Limite et continuité en un point (2/3)

Exercice 1.
Étudier la continuité de {f} définie sur {\mathbb{R}^{+*}} par {f(x)=1-x\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor}.
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Pour {n} dans {\mathbb{N}^{*}}, on a les équivalences : {\begin{array}{rl}\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor=n&\Leftrightarrow n\le \dfrac{1}{x}\lt n+1\\\\&\Leftrightarrow \dfrac{1}{n+1}\lt x\le\dfrac{1}{n}\end{array}}Et si {x>1} alors {\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor=0}, donc {f(x)=1}.

Et d’autre part: {\forall\, x\in\Bigl]\dfrac{1}{n+1},\dfrac{1}{n}\Bigr],\;f(x)=1-nx}.

On a par exemple : {\begin{cases}f(x)=1-x\text{\ sur\ }\Bigl]\dfrac{1}{2},1\Bigr]\\\\f(x)=1-2x\text{\ sur\ }\Bigl]\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}\Bigr]\\\\f(x)=1-3x\text{\ sur\ }\Bigl]\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{3}\Bigr]\text{\ etc.}\end{cases}}

La fonction {f} est continue sur {\mathbb{R}\setminus\Bigl\{\dfrac{1}{n},\;n\in\mathbb{N}^{*}\Bigr\}} (affine par intervalles ouverts).

On se donne {n} dans {\mathbb{N}^{*}}.

D’une part on a : {f(x)=1-nx} sur {\Bigl]\dfrac{1}{n+1},\dfrac{1}{n}\Bigr]}.

D’autre part on a : {f(x)=1-(n-1)x} sur {\Bigl]\dfrac{1}{n},\dfrac{1}{n-1}\Bigr]}.

Pour tout {n\in\mathbb{N}^{*}}, on en déduit {\begin{cases}\displaystyle\lim_{(1/n)^{-}}f(x)=0=f\Bigl(\dfrac{1}{n}\Bigr)\\\\\displaystyle\lim_{(1/n)^{+}}f(x)=1-\dfrac{n-1}{n}=\dfrac{1}{n}\end{cases}}

Ainsi {f} est continue à gauche, mais pas à droite, en chaque {\dfrac{1}{n}}, avec {n\in\mathbb{N}^{*}}.

Remarquons que pour {x>0}, on a : {\dfrac{1}{x}-1\lt \left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor\le\dfrac{1}{x}}.

Il en découle : {1-x\Bigl(\dfrac{1}{x}\Bigr)\le f(x)\lt 1-x\Bigl(\dfrac{1}{x}-1\Bigr)}.

Autrement dit : {\forall\, x>0,\;0\le f(x)\lt x}, donc {\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}f(x)=0}.

On peut donc prolonger {f} par continuité en posant {f(0)=0}.

Voici la représentation graphique de {f} sur {]0,2]}:

Voici la représentation graphique de {f} sur {]10^{-2},5\cdot10^{-2}[} :

Exercice 2.
Soit {f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}} une fonction à la fois {1}-périodique et {\sqrt2}-périodique.
On suppose de plus que {f} est continue en {0}.
Montrer que {f} est constante.
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Pour tout {n\in\mathbb{N}}, il existe {(a_n,b_n)\in\mathbb{Z}^2} tel que {(\sqrt2-1)^n=a_n+b_n\sqrt2}.

On en déduit que {t_n=(\sqrt2-1)^n} est une période de {f}.

Soit {x} un réel et {k_n} l’unique entier tel que {k_nt_n\le x\lt (k_n+1)t_n}.

Pour tout {n} de {\mathbb{N}}, on a {f(x-k_nt_n)=f(x)} par périodicité.

D’autre part {\left|{x-k_nt_n}\right|\lt t_n} donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(x-k_nt_n)=0}.

La continuité de {f} en {0} donne : {f(x)=\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(x-k_nt_n)=f(0)}.

Cela montre que la fonction {f} est constante.

Réciproquement, les fonctions constantes sont évidemment solutions du problème.

  • Remarque 1 :

    Dans l’énoncé, on peut remplacer “{{f} continue en {0}” par “{f} continue en un point {x_{0}}“.

    Il suffit en effet de considérer la fonction {x\mapsto g(x)=f(x-x_{0})} pour se ramener à l’origine.

  • Remarque 2 :

    Le résultat ne tient plus si on ne suppose pas {f} continue en {0}.

    En effet, soit {K=\{a+b\sqrt2,\;(a,b)\in\mathbb{Q}^{2}\}}.

    L’ensemble {K} contient {\mathbb{Q}}, donc est dense dans {\mathbb{R}}.

    L’ensemble {K} est par définition stable par {x\mapsto x+1} et {x\mapsto x+\sqrt2}.

    La fonction caractéristique de {K} est à la fois {1}-périodique et {\sqrt2}-périodique, mais elle n’est pas constante!

Exercice 3.
On définit {f:\;]0,1[\rightarrow\mathbb{R}} de la manière suivante:

  • Si {x} est irrationnel, {f(x)=0}.
  • Si {x} s’écrit {\dfrac pq} (fraction irréductible), alors {f(x)=\dfrac 1q}.

Montrer que {f} est continue sur les irrationnels et discontinue sur les rationnels.

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  • Soit {a} un rationnel de {]0,1[}. On sait que {f(a)>0}.

    Par densité, il existe une suite {(x_n)} de {\mathbb{Q}\,cap\, ]0,1[} telle que {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=a}.

    Pour tout {n} on a {f(x_n)=0} donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(x_n)=0\ne f(a)}.

    Cela prouve que {f} n’est pas continue au point {a}.

  • Soit {a} un irrationnel de {]0,1[}.

    On sait que {f(a)=0}. Donnons-nous {\varepsilon>0}.

    Notons {A_\varepsilon} l’ensemble des {x\in]0,1[} tels que {f(x)\ge\varepsilon}.

    Soit {x} dans {A_\varepsilon}. Nécessairement {x\in\mathbb{Q}}.

    On peut donc écrire {x=\dfrac pq}, sous forme irréductible {(1\le p\lt q)}.

    On a alors {f(x)=\dfrac1q}, et {f(x)\ge\varepsilon\Leftrightarrow q\le\dfrac1\varepsilon}.

    Il y a un nombre fini de valeurs possibles pour {q}, donc un nombre fini d’éléments dans {A_\varepsilon}.

    Ainsi {A_\varepsilon} est un ensemble fini, auquel n’appartient pas le réel {a}.

    Il exite donc un réel {\alpha>0} tel que {]a-\alpha,a+\alpha[\cap A_\varepsilon=\emptyset}.

    On en déduit que {x\in\,]\,a-\alpha,a+\alpha[\Rightarrow x\notin A_\varepsilon\Rightarrow 0\le f(x)\lt \varepsilon}.

    En résumé : {\forall\,\varepsilon>0,\;\exists\,\alpha>0,\;|x-a|\lt \alpha\Rightarrow \left|{f(x)-f(a)}\right|\lt \varepsilon}.

    Autrement dit, la fonction {f} est continue au point {a}.

Exercice 4.
Soient {f,g} deux fonctions de {\mathbb{R}} dans {\mathbb{R}}, continues en {x_{0}}.
Montrer que {\inf (f,g)} et {\sup (f,g)} sont continues en {x_{0}}.
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  • Voici une première méthode, assez expéditive.

    Pour tous réels {x,y} on a : {\begin{cases}\sup(x,y)=\dfrac12\big(x+y+\left|{x-y}\right|)\\\\\inf(x,y)=\dfrac12\big(x+y-\left|{x-y}\right|)\end{cases}}

    Ainsi {\sup(f,g)=\dfrac12\big(f+g+\left|{f-g}\right|)} et {\inf(f,g)=\dfrac12\big(f+g-\left|{f-g}\right|)}.

    On rappelle que {f,g} sont continues en {x_{0}}.

    Il en donc de même de {\left|{f-g}\right|}.

    Par combinaison linéaire, {\inf(f,g)} et de {\sup(f,g)} sont continues en {x_{0}}.

  • Deuxième méthode. Pour tous réels {a,b,c,d,x,y}, on a :
    {\begin{cases}a\le x\le b\\\le y\le d\end{cases}\Rightarrow \max(a,c)\le\max(x,y)\le\max(b,d)}On se donne {\varepsilon>0}. Il existe {\delta>0} tel que : {\left|{x-x_{0}}\right|\lt\delta\Rightarrow\begin{cases}f(x_{0})-\varepsilon\le f(x)\le f(x_{0})+\varepsilon\cr g(x_{0})-\varepsilon\le g(x)\le g(x_{0})+\varepsilon\end{cases}}Avec {h=\max(f,g)}, la remarque précédente donne : {\left|{x-x_{0}}\right|\lt \delta\Rightarrow h(x_{0})-\varepsilon\le h(x)\le h(x_{0})+\varepsilon}On a ainsi prouvé la continuité de {\max(f,g)} en {x_{0}}.

    C’est évidemment pareil avec {\min(f,g)}.

  • Une troisième méthode est à déconseiller: c’est celle qui consiste à discuter la position respective de {f(x_{0})} et de {g(x_{0})} (à cause du cas inévitable {f(x_{0})=g(x_{0})}).