[PDF] COURS 12 : Fonctions continues (suite)

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COURS 12 : Fonctions continues (suite)

Théorème 0.1.Sifest une fonction continue sur un intervalle fermé borné[a,b]alors fest bornée sur[a,b]et atteint ses bornes sur[a,b].

DémonstrationPour montrer quefest bornée, il suffit de montrer que la fonction (composée)|f|est

majorée. Comme la fonctionx?→ |x|est continue surR, sifest continue sur[a,b]alors |f|aussi. Supposons que|f|ne soit pas majorée. Alors il existe une suite(xn)nd"éléments de[a,b]tels que|f(xn)|tend vers+∞. Comme la suite(xn)nest bornée, il existe une sous-suite(xnk)kconvergeant vers un élémentcde[a,b]. Comme|f|est continue sur[a,b] donc enc, on alimk→∞|f(xnk)|=|f(c)|. Finalement, on a lim k→∞|f(xnk)|=|f(c)|et limk→∞|f(xnk)|= +∞. Contradiction. La fonction est donc bornée et les nombres sup{f(x)/ x?[a,b]}et inf{f(x)/ x?[a,b]} sont bien définis. Montrons quefatteint ses bornes c"est à dire qu"il existeαetβdans [a,b]tels que f(α) = sup{f(x)/ x?[a,b]}etf(β) = inf{f(x)/ x?[a,b]}. Par définition de la borne inférieure il existe une suite de nombres de la formef(xn)(avec x ndans[a,b]pour toutn) convergeant verssup{f(x)/ x?[a,b]}. Considérons une sous suite(xnk)kde(xn)nconvergeant vers un élémentαde[a,b]. Alors on a d"une part, lim k→∞f(xnk) =f(α)) carfest continue enα. D"autre part lim k→∞f(xnk) = sup{f(x)/ x?[a,b]} par définition, autrement ditf(α) = sup{f(x)/ x?[a,b]}. Le cas de la borne inférieure

se traite de la même manière.Corollaire 0.2.L"image d"un segment par une application continue est un segment.

1

En généralf([a,b])ne coïncide pas avec[f(a),f(b)].Théorème 0.3.Soitfune fonction définie sur un intervalleIdeR, continue surI,

strictement monotone surI. La fonctionfest alors une bijection deTsur l"intervalle f(I)et sa bijection réciproque est continue strictement monotone surf(I)(de même sens de variation quef). DémonstrationFaisons la preuve dans le cas oùfest strictement décroissante. Par définitionfdéfinit une surjection deIsurf(I). Sixetysont différents, on ax < y ouy < x. Dans le premier casf(x)<(fy)dans le deuxièmef(y)< f(x). Autrement dit x?=y?f(x)?=f(y),i.e.fest injective surI. Notonsgla bijection réciproque def. g(y). Alorsg(x)etg(y)sont deux nombres distincts deItels quex=f(g(x))≥f(g(y)) = y(carfest décroissante), ce qui est en contradiction avecx < y. On a doncg(x)> g(y), autrement ditgest strictement croissante. Considérons deux pointsaetbdansf(I)etcun élément de[a,b]. Par définition il existe xetydansItels quea=f(x)etb=f(y). CommeIest un intervalle[x,y]est inclus dansI. Commefest continue surI, elle est continue sur[x,y]. Le théorème des valeurs intermédiaires assure alors l"existence d"un pointzde[x,y]tel quec=f(z). Autrement ditcappartient àf(I). On a donc montré que l"image deIest un intervalle. Reste à montrer quegest continue. Soitxun point def(I)et(xn)une suite de points def(I)convergeant versx. Supposons que(g(xn))nne converge pas versg(x). Alors il existe? >0tel que pour toutNil existen > Ntel que|g(xn)-g(x)|> ?. On peut donc construire une suite(xnk)kconvergeant versxtel que pour toutkon ait |g(xnk)-g(x)|> ?; ou encore1une suite(xnk)kconvergeant versxtel que pour toutkon aitg(xnk)-g(x)> ?ou bien une suite(xnk)kconvergeant versxtel que pour toutkon aitg(x)-g(xnk)> ?. Dans le premier cas on axnk=f(g(xnk))< f(g(x)+?)(commefest décroissante). Mais g(x) +? > g(x)doncf(g(x) +?)< f(g(x)) =xdoncxnk< f(g(x) +?)< xet(xnk)kne converge pas versx. Contradiction. Dans le second cas on obtientxnk> f(g(x)-?)> xet aussi une contradiction.1

Attention j"affirme l"existence de telles suites. Je ne dis pas ici qu"une suite convergeant versxconverge

versxpar valeurs supérieures ou inférieures. Pour passer de la première suite(xnk)kà l"une des deux

autres, il faut éventuellement extraire une nouvelle fois une suite.2quotesdbs_dbs28.pdfusesText_34

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