Solutions
(voir la solution du problème précédent). Clairement, pour tout n suffisamment grand, on a x n > a −
δ
2 . On obtient donc, par monotonie et
continuité de f ,
f (x n ) f
a −
δ
2
> f(a) − ε.
Combiné à (∗), ceci donne lim
n→+∞
f (x n ) = f
lim
n→+∞
x n
.
(b) La démonstration de cette égalité se mène comme en (a).
I.2.20. Appliquez I.2.19 à −f .
I.2.21. On note que g est bien définie et est croissante sur R.
(a) D’après le problème I.1.35, on a
g(x
−
0 ) = sup
x
(1)
On suppose que g(x
−
0 ) < g(x 0 ). Il existe alors d > 0 tel que
g(x
−
0 ) = g(x 0 ) − d.
Donc, pour tout x < x 0 ,
sup {t : f (t) < x} g(x 0 ) − d
ou, de façon équivalente, t g(x 0 ) − d si f (t) < x. Ceci implique
t g(x 0 ) − d si f (t) < x 0 , ce qui donne
g(x 0 ) = sup {t : f (t) < x 0 } g(x 0 ) − d,
contradiction.
(b) La fonction g peut être discontinue comme le montre l’exemple suivant.
Si
f (x) =
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
x
pour x < 1,
−x + 2 pour 1 x 2,
x − 2
pour x > 2,
alors
g(x) =
x
pour x 0,
2 + x pour x > 0.
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(voir la solution du problème précédent). Clairement, pour tout n suffisamment grand, on a x n > a −
δ
2 . On obtient donc, par monotonie et
continuité de f ,
f (x n ) f
a −
δ
2
> f(a) − ε.
Combiné à (∗), ceci donne lim
n→+∞
f (x n ) = f
lim
n→+∞
x n
.
(b) La démonstration de cette égalité se mène comme en (a).
I.2.20. Appliquez I.2.19 à −f .
I.2.21. On note que g est bien définie et est croissante sur R.
(a) D’après le problème I.1.35, on a
g(x
−
0 ) = sup
x
(1)
On suppose que g(x
−
0 ) < g(x 0 ). Il existe alors d > 0 tel que
g(x
−
0 ) = g(x 0 ) − d.
Donc, pour tout x < x 0 ,
sup {t : f (t) < x} g(x 0 ) − d
ou, de façon équivalente, t g(x 0 ) − d si f (t) < x. Ceci implique
t g(x 0 ) − d si f (t) < x 0 , ce qui donne
g(x 0 ) = sup {t : f (t) < x 0 } g(x 0 ) − d,
contradiction.
(b) La fonction g peut être discontinue comme le montre l’exemple suivant.
Si
f (x) =
⎧
⎪ ⎨
⎪ ⎩
x
pour x < 1,
−x + 2 pour 1 x 2,
x − 2
pour x > 2,
alors
g(x) =
x
pour x 0,
2 + x pour x > 0.
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