Chapitre I. Limites et continuité
I.3.28. On remarque d’abord que f n’est pas continue sur R. Si elle l’était,
d’après le résultat de I.3.16, elle serait strictement monotone, par exemple
strictement croissante. Dans ce cas, si f (x 0 ) = 0, on obtient f (x) > 0 pour
x > x 0 et f (x) < 0 pour x < x 0 , ce qui contredit l’hypothèse selon laquelle f
envoie R sur R + . La même analyse montre que f ne peut pas non plus être
strictement décroissante. La fonction f n’est donc pas continue sur R.
On suppose maintenant, contrairement à la proposition, que f a un nombre
fini de points de discontinuité que l’on note x 1 < x 2 < . . . < x n . La fonction f
est alors strictement monotone sur chacun des intervalles ]−∞ , x 1 [, ]x 1 , x 2 [,
. . ., ]x n , +∞[. D’après la propriété des valeurs intermédiaires appliquée à f ,
f
]−∞ , x 1 [
, f
]x 1 , x 2 [
, . . . , f
]x n , +∞[
sont des intervalles deux à deux disjoints. Donc
R + \
f
]−∞ , x 1 [
∪
n−1
k=1
f
]x k , x k+1 [
∪ f
]x n , +∞[
contient au moins n + 1 éléments. D’autre part, les seuls éléments de
R \
]−∞ , x 1 [ ∪
n−1
k=1
]x k , x k+1 [ ∪ ]x n , +∞[
sont x 1 , x 2 , . . . , x n et f ne peut donc pas être bijective, contradiction. On a
donc prouvé que f a une infinité de points de discontinuité.
I.3.29. On prouve que si I est un sous-intervalle de ]0 , 1[ d’intérieur non
vide, alors f (I) = [0 , 1]. Pour cela, on note qu’un tel intervalle I contient un
sous-intervalle
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
. Il suffit donc de prouver que f
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
= [0 , 1].
On observe que si x ∈ ]0 , 1[, alors soit x =
m
2 n 0 pour un certain m et n 0 , soit
x ∈
j
2 n 0 ,
j+1
2 n 0
pour un certain j, j = 0, 1, . . . , 2 n 0 − 1. Si x =
m
2 n 0 , alors
f (x) = 1 et la valeur de f au milieu de
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
est aussi égale à 1. Si
maintenant x ∈
j
2 n 0 ,
j+1
2 n 0
pour un certain j, il existe alors x ∈
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
tel
que f (x) = f (x ). En effet, tous les éléments de
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
ont les mêmes n 0
premiers chiffres et on peut trouver x dans cet intervalle tel que ses chiffres
restants se trouvent dans le développement binaire de x. Puisque
lim
n→+∞
n
i=1
a i
n
= lim
n→+∞
n
i=n 0 +1
a i
n − n 0
,
on obtient f (x) = f (x ). Il suffit donc de prouver que f (]0 , 1[) = [0 , 1] ou, dit
autrement, que pour tout y ∈ [0 , 1], il existe x ∈ ]0 , 1[ tel que f (x) = y. De
80
I.3.28. On remarque d’abord que f n’est pas continue sur R. Si elle l’était,
d’après le résultat de I.3.16, elle serait strictement monotone, par exemple
strictement croissante. Dans ce cas, si f (x 0 ) = 0, on obtient f (x) > 0 pour
x > x 0 et f (x) < 0 pour x < x 0 , ce qui contredit l’hypothèse selon laquelle f
envoie R sur R + . La même analyse montre que f ne peut pas non plus être
strictement décroissante. La fonction f n’est donc pas continue sur R.
On suppose maintenant, contrairement à la proposition, que f a un nombre
fini de points de discontinuité que l’on note x 1 < x 2 < . . . < x n . La fonction f
est alors strictement monotone sur chacun des intervalles ]−∞ , x 1 [, ]x 1 , x 2 [,
. . ., ]x n , +∞[. D’après la propriété des valeurs intermédiaires appliquée à f ,
f
]−∞ , x 1 [
, f
]x 1 , x 2 [
, . . . , f
]x n , +∞[
sont des intervalles deux à deux disjoints. Donc
R + \
f
]−∞ , x 1 [
∪
n−1
k=1
f
]x k , x k+1 [
∪ f
]x n , +∞[
contient au moins n + 1 éléments. D’autre part, les seuls éléments de
R \
]−∞ , x 1 [ ∪
n−1
k=1
]x k , x k+1 [ ∪ ]x n , +∞[
sont x 1 , x 2 , . . . , x n et f ne peut donc pas être bijective, contradiction. On a
donc prouvé que f a une infinité de points de discontinuité.
I.3.29. On prouve que si I est un sous-intervalle de ]0 , 1[ d’intérieur non
vide, alors f (I) = [0 , 1]. Pour cela, on note qu’un tel intervalle I contient un
sous-intervalle
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
. Il suffit donc de prouver que f
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
= [0 , 1].
On observe que si x ∈ ]0 , 1[, alors soit x =
m
2 n 0 pour un certain m et n 0 , soit
x ∈
j
2 n 0 ,
j+1
2 n 0
pour un certain j, j = 0, 1, . . . , 2 n 0 − 1. Si x =
m
2 n 0 , alors
f (x) = 1 et la valeur de f au milieu de
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
est aussi égale à 1. Si
maintenant x ∈
j
2 n 0 ,
j+1
2 n 0
pour un certain j, il existe alors x ∈
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
tel
que f (x) = f (x ). En effet, tous les éléments de
k
2 n 0 ,
k+1
2 n 0
ont les mêmes n 0
premiers chiffres et on peut trouver x dans cet intervalle tel que ses chiffres
restants se trouvent dans le développement binaire de x. Puisque
lim
n→+∞
n
i=1
a i
n
= lim
n→+∞
n
i=n 0 +1
a i
n − n 0
,
on obtient f (x) = f (x ). Il suffit donc de prouver que f (]0 , 1[) = [0 , 1] ou, dit
autrement, que pour tout y ∈ [0 , 1], il existe x ∈ ]0 , 1[ tel que f (x) = y. De
80