Chapitre I. Limites et continuité
On prouve maintenant que f (x) = −x pour tout x ∈ R. On suppose qu’il
existe x 0 tel que x 1 = f (x 0 ) > −x 0 ou, dit autrement, −x 1 < x 0 . Il s’ensuit que x 2 = f (x 1 ) < f(−x 0 ) = −f (x 0 ) = −x 1 < x 0 . On peut montrer par
récurrence que (−1)
n x n < x 0 si x k = f (x k−1 ), ce qui contredit l’hypothèse
x n = f n (x 0 ) = −x 0 . Le même raisonnement s’applique au cas f (x 0 ) < −x 0 .
Donc, f (x) = −x pour tout x ∈ R.
I.3.20. On suppose que f est discontinue en x. Il existe alors une suite {x n }
convergente vers x telle que {f (x n )} ne converge pas vers f (x). Ceci signifie
qu’il existe ε > 0 tel que pour tout k ∈ N ∗ , il existe n k > k pour lequel
|f (x n k ) − f (x)| ε.
Donc, f (x n k ) f (x) + ε > f(x) ou f (x n k ) f (x) − ε < f(x). Supposons,
par exemple, que la première inégalité soit vérifiée. Il existe alors un rationnel
q tel que f (x) + ε > q > f(x), d’où f (x n k ) > q > f(x) pour tout k ∈ N ∗ .
D’après la propriété des valeurs intermédiaires, il existe z k entre x et x n k tel
que f (z k ) = q, ce qui signifie que z k ∈ f −1 ({q}). Clairement, lim
k→+∞
z k = x.
Puisque f −1 ({q}) est fermé, x ∈ f −1 ({q}) et f (x) = q, contradiction.
I.3.21. Il suffit de considérer le cas où T > 0 pour démontrer ce théorème.
On pose g(x) = f (x + T ) − f (x). Il y a alors deux possibilités.
(1) Il existe x 0 > a tel que g(x) est strictement positive (ou négative) pour
tout x > x 0 .
(2) Il n’existe pas de tel x 0 .
Dans le cas (1), si, par exemple, g est strictement positive sur ]x 0 , +∞[, la suite
{f (x 0 +nT )} est alors croissante. Puisque f est bornée, la limite suivante existe
et est finie :
lim
n→+∞
f (x 0 + nT ) = lim
n→+∞
f (x 0 + (n + 1)T ).
On peut donc prendre x n = x 0 + nT . Dans le cas (b), d’après la propriété
des valeurs intermédiaires appliquée à g, pour tout entier strictement positif
n > a, il existe x n > n tel que g(x n ) = 0.
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On prouve maintenant que f (x) = −x pour tout x ∈ R. On suppose qu’il
existe x 0 tel que x 1 = f (x 0 ) > −x 0 ou, dit autrement, −x 1 < x 0 . Il s’ensuit que x 2 = f (x 1 ) < f(−x 0 ) = −f (x 0 ) = −x 1 < x 0 . On peut montrer par
récurrence que (−1)
n x n < x 0 si x k = f (x k−1 ), ce qui contredit l’hypothèse
x n = f n (x 0 ) = −x 0 . Le même raisonnement s’applique au cas f (x 0 ) < −x 0 .
Donc, f (x) = −x pour tout x ∈ R.
I.3.20. On suppose que f est discontinue en x. Il existe alors une suite {x n }
convergente vers x telle que {f (x n )} ne converge pas vers f (x). Ceci signifie
qu’il existe ε > 0 tel que pour tout k ∈ N ∗ , il existe n k > k pour lequel
|f (x n k ) − f (x)| ε.
Donc, f (x n k ) f (x) + ε > f(x) ou f (x n k ) f (x) − ε < f(x). Supposons,
par exemple, que la première inégalité soit vérifiée. Il existe alors un rationnel
q tel que f (x) + ε > q > f(x), d’où f (x n k ) > q > f(x) pour tout k ∈ N ∗ .
D’après la propriété des valeurs intermédiaires, il existe z k entre x et x n k tel
que f (z k ) = q, ce qui signifie que z k ∈ f −1 ({q}). Clairement, lim
k→+∞
z k = x.
Puisque f −1 ({q}) est fermé, x ∈ f −1 ({q}) et f (x) = q, contradiction.
I.3.21. Il suffit de considérer le cas où T > 0 pour démontrer ce théorème.
On pose g(x) = f (x + T ) − f (x). Il y a alors deux possibilités.
(1) Il existe x 0 > a tel que g(x) est strictement positive (ou négative) pour
tout x > x 0 .
(2) Il n’existe pas de tel x 0 .
Dans le cas (1), si, par exemple, g est strictement positive sur ]x 0 , +∞[, la suite
{f (x 0 +nT )} est alors croissante. Puisque f est bornée, la limite suivante existe
et est finie :
lim
n→+∞
f (x 0 + nT ) = lim
n→+∞
f (x 0 + (n + 1)T ).
On peut donc prendre x n = x 0 + nT . Dans le cas (b), d’après la propriété
des valeurs intermédiaires appliquée à g, pour tout entier strictement positif
n > a, il existe x n > n tel que g(x n ) = 0.
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