Chapitre I. Limites et continuité
On suppose maintenant que f (1) > 0 (resp. f (1) < 0), les réels
f (1), f (2), . . . , f(n − 1) sont distincts et différents de 0 et il existe m tel que
2 m n − 1, tel que f (m) < 0 (resp. f (m) > 0). Il existe alors des entiers
k 1 , k 2 , . . . , k s compris entre 1 et n − 2 tels que
f (1) > 0, f(2) > 0, . . . , f(k 1 ) > 0,
f (k 1 + 1) < 0, f(k 1 + 2) < 0, . . . , f(k 2 ) < 0,
. . .
f (k s + 1) < 0, f(k s + 2) < 0, . . . , f(n − 1) < 0
(ou f (k s + 1) > 0, f(k s + 2) > 0, . . . , f(n − 1) > 0)
(resp. f (1) < 0, f(2) < 0, . . . , f(k 1 ) < 0, . . . ). En raisonnant alors de la
même façon que dans le premier cas, on montre qu’il existe k 1 solutions dans
[0 , k 1 + 1], k 2 − k 1 solutions dans [k 1 , k 2 + 1], etc. Clairement, dans ce cas, les
solutions doivent toutes être distinctes et la proposition est prouvée.
Finalement, on considère le cas où il existe des entiers k et m tels que
0 k < m n, tels que f (k) = f (m). On suppose aussi que les réels
f (k), f(k + 1), . . . , f(m − 1) sont distincts. Il découle de ce qui précède qu’il y
a m − k solutions dans l’intervalle [k , m]. On définit alors
f 1 (x) =
f (x)
si 0 x k,
f (x + m − k) si k < x n − (m − k).
Clairement, f 1 est continue sur [0 , n − (m − k)] et f 1 (n − (m − k)) = f 1 (0) = 0.
Si f 1 (0), f 1 (1), . . . , f 1 (n − (m − k) − 1) sont distincts, la première partie de la
démonstration donne alors n − (m − k) solutions qui, ajoutées aux m − k solutions obtenues précédemment, donnent le résultat cherché. Si certains des réels
f 1 (0), f 1 (1), . . . , f 1 (n − (m − k) − 1) sont égaux, on peut répéter la procédure.
I.3.15. On suppose que l’équation f (x) = g(x) n’a pas de solution. La fonction h(x) = f (x) − g(x) est alors soit strictement positive, soit strictement
négative. Donc,
0 = h(f (x)) + h(g(x))
= f (f (x)) − g(f (x)) + f (g(x)) − g(g(x))
= f
2 (x) − g
2 (x),
contradiction.
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On suppose maintenant que f (1) > 0 (resp. f (1) < 0), les réels
f (1), f (2), . . . , f(n − 1) sont distincts et différents de 0 et il existe m tel que
2 m n − 1, tel que f (m) < 0 (resp. f (m) > 0). Il existe alors des entiers
k 1 , k 2 , . . . , k s compris entre 1 et n − 2 tels que
f (1) > 0, f(2) > 0, . . . , f(k 1 ) > 0,
f (k 1 + 1) < 0, f(k 1 + 2) < 0, . . . , f(k 2 ) < 0,
. . .
f (k s + 1) < 0, f(k s + 2) < 0, . . . , f(n − 1) < 0
(ou f (k s + 1) > 0, f(k s + 2) > 0, . . . , f(n − 1) > 0)
(resp. f (1) < 0, f(2) < 0, . . . , f(k 1 ) < 0, . . . ). En raisonnant alors de la
même façon que dans le premier cas, on montre qu’il existe k 1 solutions dans
[0 , k 1 + 1], k 2 − k 1 solutions dans [k 1 , k 2 + 1], etc. Clairement, dans ce cas, les
solutions doivent toutes être distinctes et la proposition est prouvée.
Finalement, on considère le cas où il existe des entiers k et m tels que
0 k < m n, tels que f (k) = f (m). On suppose aussi que les réels
f (k), f(k + 1), . . . , f(m − 1) sont distincts. Il découle de ce qui précède qu’il y
a m − k solutions dans l’intervalle [k , m]. On définit alors
f 1 (x) =
f (x)
si 0 x k,
f (x + m − k) si k < x n − (m − k).
Clairement, f 1 est continue sur [0 , n − (m − k)] et f 1 (n − (m − k)) = f 1 (0) = 0.
Si f 1 (0), f 1 (1), . . . , f 1 (n − (m − k) − 1) sont distincts, la première partie de la
démonstration donne alors n − (m − k) solutions qui, ajoutées aux m − k solutions obtenues précédemment, donnent le résultat cherché. Si certains des réels
f 1 (0), f 1 (1), . . . , f 1 (n − (m − k) − 1) sont égaux, on peut répéter la procédure.
I.3.15. On suppose que l’équation f (x) = g(x) n’a pas de solution. La fonction h(x) = f (x) − g(x) est alors soit strictement positive, soit strictement
négative. Donc,
0 = h(f (x)) + h(g(x))
= f (f (x)) − g(f (x)) + f (g(x)) − g(g(x))
= f
2 (x) − g
2 (x),
contradiction.
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