Agrégation interne : fonctions d'une variable réelle

Toutes ces propositions sont fausses. Voici des contre-exemples.

1. On pose $f(x)=\cos(x)$ et $I=]-\pi,5\pi[$. Alors $f(I)=[-1,1]$.
2. On pose $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ et $I=\mathbb R$. Alors $f(I)=]0,1]$.
3. On pose $f(x)=1/x$ et $I=]0,1[$. Alors $f(I)=]1,+\infty[$.
4. On pose $f(x)=x^2$ et $I=]0,+\infty[$. Alors $f^{-1}(I)=\mathbb R^*$ qui n'est pas un intervalle.

On va démontrer qu'elle est constante en faisant un raisonnement par l'absurde et en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires. Supposons en effet qu'il existe $a<b$ dans $I$ tel que $f(a)\neq f(b)$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, toute valeur de $[f(a),f(b)]$ (ou $[f(b),f(a)]$ si $f(b)<f(a)$) est prise par $f$ dans $[a,b]$. Comme cette intervalle contient un nombre infini de points, on obtient une contradiction. Donc, pour tous $a,b\in I$, on a $f(a)=f(b)$. Autrement dit, $f$ est constante.

Soit $a=\lim_{+\infty} f$. Appliquons la définition de la limite pour $\veps=1$. Il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $|f(x)-a|\leq 1$. En particulier, pour $x\in[A,+\infty[$, on a $|f(x)|\leq |a|+1$. De plus, $f$ est continue sur le segment $[0,A]$. Elle y est bornée. Soit $M_0$ tel que $|f(x)|\leq M_0$ pour tout $x\in[0,A]$. Alors, en posant $M=\max(M_0,|a|+1)$, on a $|f(x)|\leq M$ pour tout $x\in[0,+\infty[$.

$f'$ est continue sur $[0,1]$. Elle est donc bornée et atteint ses bornes. Soit $m=\inf_{x\in[0,1]}f'(x)$. Il existe $x_0\in[0,1]$ tel que $m=f'(x_0)$. En particulier $m>0$ puisque $f'(x_0)>0$. Considérons ensuite $x\in ]0,1]$. Par le théorème des accroissement finis appliqués entre $0$ et $x$, il existe $c\in ]0,x[$ tel que $$f(x)-f(0)=f'(c) x.$$ Puisque $f'(c)\geq m$, ceci entraine bien que $f(x)\geq mx.$

On écrit $f(x)=g(x)h(x)$ avec $g(x)=(x-a)^n$ et $h(x)=(x-b)^n$. On va appliquer la formule de Leibniz. Pour cela, on remarque que, pour $0\leq p\leq n$, on a : $$g^{(p)}(x)=n(n-1)\dots(n-p+1)(x-a)^{n-p}=\frac{n!}{(n-p)!}(x-a)^{n-p},$$ $$h^{(p)}(x)=\frac{n!}{(n-p)!}(x-b)^{n-p}.$$ La formule de Leibniz donne \begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)&=&\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}g^{(k)}(x)h^{(n-k)}(x)\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{n!}{(n-k)!}\frac{n!}{k!}(x-a)^{n-k}(x-b)^k\\ &=&n! \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2(x-a)^{n-k}(x-b)^k. \end{eqnarray*} Dans le cas où $a=b$, la formule devient $$f^{(n)}(x)=n! \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2 (x-a)^n.$$ D'autre part, on a $f(x)=(x-a)^{2n}$ et on peut dériver directement cela : $$f^{(n)}(x)=\frac{(2n)!}{n!}(x-a)^n=n!\binom{2n}{n}(x-a)^n.$$ En identifiant, on trouve $$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2=\binom{2n}{n}.$$

Soit $\veps>0$ et $a=\lim_{+\infty}f$. Alors on sait qu'il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $$|f(x)-a|<\veps/2.$$ D'autre part, d'après le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue sur le segment $[0,A+1]$ : il existe $\eta>0$ tels que, pour tous $x,y\in[0,A+1]$ avec $|x-y|<\eta$, on a $|f(x)-f(y)|<\veps$. Quitte à le réduire, on peut toujours supposer $\eta<1$. Prouvons maintenant que $f$ est uniformément continue sur $\mathbb R_+$ en prenant deux élements $x,y\in\mathbb R_+$ avec $|x-y|<\eta$. On distingue deux cas :

1. Si $x\in[0,A]$ ou $y\in[0,A]$, alors, puisque $|x-y|<\eta<1$, on a $x$ et $y$ qui sont éléments de $[0,A+1]$. On a donc bien $$|f(x)-f(y)|<\veps.$$
2. Sinon, on a $x\geq A$ et $y\geq A$. On passe alors par $a$ : $$|f(x)-f(y)|=|f(x)-a+a-f(y)|\leq |f(x)-a|+|f(y)-a|<\veps.$$

Ainsi, on a bien prouvé que $f$ est uniformément continue sur $\mathbb R_+$. Remarquons l'intérêt d'utiliser le théorème de Heine sur $[0,A+1]$ et non sur $[0,A]$. Il faut travailler sur quelque chose de plus grand que $[0,A]$ pour éviter les problèmes de raccord.