $p(x)=ax^3+bx^2+c x+d$ avec $a,b,c,d$ sont des coefficients réels tel que $a>0$. On a alors $$ \lim_{x\to +\infty}p(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to -\infty}p(x)=-\infty. $$ Par application de la définition de la limite on peut trouver $\alpha>0$ assez grand et $\beta<0$ assez petit tel que $f(\alpha) > 0$ et $f(\beta) < 0$. En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in ]\beta,\alpha[$ tel que $p(c)=0$.

Les exercices sur les fonctions continues sont nombreux. Ici, nous donnons juste une sélection.

Exercice:

Soit $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction continue en $0$ telle que: $$f(x)=f\left(\frac{x}{2}\right),\qquad \forall x\in\mathbb{R}. $$ Montrer que $f$ est la fonction constante.
Le bute de cet exercice est de déterminer toutes les fonctions continues $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que $$ f(x+y)=f(x)f(y),\qquad \forall x,y\in\mathbb{R}.$$

Solution:

Premièrement, on montre par récurrence que pour tout $ x\in\mathbb{R}$ on a: \begin{align*}\tag{$ast$}f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right),\qquad \forall n\mathbb{N}.\end{align*}En effet, pour $n=1$ on a l’hypothèse de récurrence est vérifiée. Supposons que la relation $(*)$ vérifiée jusqu’a l’ordre $n$ et on le montre pour $n+1$. On a alors pour $n\in \mathbb{N}$, \begin{align*}f\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)&=f(\frac{\frac{x}{2}}{2^{n}})\cr &=f\left(\frac{x}{2}\right)=f(x).\end{align*}On en déduit alors $$ f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right),\qquad \forall n\in\mathbb{N}.$$ D’autre part on a $v_n=\frac{x}{2^n}\to 0$ quand $n$ tend vers l’infinie. Il en résulte alors par la continuité de $f$ au point $0$ que $f(v_n)=f\left(\frac{x}{2^n}\right)\to f(0)$ quand $n$ tend vers l’infinie. D’autre part, on a $f(v_n)=f(x)\to f(x)$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=f(0)$.
Supposons que $f(0)=0$ et soit $x\in\mathbb{R}$. On a $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=f(x)\times 0=0$. Donc $f$ est la fonction nulle sur $\mathbb{R}$. Supposons que $f(0)\neq 0$. Montrons que $f(0)=1$. On a $f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)$. Donc $f(0) (1-f(0))=0$. Comme $f(0)\neq 0$, alors $f(0)=1$. Montrons maintenant que $f(x)>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. En effet, on a \begin{align*}f(x)&=f\left(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\right)\cr &=(f\left(\frac{x}{2}\right)^)2\ge 0.\end{align*}D’autre part, supposons qu’il existe $x_0\in\mathbb{R}$ tel que $f(x_0)=0$. Alors on a $f(0)=f(x_0-x_0)=f(x_0)f(-x_0)=0$. Ceci est absurd, car $f(0)=1$. Donc $f(x)>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Dans un premier temps on suppose que $n\in\mathbb{N}$. Donc $$ f(n)=f(1+\cdots+1)=\left(f(1)\right)^n=e^{n \ln(f(1))}. $$ On pose $a=\ln(f(1))$. Donc $f(n)=e^{an}$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. Maintenant soit $n\in\mathbb{Z}$. On a $1=f(0)=f(n-n)=f(n)f(-n)$. Donc $$f(n)=\frac{1}{f(-n)}. $$ Observons que $(-n)\in\mathbb{N}$. Donc d’aprés le premier cas, on a $f(-n)=e^{- an}$. D’où $f(n)=e^{a n}$ pour tout $n\in \mathbb{Z}$. Soit $x\in \mathbb{Q}^+$ tel que $x=\frac{p}{q}$ avec $p,q\in\mathbb{N}$ avec $q$ non nulle et premier avec $p$ ($p\wedge q=1$). On a \begin{align*}f(x)=f\left(\underset{p\;\text{fois}}{\underbrace{\frac{1}{q}+\cdots\frac{1}{q}}}\right)=\underset{p\;\text{fois}}{\underbrace{ f(\frac{1}{q})\times\cdots\times f(\frac{1}{q})}}= \left(f(\frac{1}{q})\right)^p.\end{align*} De la même façon on montre que $$ f(1)=f\left(q\times \frac{1}{q}\right)=\left(f(\frac{1}{q})\right)^q. $$ Par suite $$ f(\frac{1}{q})= f(1)^{\frac{1}{q}}. $$ Ainsi $f(x)=f(1)^x=e^{a x}$ pour tout $x\in \mathbb{Q}^+$. Ceci est vérifié aussi pour tout $x\in\mathbb{Q}$ car $f(x)f(-x)=1$. Soit $x\in \mathbb{R}$. On sait que $\mathbb{Q}$ est dense dans $\mathbb{R}$, c’est-à-dire $\mathbb{R}=\overline{\mathbb{Q}}$. Ce qui donne $x\in \overline{\mathbb{Q}}$. Donc il existe une suite $(u_n)_n\subset \mathbb{Q}$ telle que $u_n\to x$ quand $n\to+\infty$. Comme $f$ est continue, alors $f(u_n)\to f(x)$ quand $n\to+\infty$. D’autre part comme $u_n\in \mathbb{Q}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ alors d’après la question précédente on a $f(u_n)=e^{a u_n}$. Ce qui implique que $f(u_n)\to e^{a x}$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=e^{ax}$.

Exercice: Soit $A$ une partie dense de $\mathbb{R}$. Soit $f$ et $g$ deux fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que $f=g$ sur $A$. Montrer que $f=g$ sur $\mathbb{R}$.

Solution: Soit $x\in \mathbb{R}$. Par densité de $A$ dans $\mathbb{R}$ il existe une suite $(u_n)$ d’éléments de $A$ telle que $u_n$ converge vers $x$ quand $n$ tend vers l’infini. Or $f=g$ sur $A$ et $u_n\in A$ pour tout $n$. Donc $f(u_n)=g(u_n)$. On pose $y_n=f(u_n)$, et donc on a aussi $y_n=g(u_n)$. Par continuité de $f$ et $g$ on a $y_n=f(u_n)\to f(x)$ et $y_n=g(u_n)\to g(x)$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=g(x)$.

Parmis les exercices sur les fonctions continues on trouve l’excice classique suivant.

Exercice:

Soit $I\subset \mathbb{R}$ et $f:I\to \mathbb{R}$ une fonction uniformément continue sur $I$. Montrer que si $(x_n)\subset I$ est une suite de Cauchy alors son image par $f$ (c’est à dire $(f(x_n))$) est aussi une suite de Cauchy.
Montrer que la fonction $f:]0,+\infty[\to \mathbb{R}$ défine par $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ n’est pas uniformément continue sur $]0,+\infty[$.
Soit $f,g:[a,b]\to \mathbb{R}$ deux fonctions continues sur $[a,b]$. Montrer que la fonction $$ h(t)=\sup_{x\in [a,b]}(f(x)+tg(x)),\qquad t\in\mathbb{R}, $$ est bien définie et qu elle est uniformément continue sur $\mathbb{R}$.

Solution:

Comme $f$ est uniformément continue sur $I,$ alors pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $\alpha>0$ tel que pour tout $x,y\in I:$\begin{align*}|x-y|<\alpha\;\Longrightarrow\; |f(x)-f(y)|<\varepsilon.\end{align*}D’autre part, comme $(x_n)_n\subset I$ est une suite de Cauchy alors il existe $n_0\in \mathbb{N}$ tel que pour $p,q\in \mathbb{N}:$\begin{align*}p,q>n_0\;\Longrightarrow\;|x_p-x_q|<\alpha\;\Longrightarrow\; |f(x_p)-f(x_q)|<\varepsilon.\end{align*}D’où le résultat.
Par l’absurd supposons que $f$ est uniformément continue sur $]0,+\infty[$. Donc d’après la question (1), la fonction $f$ transforme toute suite de Cauchy de $]0,+\infty[$ en une suite de Cauchy dans $\mathbb{R}$. Soit alors la suite particulière $u_n=\frac{1}{n^2}$ pour tout $n\in\mathbb{N}^\ast$. Cette suite est de Cauchy car elle est convergente. Mais $f(u_n)=n$ qui est pas une suite de Cauchy car elle est divergente. C’est une contradiction avec (1). D’où $f$ n’est pas uniformément continue sur $]0,+\infty[$.
Soit $t\in \mathbb{R}$. On pose $$ A_t:=\{f(x)+t g(x): x\in [a,b] \}.$$ Soit $x_0=\frac{a+b}{2}\in [a,b]$, alors $z_0:=f(x_0)+tg(x_0)\in A_t$. Par suite l’ensemble $A_t$ est non vide. Montrons quelle est majorée. Comme $f$ et $g$ sont continues sur le compact $[a,b],$ alors elles sont bornées sur $[a,b]$. Ils existent donc des constantes réels $M_f>0$ et $M_g>0$ telles que $|f(x)|\le M_f$ et $|g(x)|\le M_g$ pour tout $x\in [a,b]$. Soit $z\in A_t$, il existe donc $\sigma\in [a,b]$ tel que $z=f(\sigma)+tg(\sigma)$. Donc $z\le M_f+ t M_g$. Ce qui preuve que $A_t$ est majorée et donc $h(t)=\sup(A_t)$ est bien défini. Montrons que la fonction $h$ est uniformément continue sur $\mathbb{R}$. Soient alors $t,s\in \mathbb{R}$. Pour tout $x\in [a,b]$ on a \begin{align*}f(x)+tg(x)&=(f(x)+s g(x))+ (t-s) g(x)\cr & \le h(s)+ M |t-s|.\end{align*}Ce qui montre que $h(s)+ M_g |t-s|$ est une majorant de l ensemble $A_t,$ donc $h(t)=\sup A_t \le h(s)+ M_g |t-s|$. Comme $s$ et $t$ jouent le même rôle alors on a aussi $h(s)\le h(t)+M_g |t-s|$. Donc\begin{align*}-M_g |t-s|\le h(t)-h(s)\le M_g |t-s|,\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}.\end{align*}Ce qui est équivalent à \begin{align*}|h(t)-h(s)|\le M_g |t-s|,\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}.\end{align*}Ainsi $h$ est Lipschitzienne, donc uniformément continue par la question (1).

Voici des exercices sur les fonctions continues qui sont régulières de type Holder.

Exercice: Soient $\beta,\kappa\in ]0,+\infty[$ et $\psi:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ une fonction vérifiant\begin{align*}\tag{$H_\beta$} |\psi(t)-\psi(s)|\le \kappa\;|t-s|^\beta,\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}.\end{align*}

Montrer que $\psi$ est uniformément continue sur $\mathbb{R}$ et qu’il existe une constante $C\in\mathbb{R}$ telle que $|\psi(t)|\le C+\kappa |t|^\beta$ pour tout $t\in\mathbb{R}$.
Dans cette question on suppose que $\beta>1$. Montrer que $\psi$ est identiquement nulle si et seulement si elle s’annule en un point de $\mathbb{R}$ (Indication: il suffit de montrer que $\psi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et que $\psi'(t)=0$ pour tout $t\in\mathbb{R}$).
Soit $\beta\in ]0,1]$ et $\psi$ une fonction vérifiant $(H_\beta)$. Montrer que la fonction $t\mapsto \sin(t)$ vérifie la condition $(H_1)$ (dans le cas $\beta=1$) avec $\kappa =1$. De plus, montrer que la fonction $h(t)=\sin(\psi(t))$ pour $t\in \mathbb{R}$ vérifie la condition $(H_\beta)$.
Montrer que la fonction $t\ni \mathbb{R}\mapsto \sin(\sqrt{|t|})$ est uniformément continue sur $\mathbb{R}$. (Indication: utiliser les questions (1) et (3).)

Solution:

Pour montrer que $\psi$ est uniformément continue sur $\mathbb{R},$ il faut se donner un $\varepsilon>0$ (arbitraire) et essayer de trouver (construire) un réel $\alpha>0$ (qui dépend bien sûr de $\varepsilon$) tel que pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ avec $|t-s| < \alpha$ alors $|\psi(t)-\psi(s)|<\varepsilon$. Vue la forme de l’inégalié ($H_\beta$), il suffit de choisir $\alpha:=(\frac{\varepsilon}{\kappa})^{\frac{1}{\beta}}$. Donc pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ tel que $|t-s|<\alpha$ on a $ \kappa\;|t-s|^\beta<\varepsilon,$ et par suite $|\psi(t)-\psi(s)|<\varepsilon$. C’est l’uniforme continuité de $\psi$. Pour tout $t\in\mathbb{R}$, on a \begin{align*}|\psi(t)|&=|\psi(0)+\psi(t)-\psi(0)|\cr &\le |\psi(0)|+|\psi(t)-\psi(0)|\cr &\le |\psi(0)|+\kappa |t|^\beta.\end{align*}Il suffit donc de poser $C:=|\psi(0)|$.
Montrons que $\psi$ est dérivable et que sa fonction dérivée $\psi’$ est identiquement nulle. Soit $t\in \mathbb{R}$ fixé. Comme $\beta>1,$ alors on peut écrire $\beta=1+\sigma$ avec $\sigma>0$ (il suffit de prendre $\sigma:=\beta-1>0$). Pour tout $s\in \mathbb{R}$ avec $s\neq t$ on a $$ \left|\frac{\psi(s)-\psi(t)}{s-t}\right|\le \kappa |s-t|^\sigma. $$ Comme $\kappa |s-t|^\sigma\to 0$ quand $s\to t,$ alors $$ \lim_{s\to t}\frac{\psi(s)-\psi(t)}{s-t}=0. $$ Ce qui implique que $\psi$ est dérivable en $t$ et que $\psi'(t)=0$. Comme $t$ est arbitraire, alors $\psi’\equiv 0$ sur $\mathbb{R}$.
Montrons que la fonction sinus satisfait la condition ($H_1$) pour un $\kappa=1$. En effet, la fonction sinus est dérivable en tout point de $\mathbb{R}$ et donc par application du Théorème des accroissements finis à la fonction sinus, pour tout $x,y\in \mathbb{R}$ il existe une constant $c$ entre $x$ et $y$ telle que $\sin(x)-\sin(y)=\cos(c)(x-y)$. Comme $|\cos(c)|\le 1$, alors en passant àla valeur absolue, on a \begin{align*}|\sin(x)-\sin(y)|\le |x-y|,\qquad \forall x,y\in\mathbb{R}.\end{align*}D’autre part, soit une fonction $\psi$ qui satisfait ($H_\beta$). Alors pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ on a $$ |\sin(\psi(t))-\sin(\psi(s))|\le |\psi(t)-\psi(s)|\le \kappa |t-s|^\beta. $$ Donc la fonction $t\mapsto \sin(\psi(t))$ satisfait aussi la condition ($H_\beta$).
Tout d’abord il faut remarquer que pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ on a $$ \left|\sin(\sqrt{|t|})-\sin(\sqrt{|s|})\right|\le \left|\sqrt{|t|}-\sqrt{|s|}\right|. $$ Il suffit donc de montrer que la fonction racine carrée $t\mapsto \sqrt{|t|}$ est uniformément continue sur $\mathbb{R},$ il suffit donc d’après le point (1) que la fonction racine carrée satisfait la condition ($H_\beta$) pour des constantes $\kappa$ et $\beta$ bien appropriés. Dans un premier temps soit $h\ge 0$ et $s\in \mathbb{R}$. on a $(\sqrt{h}+\sqrt{|s|})^2\ge h+|s|$. Comme la fonction racine carrée est croissante, alors on a $\sqrt{h}+\sqrt{|s|}\ge \sqrt{h+|s|}$. Ce qui donne $$ 0\le \sqrt{h+|s|}-\sqrt{|s|}\le \sqrt{h}. $$ Une autre remarque c’est que les nombres réels $t$ et $s$ jouent le même rôle (ils sont symétriques), donc on peut, sans perdre de généralités, supposer que $|t|ge |s|$. Donc avec cette supposition et si en choisit $h=|t|-|s|\ge 0,$ on trouve $$ 0\le \sqrt{|t|}-\sqrt{|s|}\le \sqrt{|t|-|s|}. $$ Mais on sait que $|t|-|s|=\left ||t|-|s|\right|\le |t-s|$, et donc $\sqrt{|t|-|s|}\le \sqrt{\left| t-s\right|}$. D’où $$ 0\le \sqrt{|t|}-\sqrt{|s|}\le |t-s|^{\frac{1}{2}}. $$ Ainsi $$ \left|\sin(\sqrt{|t|})-\sin(\sqrt{|s|})\right|\le |t-s|^{\frac{1}{2}},\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}. $$ D’où le résultat, d’après (1).