Continue sur un intervalle + injective => strictement monotone

1. L’importance des hypothèses

$\textbf{1.1)}$ Prendre la fonction carrée sur $[-1,1]$. Elle est continue sur cet intervalle mais elle n’est pas strictement monotone. En effet elle est strictement décroissante sur $[-1,0]$ puis strictement croissante sur $[0,1]$. On remarque en effet qu’il manque à la fonction carrée l’injectivité sur $[-1,1]$.
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$\textbf{1.2)}$ Prendre la fonction $f$ définie sur $[0,2]$ par $\forall x \in [0,1[, f(x) = x$ et $\forall x\in [1,2], f(x) = 4 - x$
$f$ est définie sur un intervalle et y est injective, mais elle n’est pas strictement monotone. En effet elle est strictement croissante sur $[0,1[$ puis strictement décroissante sur $[1,2]$. On remarque en effet qu’il manque la continuité en $1$ de la fonction.
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$\textbf{1.3)}$ Prendre la fonction $f$ définie sur $[0,1] \cup [2,3]$ par $\forall x \in [0,1], f(x) = x$ et $\forall x \in [2,3], f(x) = 5 - x$
$f$ est continue sur son ensemble de définition et y est injective. En revanche $f$ n’est pas strictement monotone, en effet elle est strictement croissante sur $[0,1]$ et strictement décroissante sur $[2,3]$. En effet l’ensemble de définition de $f$ n’est pas un intervalle.
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2. Démonstration du théorème

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Supposons par l’absurde que $f(x) \ge f(y)$

Expliquons d’abord en quoi la fonction $\varphi$ donnée est bien définie.
Comme $I$ est un intervalle et que $a$ et $x$ sont dans $I$, le segment reliant les points $a$ et $x$ est entièrement contenu dans $I$. De même pour le segment reliant $b$ et $y$.
Ainsi $\forall t \in [0,1], ty + (1-t)b \in I$ et $\forall t \in [0,1], tx + (1-t)a \in I$
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On montre que $\varphi$ s’annule sur $[0,1]$ en un point $t_0$ grâce au théorème des valeurs intermédiaires :

• $\varphi(0) = f(b) - f(a) > 0$
• $\varphi(1) = f(x) - f(y) \le 0$
• $\varphi$ est continue sur $[0,1]$ car $f$ est continue.
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  On évalue $\varphi$ en $t_{0}$ : $\varphi(t_{0}) = f(t_{0} y + (1 - t_{0}) b) - f(t_{0} x + (1-t_{0})a) = 0$
  Puis on réarrange l’égalité : $f(t_{0} y + (1 - t_{0})b) = f(t_{0} x + (1-t_{0})a)$
  Comme $f$ est injective : $t_{0}y + (1-t_{0})b = t_{0} x + (1-t_{0})a$
  Puis on réarrange : $t_{0}(y - x) + (1 - t_{0})(b - a) = 0$
  Parmi $t_{0}$ et $1 - t_{0}$ qui sont tous deux positifs, au moins un des deux éléments est strictement positif. Comme $y- x > 0$ et $b- a>0$ alors la somme $t_{0}(y - x) + (1 - t_{0})(b - a)$ est une somme de termes positifs dont un des termes l’est strictement donc $t_{0}(y - x) + (1 - t_{0})(b - a) > 0$. Ce qui est contradictoire avec le fait que cette somme doit être nulle.
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  Ainsi on achève le raisonnement par l’absurde : $f(x) < f(y)$
  $f$ est strictement croissante.
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  Si on a supposé à la place $f(a) > f(b)$
  On multiplie par $-1$ dans l’inégalité pour avoir : $-f(a) < -f(b)$
  $-f$ est continue et injective sur $I$, donc on applique le résultat prouvé pour $-f$ et ensuite on multiplie par $-1$ : $\forall (x,y) \in I^{2}, (x < y) \Rightarrow (-f(x) < -f(y)) \Leftrightarrow (f(x) > f(y))$
  $f$ est strictement décroissante.