Math Sup : Limite de fonctions - Continuité

1. On écrit $$\frac1{1-x}-\frac2{1-x^2}=\frac1{1-x}\left(1-\frac{2}{1+x}\right)=\frac{x-1}{(1-x)(1+x)}=\frac{-1}{1+x}.$$ On a levé l'indéterminée, et la limite recherchée vaut donc $-1/2$.
2. L'astuce est de remarquer que $x-1=(\sqrt x-1)(\sqrt x+1)$ pour pouvoir simplifier numérateur et dénominateur. On trouve donc $$\frac{\sqrt x-1}{x-1}=\frac1{\sqrt x+1}$$ et la limite recherchée vaut donc 1/2.
3. On met en facteur le terme dominant au numérateur ($x^3$) et au dénominateur ($5x^3$). Après simplification, on trouve : $$\frac{x^3+x+5}{5x^3+7x^2+8}=\frac{1}{5}\times \frac{1+\frac{1}{x^2}+\frac{5}{x^2}}{1+\frac{7}{5x}+\frac{8}{5x^3}}$$ est la limite recherchée est $1/5$.
4. On utilise la quantité conjuguée : $$\sqrt{x^2+2x}-x=\frac{x^2+2x-x^2}{\sqrt{x^2+2x}+x}=\frac{2x}{x\sqrt{1+2/x}+x}=\frac{2}{\sqrt{1+2/x}+1}.$$ La limite recherchée est égale à 2/2=1.
5. On utilise le changement de variables $u=x^2$. Il vient $$\lim_{x\to+\infty}x^5e^{-x^2}=\lim_{u\to+\infty}u^{5/2}e^{-u}.$$ Par comparaison de la fonction exponentielle et des fonctions puissance, cette limite vaut $0$.
6. On met en facteur le terme dominant : $$\frac{x+\cos x}{x+\sin x}=\frac{x\left(1+\frac{\cos x}x\right)}{x\left(1+\frac{\sin x}x\right)}= \frac{1+\frac{\cos x}x}{1+\frac{\sin x}x}.$$ Mais on a $$-\frac 1x\leq \frac{\sin x}x\leq \frac 1x$$ et donc $\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin x}x=0$. De même, $\lim_{x\to+\infty}\frac{\cos x}x=0$. On en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\cos x}{x+\sin x}=1.$$
7. On met de même en facteur le terme dominant au numérateur et au dénominateur : $$\frac{x\ln x+7}{x^2+4}=\frac{x\ln x\left(1+\frac{7}{x\ln x}\right)}{x^2\left(1+\frac 4{x^2}\right)}= \frac{\ln x}{x}\times\frac{1+\frac{7}{x\ln x}}{1+\frac 4{x^2}}.$$ Or, on sait que $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}x=0$. On en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\frac{x\ln x+7}{x^2+4}=0.$$
8. On va majorer et conclure par le théorème des gendarmes : pour $x>0$, $$\left|\frac{4\sin^2 x+3\cos(5x)}{x}\right|\leq \frac{4\sin^2 x+3|\cos(5x)|}x\leq \frac 7{x}.$$ Par majoration, la limite recherchée est 0.

Par définition de la partie entière, on sait que $$\frac 1x-1< \left\lfloor\frac 1x\right\rfloor\leq \frac 1x.$$ L'inégalité de gauche suffit, par comparaison, à dire que $\lim_{0^+} f=+\infty$. Si on multiplie maintenant les inégalités par $x>0$, on trouve $$1-x\leq g(x)\leq 1,$$ ce qui prouve, toujours par le théorème d'encadrement, que $\lim_{0^+}g=1$. Enfin, puisque $h=xg$, on trouve aussi que $\lim_{0^+}h=0$.

Puisque $\mathbb Q$ et $\mathbb R\backslash \mathbb Q$ sont denses dans $\mathbb R$, on peut trouver pour chaque $a\in\mathbb R$ une suite $(u_n)$ de $\mathbb Q$ et une suite $(v_n)$ de $\mathbb R\backslash\mathbb Q$ telles que $u_n\to a$ et $v_n\to a$. Mais, pour chaque $n$, on a $f(u_n)=1$ et $f(v_n)=0$. Les suites $(f(u_n))$ et $(f(v_n))$ ne convergent pas vers la même limite alors que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent toutes les deux vers $a$. Ainsi, $f$ n'est pas continue en $a$.

On va prouver la continuité de $f$ en revenant à la définition. Soit $x_0\in I$ et $\veps>0$. Posons $\eta=\veps/k$ et soit $x\in I$ tel que $|x-x_0|\leq \eta.$ Alors $$|f(x)-f(x_0)|\leq k |x-x_0|\leq k\eta=\veps.$$ C'est bien que $f$ est continue en $x_0$. Remarquons que $\eta$ ne dépend pas de $x_0$. En réalité, on a démontré un petit peu plus que la continuité de $f$ sur $I$ : on a démontré sa continuité uniforme.

On va vérifier par la définition que $|f|$ est continue en $x_0$. Pour cela, soit $\veps>0$. Puisque $f$ est continue en $x_0$, il existe $\eta>0$ tel que, si $|x-x_0|<\eta$, alors $|f(x)-f(x_0)|<\veps$. Mais, par l'inégalité triangulaire, $$\big| |f(x)|-|f(x_0)|\big|\leq |f(x)-f(x_0)| <\veps.$$ Ainsi, $|f|$ est continue en $x_0$. On aurait pu aussi utiliser que $|f|=|\cdot|\circ f$, et utiliser le fait que la composée de deux fonctions continues est continue.
La réciproque est fausse. Considérons par exemple $f$ définie par $f(x)=-1$ si $x\leq 0$ et $f(x)=1$ si $x>0$. Alors $f$ n'est pas continue en $0$. En revanche, $|f|=1$ est une fonction constante, et donc $|f|$ est continue.

Il y (au moins) deux façons de résoudre cet exercice. La première est d'utiliser un marteau. On a en effet $$\inf(f,g)=\frac{f+g-|f-g|}{2}\textrm{ et }\sup(f,g)=\frac{f+g+|f-g|}{2}.$$ Puisque $f,g$ et $|.|$ sont trois fonctions continues, il en est de même de $\inf(f,g)$ et de $\sup(f,g)$. On peut aussi procéder à la main (c'est plus instructif). Pour simplifier les notations, on pose $h=\inf(f,g)$. On $x_0\in\mathbb R$ et on va prouver que $h$ est continue en $x_0$. Soit $\veps>0$. On distingue 3 cas :

1. Si $f(x_0)<g(x_0)$, on pose $\delta=\inf(\veps,(g(x_0)-f(x_0))/2)$. Puisque $f$ est continue en $x_0,$ il existe $\eta_1>0$ tel que $$|x-x_0|<\eta_1\implies |f(x)-f(x_0)|<\delta.$$ Puisque $g$ est continue en $x_0,$ il existe $\eta_2>0$ tel que $$|x-x_0|<\eta_2\implies |g(x)-g(x_0)|<\delta.$$ Posons $\eta=\min(\eta_1,\eta_2)>0$. On a donc, pour $|x-x_0|<\eta,$ $$|f(x)-f(x_0)|<\delta\textrm{ et }|g(x)-g(x_0)|<\delta.$$ En particulier, pour tout $x\in[x_0-\eta,x_0+\eta]$, on a $$f(x)\leq f(x_0)+\delta\leq g(x_0)-\delta\leq g(x).$$ Ainsi, $h(x)=f(x)$, et $$|h(x)-h(x_0)|=|f(x)-f(x_0)|<\delta\leq\veps.$$ Ceci prouve que $h$ est continue en $x_0$.
2. Si $f(x_0)>g(x_0)$, on effectue le même raisonnement en échangeant les rôles joués par $f$ et $g$.
3. Si $g(x_0)=f(x_0)$, alors c'est presque plus simple. On sait qu'il existe $\eta>0$ tel que, pour $|x-x_0|<\eta$, on a $$|f(x)-f(x_0)|<\veps\textrm{ et }|g(x)-g(x_0)|<\veps$$ soit, $$|f(x)-h(x_0)|<\veps\textrm{ et }|g(x)-h(x_0)|<\veps.$$ Puisqu'on a toujours $h(x)=f(x)$ ou $h(x)=g(x)$, on trouve $$|h(x)-h(x_0)|<\veps$$ ce qui prouve la continuité de $h$.

Soit $T>0$ une période de $f$ et $x_0\in\mathbb R$. La suite $(x_0+nT)$ tend vers $+\infty$. Puisque $f$ admet une limite $l$ en $+\infty$, la suite $(f(x_0+nT))$ tend vers $l$. Or, par $T$-périodicité, on sait que $$f(x_0+nT)=f(x_0)\textrm{ pour tout }n\geq 1.$$ Par passage à la limite, on obtient $f(x_0)=l$ et donc la fonction $f$ est constante égale à $l$.

Soit $x\in\mathbb R$ et $(x_n)$ la suite définie par $x_n=x/2^n$. Alors $x_n=2x_{n+1}$, et donc on a $f(x_n)=f(x_{n+1})$. Ainsi, on obtient que pour tout entier $n$, on a $f(x_n)=f(x)$. Or, la suite $(x_n)$ tend vers 0, et $f$ est continue en 0. On en déduit que $f(x_n)\to f(0)$, et donc que $f(x)=f(0)$. Comme $x$ est arbitraire, $f$ est bien constante égale à $f(0)$.
Si $f$ vérifie la relation $f(ax+b)=f(x)$, alors soit $l$ la solution de $al+b=l$, soit $l=\frac{b}{1-a}$ (on a $a\neq 1$). Si $f$ est continue en $l$, alors $f$ va être constante. En effet, la transformation $x\mapsto ax+b$ est une homothétie de centre $l$ et de rapport $a$. On peut faire le même travail avec cette homothétie qu'avec l'homothétie $x\mapsto 2x$.

La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et sa dérivée est $f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2).$ On en déduit le tableau de variations suivant : On peut alors amorcer la discussion suivant les valeurs de $a$ :

• Si $a>-1$, puisque $f(x)\leq -1$ si $x\in ]-\infty,2]$, il n'y a pas de solutions à l'équation $f(x)=a$ dans cet intervalle. D'autre part, $f$ est continue strictement croissante sur $]2,+\infty[$, et $a\in ]f(2),\lim_{+\infty}f[=]-5,+\infty[$. Il y a donc une solution unique dans l'intervalle $]2,+\infty[$ à l'équation $f(x)=a$, et donc aussi une solution unique sur $\mathbb R.$
• Si $a=-1$, on fait le même raisonnement, en remarquant qu'il n'y a pas de solutions dans $]-\infty,0[$ ni dans $]0,+\infty[$. En revanche, on a aussi $f(0)=-1$. L'équation $f(x)=-1$ admet donc $2$ solutions.
• Si $a\in ]-5,-1[$, alors par le même argument que précédemment (stricte monotonie et valeur ou limite aux bornes), on constate que l'équation $f(x)=a$ admet une solution unique sur chacun des intervalles $]-\infty,0[$, $]0,2[$ et $]2,+\infty[$. Il y a donc trois solutions à l'équation $f(x)=a$ sur $\mathbb R.$
• Si $a<-5$, alors il ne peut pas y avoir de solutions dans l'intervalle $[0,+\infty[$ et puisque $f$ est strictement croissante, continue sur $]-\infty,0[$ avec $\lim_{-\infty}f=-\infty$ et $f(0)-1$, l'équation $f(x)=a$ admet une solution unique dans $]-\infty,0[$.
• Enfin, si $a=-5$, on trouve deux solutions, l'une dans $]-\infty,0[$, et aussi $2$.

Posons $f(x)=x^3+x^2-4x+1$. Remarquons que $f(0)=1>0$ et que $f(1)=-1<0$. De plus, $\lim_{-\infty}f=-\infty$ et $\lim_{+\infty}f=+\infty$. On va donc appliquer trois fois le théorème des valeurs intermédiaires :

• On a $0\in f(]-\infty,0[)$, et donc par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction continue $f$, il existe $x_1\in ]-\infty,0[$ tel que $f(x_1)=0$.
• On a $0\in f(]0,1[)$, et donc par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f$, il existe $x_2\in]0,1[$ tel que $f(x_2)=0$.
• On a $0\in f(]1,+\infty[)$, et donc par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f$, il existe $x_3\in]1,+\infty[$ tel que $f(x_3)=0$.

Puisque $x_1<0<x_2<1<x_3$, on a bien trouvé trois racines distinctes à l'équation. En fait, comme on a affaire à un polynôme de degré 3, il ne peut pas avoir plus de 3 racines, et on a trouvé toutes ses racines.
On va maintenant encadrer ces racines. Pour cela on va utiliser la méthode de dichotomie. Commençons par $x_2$, dont on sait déjà qu'elle est comprise entre 0 et 1. On calcule successivement les valeurs suivantes $$ \begin{array}{c|c} x&f(x)\\ 0,5 &-0,625\\ 0,25 &0,078125\\ 0,375& -0,306640625\\ 0,3125& -0,121826172\\ \end{array}.$$ On en déduit que $0,25<x_2<0,3125$. Pour $x_3$, on commence par remarquer que $f(1)=-1<0<f(2)=5$. $x_3$ est donc localisé dans l'intervalle $[1,2]$. La méthode de dichotomie donne cette fois : $$ \begin{array}{c|c} x&f(x)\\ 1,5 &0,625\\ 1,25 &-0,484375\\ 1,375& -0,009765625\\ 1,4375& 0,286865234\\ \end{array}.$$ On en déduit que $1,375<x_3<1,4375$. Maintenant, pour $x_1$, il faut d'abord tatonner un encadrement grossier. On a $f(-2)=5>0>f(-3)=-5$. On applique donc la méthode de dichotomie entre $-2$ et $-3$. On trouve $$ \begin{array}{c|c} x&f(x)\\ -2,5 &1,625\\ -2,75 & -1,234375\\ -2,625& 0,302734375\\ -2,6875& -0,438232422\\ \end{array} $$ On en déduit que $-2,6875<x_1<-2,625$.

Dans toute la suite, on va poser $f(x)=\ln(x)-ax$, définie pour $x>0$. Chercher une solution de $(E_a)$, c'est chercher un zéro de $f$. Remarquons d'abord que la fonction $f$ est continue sur $]0,+\infty[$ et que $\lim_{x\to 0^+}f(x)=-\infty$. De plus, $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x>0$, on a $$f'(x)=\frac 1x-a.$$ On a $f'(x)=0\iff x=1/a$. Si $a\leq 0$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. Si $a>0$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,1/a[$ et strictement décroissante sur $]1/a,+\infty[$.

1. Si $a\leq 0$, alors la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ et de plus $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ (ce n'est pas une forme indéterminée). La fonction $f$ réalise donc une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\mathbb R$, et l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans $]0,+\infty[$. On peut même préciser l'emplacement de ce zéro. En effet, $f(1)=-a\geq 0$, et donc $0\in ]\lim_{x\to 0^+}f(x),f(1)]$. On en déduit que la solution à $(E_a)$ est dans l'intervalle $]0,1]$.
2. Si $a>0$, on a $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ par croissance comparée de la fonction logarithme et des fonctions puissance. On a donc le tableau de variations suivant pour la fonction $f$ :
   
   Supposons maintenant $a\in ]0,1/e[$. Par continuité et stricte monotonie, $f$ réalise une bijection de $]0,1/a]$ sur $]-\infty,f(1/a)]=]-\infty,\ln(1/a)-1]$ et de $[1/a,+\infty[$ sur $]-\infty;\ln(1/a)-1]$. Puisque $a<1/e$, $\ln(1/a)>1$ et on trouve bien deux solutions à l'équation $f(x)=0$ : l'une dans l'intervalle $]0,1/a[$ et l'autre dans l'intervalle $]1/a,+\infty[$.
3. Si $a=1/e$, alors $f$ admet un maximum en $e$ qui vaut $0$. La fonction étant strictement croissante sur $]0,1/e[$ et strictement décroissante sur $]1/e,+\infty[$, l'équation $(E_a)$ admet pour unique solution $e$.
4. Si $a>1/e$, alors $f$ admet un maximum en $1/a$ et $f(1/a)=-\ln(a)-1<0$. Ainsi, l'équation $(E_a)$ n'admet pas de solutions.

Posons, pour $x>0$, $f(x)=\cos x-\frac 1x$. Alors $f$ est continue sur $]0,+\infty[$. Soit $k\geq 1$ un entier. Alors on a $$f(2k\pi)=1-\frac{1}{2k\pi}\geq 0$$ alors que $$f(2k\pi+\pi)=-1-\frac{1}{2k\pi+\pi}\leq 0.$$ Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel $x_k$ dans l'intervalle $[2k\pi,2k\pi+\pi]$ tel que $f(x_k)=0$. On a clairement $x_k<2(k+1)\pi\leq x_{k+1}$. Ainsi, les réels $x_k$ sont deux à deux disjoints et l'équation admet une infinité de solutions.

Notons $f$ la fonction qui représente la distance parcourue par le cycliste en fonction du temps (exprimé en minutes). $f$ est une fonction continue, $f(0)=0$ et $f(60)=30$. On veut prouver qu'il existe un intervalle de temps de 10 minutes tel que le cycliste a parcouru 5 km. Autrement dit, on veut trouver $x$ dans $[0,50]$ tel que $f(x+10)-f(x)=5$. Supposons qu'un tel $x$ n'existe pas. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on sait alors que :

• ou bien, pour tout $x\in [0,50]$, on a $f(x+10)-f(x)>5$.
• ou bien, pour tout $x\in [0,50]$, on a $f(x+10)-f(x)<5$.

Dans le premier cas, on a \begin{eqnarray*} f(60)&=&f(60)-f(50)+f(50)-f(40)+f(40)-f(30)+f(30)-f(20)+f(20)-f(10)+f(10)-f(0)\\ &>&6\times 5\\ &>&30. \end{eqnarray*} ce qui est une contradiction. Dans le second cas, on trouverait $f(60)<30$, ce qui constitue également une contradiction. L'hypothèse formulée est donc fausse : il existe $x\in [0,50]$ tel que $f(x+10)-f(x)=5$.
Dans un intervalle de 40 minutes, cela devient faux. Supposons par exemple que le cycliste parcourt 15 kms pendant les 10 premières minutes, se repose pendant 40 minutes, puis parcourt les 15 derniers kilomètres pendant les 10 dernières minutes. Alors, si on prend un intervalle de temps de 40 minutes :

• ou bien il contient une partie des 10 premières minutes, mais alors il ne comprend aucune partie des 10 dernières minutes, et dans ce cas la distance parcourue est inférieure à 15km.
• ou bien il contient une partie des 10 dernières minutes, mais alors il ne comprend aucune partie des 10 premières minutes, et dans ce cas la distance parcourue est inférieure à 15km.
• ou bien c'est l'intervalle "central", et dans ce cas la distance parcourue est nulle.

Dans tous les cas, on ne peut pas trouver d'intervalle de temps de 40 minutes durant lequel il aura parcouru 20km.

Soit $f$ un tel polynôme. Alors $f$ est une fonction continue. De plus, écrivons $f(x)=a_n x^n+\cdots+a_0$. Alors si $a_n>0$, on a $\lim_{-\infty}f=-\infty$ et $\lim_{+\infty}f=+\infty$. Si $a_n<0$, alors $\lim_{-\infty}f=+\infty$ et $\lim_{+\infty}f=-\infty.$ Dans tous les cas, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires pour conclure que l'équation $f(x)=0$ admet toujours au moins une solution.

Ce que donne immédiatement l'énoncé est $$\forall x\in\mathbb R,\ f(x)=1\textrm{ ou }f(x)=-1.$$ On veut prouver que $$(\forall x\in\mathbb R,\ f(x)=1)\ \textrm{ ou } (\forall x\in\mathbb R,\ f(x)=-1).$$ Ce n'est pas la même chose : pensons à la fonction identiquement égale à $-1$ sur $]-\infty,0]$ et égale à $1$ sur $[0,+\infty[$.
Supposons donc que la deuxième propriété est fausse. Il existe donc $x_0\in\mathbb R$ tel que $f(x_0)=1$ et il existe $x_1\in\mathbb R$ tel que $f(x_1)=-1$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $y$ tel que $f(y)=0$. Ceci contredit que $(f(y))^2=1$. Donc la deuxième propriété est vraie.

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.

Le réel $\frac{p}{p+q}f(a)+\frac{q}{p+q}f(b)$ est clairement un réel de l'intervalle $[f(a),f(b)]$ (ou $[f(b),f(a)]$ si $f(b)<f(a)$), puisqu'il s'écrit $\lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)$, avec $\lambda\in[0,1]$ qui est égal à $\frac{p}{p+q}$. Puisque la fonction $f$ est continue, par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut trouver $c\in[a,b]$ tel que $$f(c)=\frac{p}{p+q}f(a)+\frac q{p+q}f(b).$$ Multipliant par $p+q$, c'est exactement le résultat voulu.

Posons $g(x)=f(x)-x$. $g$ est une fonction continue. Puisque $f(0)\geq 0$ et $f(1)\leq 1$, on a $g(0)\geq 0$ et $g(1)\leq 0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in[0,1]$ tel que $g(c)=0$. En particulier, $f(c)=c$.

Soit $c$ un réel quelconque intervalle de l'intervalle $]a,b[$. Soit $d_n$ une suite de l'intervalle qui tend vers $c$ par valeur supérieure. D'après l'hypothèse, il existe $c\leq e_n\leq d_n$ tel que $f(e_n)=f(a)$ ou $f(e_n)=f(b)$. Maintenant, par le théorème des gendarmes, on constate que $e_n$ tend vers $c$, et par continuité de $f$ en $c$, $f(e_n)$ tend vers $f(c)$. Ainsi, on a obligatoirement $f(c)=f(a)$ ou $f(c)=f(b)$. Ainsi, $f$ ne peut prendre que deux valeurs : $f(a)$ et $f(b)$. Or, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, une fonction continue qui ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs est constante. Donc $f$ est constante.

On distingue deux cas. D'une part, si $f(0)=0$, alors $0$ est un point fixe de $f$. Dans le cas où $f(0)\neq 0$, posons $g(x)=\frac{f(x)}x$. $g$ est définie, continue sur $]0,+\infty[$ et $\lim_{0^+}g=+\infty$. D'autre part, $\lim_{+\infty}g=l<1$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $a\in ]0,+\infty[$ tel que $g(a)=1$. Mais alors, on a $f(a)=a$ et $a$ est un point fixe de $f$.

Supposons par l'absurde que $f$ est injective. Soit $c<d$. Alors $f(c)\neq f(d).$ Pour fixer les idées, on va supposer que $f(c)<f(d)$. Alors

• d'une part, pour tout $x>d,$ on a $f(x)\geq f(d).$ Si ce n'était pas le cas, il existerait $x_0>d$ avec $f(x_0)<f(d).$ Considérons $y$ tel que $y>\min(f(c),f(x_0))$ et $y<f(d).$ Par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué entre $d$ et $x_0$, il existe $x_1\in ]d,x_0[$ tel que $y=f(x_1).$ De même, d'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f$ entre $c$ et $d$, il existe $x_2\in]c,d[$ tel que $f(x_2)=y$. Mais alors $x_1<d<x_2$ et $f(x_1)=f(x_2)$. Ceci contredit que $f$ est injective.
• d'autre part, pour tout $x<c$, on a $f(x)\leq f(c),$ en utilisant un raisonnement tout à fait similaire.

Mais alors, on a $\lim_{x\to+\infty}f(x)\geq f(d)$ et $\lim_{x\to-\infty}f(x)\leq f(c)$. Puisque $f(c)<f(d)$, ceci contredit que $\lim_{+\infty}f=\lim_{-\infty}f.$ L'hypothèse de départ était donc fausse, et $f$ n'est pas injective.

On commence par considérer $c$ et $d$ des réels tels que $f(c)=\alpha$ et $f(d)=\beta$. On peut supposer $c<d$. Posons \begin{align*} A&=\{x\leq d:\ f(x)\leq \alpha\}\\ B&=\{x\geq a:\ f(x)\geq\beta\}. \end{align*} Alors $A$ est non vide (il contient $c$), majorée (par $d$), donc il possède une borne supérieure que nous allons noter $a$. De plus, il existe une suite $(x_n)$ d'éléments de $A$ tels que $(x_n)$ converge vers $a$. Puisque $f(x_n)\leq \alpha$, on en déduit par continuité de $f$ en $a$ que $f(a)\leq\alpha$.
De la même façon, $B$ admet une borne inférieure, notée $b$, qui vérifie $f(b)\geq \beta$ et $a\leq b$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on sait que $[\alpha,\beta]\subset f([a,b])$.
Le choix spécifique de $a$ et de $b$ va nous prouver l'inclusion réciproque. En effet, si $x\in]a,d]$, alors $f(x)>\alpha$. De même, si $x\in [c,b[$, $f(x)<\beta$. Ainsi, si $x\in ]a,b[$, on a $f(x)\in ]\alpha,\beta[$. Par passage à la limite (mais en approchant cette fois $a$ par valeur supérieure), on a enfin $f(a)=\alpha$ et $f(b)=\beta$, ce qui achève de prouver l'inclusion réciproque.

1. Posons $u=x^2$. Quand $x$ tend vers $+\infty$ ou vers $-\infty$, $u$ tend vers $+\infty$. De plus, on a alors $f(x)=u^2e^{-u}+3ue^{-u}$. Par croissance comparée, on sait que $\lim_{u\to+\infty}u^2e^{-u}=0$ et que $\lim_{u\to+\infty}ue^{-u}=0$, et donc par composition des limites $$\lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=0.$$
2. Il s'agit ici simplement d'écrire la définition de la limite en $+\infty$, appliquée pour $\veps=1$.
3. Il s'agit ici simplement d'écrire la définition de la limite en $-\infty$, appliquée pour $\veps=1$.
4. On sait que $f$ est continue. Ainsi, $f$ est bornée sur le segment $[B,A]$ : il existe un réel $M>0$ tel que $|f(x)|\leq M$ pour tout $x\in [B,A]$. En posant $C$ le maximum de $1$ et de $M$, on pour tout $x\in\mathbb R$, $|f(x)|\leq C$ et donc $f$ est bornée sur $\mathbb R$.

En réalité, cette méthode prouve le résultat général suivant : si $f$ est une fonction continue sur $\mathbb R$ admettant une limite finie en $+\infty$ et en $-\infty$, alors $f$ est bornée sur $\mathbb R$.

Tout dépend du théorème suivant : une fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes.

1. Soit $h=f-g$. Alors $h$ est continue et strictement positive sur $[a,b]$. Il existe un point $c\in[a,b]$ tel que $h(c)\leq h(x)$ pour tout $x\in[a,b]$. Mais alors, $h(c)>0$ et $$f(x)-g(x)\geq h(c)$$ pour tout $x\in[a,b]$. On obtient le résultat avec $\delta=h(c)$.
2. On reprend le même raisonnement avec $h=f/g$. Alors $h$ est continue sur $[a,b]$ et $h(x)>1$ pour tout $x\in[a,b]$. Soit $c\in[a,b]$ tel que $$h(c)\leq h(x)$$ pour tout $x\in[a,b]$. Alors $h(c)>1$ et $\frac{f(x)}{g(x)}\geq h(c)$ pour tout $x\in[a,b]$. On obtient le résultat en posant $k=h(c)$.
3. Non! Par exemple, pour le premier cas, il suffit de considérer une fonction strictement positive qui admet une limite nulle en $+\infty$, par exemple $\exp(-x)$.

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 $x\in[0,+\infty[$.

Le résultat qui va nous fournir l'existence du minimum est le fait que toute fonction continue sur un segment y admet un minimum. C'est le fait que $f$ admet des limites en $\pm\infty$ valant $+\infty$ qui va nous permettre de nous ramener à un segment. Pour cela, on commence par traduire avec des quantificateurs les propriétés $\lim_{-\infty}f=\lim_{+\infty}f=+\infty$ : $$\forall A\in\mathbb R,\ \exists M_1>0,\ \forall x\geq M_1,\ f(x)\geq A.$$ $$\forall A\in\mathbb R,\ \exists M_2<0,\ \forall x\leq M_2,\ f(x)\geq A.$$ On espère alors appliquer le théorème précédent dans l'intervalle $[M_2,M_1]$. Il y a encore deux problèmes à régler, qui ne sont pas indépendants. Il reste alors à donner une valeur à $A$ qui assure que le minimum de $f$ est bien atteint dans $[M_2,M_1]$. Choisissons par exemple $A=f(0)$. Pour cette valeur de $A$, la définition de la limite donne des réels $M_1$ et $M_2$. La fonction $f$ est continue sur $[M_2,M_1]$. Il existe donc $x_0\in[M_2,M_1]$ tel que, pour tout $x\in[M_2,M_1]$, on a $f(x)\geq f(x_0)$. En particulier, $0\in [M_2,M_1]$ et donc $f(0)\geq f(x_0)$. D'autre part, si $x>M_1$ ou si $x<M_2$, on a $f(x)\geq A=f(0)\geq f(x_0)$. Ainsi, $f$ atteint bien son minimum sur $\mathbb R$ en $x_0$.

Soit $x_0\in\mathbb R_+$. On va supposer que $x_0>0$ mais le cas $x_0=0$ se traiterait de la même façon. Soit aussi $\veps>0$. On va montrer que $F$ est continue en $x_0$ en séparant deux cas :

1. soit $F(x_0)=f(x_0)$ (autrement dit, $f$ atteint son maximum sur l'intervalle $[0,x_0]$ en $x_0$). Alors, par continuité de $f$ en $x_0$, il existe $\eta>0$ tel que $|x-x_0|\leq \eta\implies |f(x)-f(x_0)|\leq \veps.$ Soit $x\in \mathbb R_+$ tel que $|x-x_0|\leq \eta$.
   • si $x<x_0$, alors on a $F(x)\leq F(x_0)$ et aussi $$F(x)\geq f(x)\geq f(x_0)-\veps\geq F(x_0)-\veps.$$
   • si $x\geq x_0$, alors on a $F(x)\geq F(x_0)$. De plus, si $y\in [0,x_0]$, on a $f(y)\leq F(x_0)$ et si $y\in [x_0,x]\subset[x_0,x_0+\eta]$, on a $$f(y)\leq f(x_0)+\veps=F(x_0)+\veps.$$ On en déduit que $$F(x)=\sup_{y\in[0,x]}f(y)\leq F(x_0)+\veps.$$
   Dans les deux cas, on a démontré que $$F(x_0)-\veps\leq F(x)\leq F(x_0)+\veps$$ ce qui prouve la continuité de $F$ en $x_0$.
2. soit $f(x_0)<F(x_0)$. Alors on pose $\delta=F(x_0)-f(x_0)$. La continuité de $f$ en $x_0$ nous donne l'existence de $\eta>0$ tel que $$|x-x_0|\leq\eta\implies |f(x)-f(x_0)|\leq \delta.$$ Remarquons que, pour tout $y\in [x_0-\eta,x_0+\eta]$, on a $$f(y)\leq f(x_0)+\delta\leq F(x_0).$$ En particulier, on a $F(x_0)=f(x_1)$ pour $x_1\in[0,x_0-\eta]$, et on obtient que, pour tout $x\in [x_0-\eta,x_0+\eta]$, $$F(x)=F(x_0).$$ Ceci achève la preuve de la continuité de $F$.

Soit $y=f(x)\in\mathbb R$. Alors, $f(-x)=-y$, et donc $$f^{-1}(-y)=-x=-f^{-1}(y).$$ C'est bien que $f^{-1}$ est impaire. En revanche, une fonction paire n'est jamais bijective (car elle n'est pas injective).