Considérez deux nombres réels $a$ et $b$ tels que $a\lt b.$ Soit $f : [a,b]\to \R$ une fonction continue.

Autrement dit, pour tout $x\in[a,b]$ et pour tout réel $\varepsilon$ strictement positif, il existe un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que, pour tout $y\in[a,b]\comma$ $x-\delta\lt y\lt x+\delta \implies f(x)-\varepsilon \lt f(y) \lt f(x)+\varepsilon.$

Le but de ce contenu est de démontrer que la fonction $f$ est bornée : il existe un nombre réel $M$ strictement positif tel que, pour tout $x\in[a,b], -M\leq f(x) \leq M.$

Utilisez la borne supérieure d’un ensemble

Soit $A$ l’ensemble défini par $A = \{x\in[a,b], \exists M\gt 0, \forall u\in[a,x], -M\leq f(u)\leq M\}.$

Pour dégrossir la définition, si $x\in A\comma$ alors la restriction de la fonction $f$ à l’intervalle $[a,x]$ est bornée.

Posez $M = 1+ \lvert f(a) \rvert$ pour obtenir $M\gt0.$ Comme $-M\leq f(a) \leq M$ vous déduisez que $\forall u\in[a,a], -M\leq f(u)\leq M\comma$ ce qui prouve $a\in A$ donc l’ensemble $A$ est non vide.

Par définition de $A\comma$ vous avez $\forall x\in A, x\in[a,b]$ donc $b$ est un majorant de l’ensemble $A.$

Comme $A$ est une partie de $\R$ non vide et majorée, vous déduisez que $A$ admet une borne supérieure, que vous allez noter $c.$

Démontrez que la borne supérieure $c$ est strictement supérieure à $a$

La fonction $f$ est continue sur l’intervalle $[a,b]\comma$ vous choisissez $\varepsilon = 1$ et écrivez la continuité en $a.$

Il existe donc un nombre réel $\delta$ strictement positif, tel que, pour tout $y\in[a,b]\comma$ $a-\delta\lt y\lt a+\delta \implies f(a)-1 \lt f(y) \lt f(a)+1.$ Posez $M = \lvert f(a) \rvert +1.$ Il vient $M\gt0$ et $\forall y\in[a,b], a-\delta\lt y\lt a+\delta \implies -M \leq f(y)\leq M.$

Posez $\delta’ = \min\left(\frac{\delta}{2}, b-a\right).$ Alors $\delta’ \gt 0.$ Comme $[a, a+\delta’]\subset [a,a+\delta[ \cap [a,b]$ vous déduisez $\forall x\in[a, a+\delta’], -M\leq f(x) \leq M.$ Du coup $a+\delta’\in A.$ Par définition de la borne supérieure $c$ qui est un majorant de $A$ vous déduisez $a+\delta’ \leq c.$ Or $a+\delta’ \gt a$ donc $a \lt c.$

Démontrez que la borne supérieure $c$ est égale à $b$

Raisonnez par l’absurde et supposez que $c\neq b.$ Comme $b$ est un majorant de $A$ et comme la borne supérieure $c$ est le plus petit majorant de $A\comma$ il vient $c\leq b$ et par suite $c\lt b.$

De ce qui précède, vous avez $a\lt c\lt b.$

Or, par continuité de la fonction $f$ en $c$ en prenant $\varepsilon =1\comma$ il existe un nombre réel $\delta$ strictement positif tel que $\forall x\in[a,b], c-\delta \lt x \lt c+\delta\implies f(c)-1 \lt f(x) \lt f(c)+1.$ Posez $M = \lvert f(c) \rvert +1$ de sorte que $M\gt0$ et $\forall x\in[a,b], c-\delta \lt x \lt c+\delta\implies -M \lt f(x) \lt M.$

Posez $\delta’ = \min\left(c-a, b-c, \frac{\delta}{2}\right).$ Du fait des positions de $a\comma$ $b$ et $c\comma$ vous avez $\delta’ \gt 0.$

De plus, $[c-\delta’, c+\delta’]\subset]c-\delta,c+\delta[ \cap [a,b]$ de sorte que $\forall x\in [c-\delta’, c+\delta’], -M \lt f(x) \lt M.$

D’autre part, $c-\delta’$ est strictement inférieur à $c.$ Donc $c-\delta’$ est strictement inférieur au plus petit des majorants de l’ensemble $A.$ Donc $c-\delta’$ n’est pas un majorant de $A.$ Donc il existe $u\in A$ tel que $c-\delta’ \lt u.$

Comme $u\in A\comma$ il existe $N\gt 0$ tel que $\forall x\in[a,u], -N\leq f(x)\leq N.$

Comme $[a, c-\delta’]\subset [a, u]$ il vient $\forall x\in[a,c-\delta’], -N\leq f(x)\leq N.$

Soit maintenant $x\in[a, c+\delta’].$ Si $x\in[a,c-\delta’]$ alors $-N-M \lt -N \leq f(x) \leq N \leq N+M$ donc $-N-M\leq f(x) \leq N+M.$ Sinon, c’est que $x\in]c-\delta’, c+\delta’]\comma$ et dans ce cas alors $-N-M \lt -M \leq f(x) \leq M \lt N+M.$

Ainsi $\forall x\in[a, c+\delta’], -N-M\leq f(x) \leq N+M$ donc $c+\delta’ \in A.$ Comme $c$ est la borne supérieure de $A\comma$ il vérifie $c\geq c+\delta’$ ce qui est absurde puisque $c+\delta’ \gt c$ compte tenu de la stricte positivité de $\delta’.$

De cette analyse, vous déduisez que $c=b.$

Concluez

La fonction $f$ est continue en $b\comma$ donc il existe $\delta \gt 0$ tel que $\forall x\in[a,b], b-\delta\lt x\lt b+\delta \implies f(b)-1\lt f(x)\lt f(b)+1.$

Posez $\delta’=\min\left(\frac{\delta}{2}, b-a\right) \gt 0$ et $M = \lvert f(b) \rvert +1$ pour avoir $M\gt0.$

Alors $\forall x\in[b-\delta’, b], -M\leq f(x)\leq M.$

Or $b-\delta’$ ne peut majorer l’ensemble $A$ puisque $b$ est la borne supérieure de $A.$

Donc il existe $u\in A$ tel que $b-\delta’ \lt u.$

Comme $u\in A\comma$ il existe $N\gt0$ tel que $\forall x\in[a,u], -N\leq f(x)\leq N.$

Soit maintenant $x\in [a,b].$

Si $x\in[a,b-\delta’]\comma$ alors $x\in[a,u]$ donc $-N-M\lt-N\leq f(x) \leq N \lt N+M$ donc $-N-M\leq f(x)\leq N+M.$

Sinon, c’est que $x\in]b-\delta’,b]$ donc $-N-M\lt -M \leq f(x) \leq M \lt M+N$ donc $-N-M\leq f(x) \leq N+M.$

Dans tous les cas il est établi que $-N-M\leq f(x) \leq N+M$ ce qui prouve que $f$ est bornée sur $[a,b]$ et que $b\in A.$ Comme $b$ est la borne supérieure de $A\comma$ vous déduisez au passage que $b$ est le maximum de $A.$

Prolongement

Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a\lt b$ et soit $f : [a,b]\to \R$ une fonction continue, telle que $f(a)\lt0$ et $f(b)\gt0.$ En utilisant l’ensemble $A = \{x\in[a,b], \forall u\in[a,x], f(u) \lt 0\}$ pourriez-vous démontrer qu’il existe un nombre réel $c\in]a,b[$ en lequel la fonction $f$ s’annule ?