Préparer sa kholle - Limite et continuité

1. La fonction est clairement continue sur $]1;+\infty[$ et sur $]-\infty;1[$. Pour que $f$ soit continue, il faut et il suffit que $f$ admette une limite à droite et à gauche en 1 et que ces limites coïncident. Mais on a $$\lim_{x\to 1^+}f(x)=a\sin(\pi/2)=a\textrm{ tandis que }\lim_{x\to 1^-}f(x)=a^2.$$ La fonction $f$ est donc continue en $1$ si et seulement si $a^2=a$ c'est-à-dire si et seulement si $a=1$ ou $a=0$.
2. On fait la même chose, mais on doit étudier cette fois la continuité à droite et à gauche en $0$ et en $1$, la fonction $g$ étant clairement continue sur $]-\infty;0[$, sur $]0;1[$ et sur $]1;+\infty[$. On a d'une part $$\lim_{x\to 0^-}g(x)=1\textrm{ et }\lim_{x\to 0^+}g(x)=\alpha+\beta.$$ D'autre part, on a $$\lim_{x\to 1^-}g(x)=\alpha e^{-1}+\beta e^1+\gamma(e^1-e^{-1})\textrm{ et } \lim_{x\to 1^+}g(x)=e^{1}.$$ La fonction $g$ est continue si et seulement si le triplet $(\alpha,\beta,\gamma)$ vérifie le système suivant : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta&=&1\\ e^{-1}\alpha+e^{1}\beta+(e^1-e^{-1})\gamma&=&e^1. \end{array}\right.$$ On résout ce système, par exemple en retirant $e^{-1} L_1$ à $L_2$. On trouve le système équivalent : $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta&=&1\\ (e^1-e^{-1})\beta+(e^1-e^{-1})\gamma&=&e^1-e^{-1}. \end{array}\right.$$

On peut simplifier par $e^1-e^{-1}$ dans la seconde équation et on trouve $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta&=&1\\ \beta+\gamma&=&1. \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} \alpha&=&\gamma\\ \beta&=&1-\gamma\\ \gamma&=&\gamma \end{array}\right. $$ L'ensemble des triplets pour lesquels la fonction $g$ est continue est donc donné par $\{(0,1,0)+\gamma(1,-1,1):\gamma\in\mathbb R\}$.

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

Notons $l$ la limite de $|f|$ en $+\infty$. On distingue deux cas. D'une part, si $l=0$, alors on va prouver que $f$ tend aussi vers $0$ en $+\infty$. C'est assez facile. En effet, $$|f(x)-0|=|f(x)|\to 0\textrm{ quand }x\to +\infty.$$ On suppose maintenant que $l$ est non-nul, c'est-à-dire $l>0$. Ce cas est nettement plus difficile. On va prouver que $f$ converge vers $l$ ou que $f$ converge vers $-l$. Prenons $\veps>0$, supposons le tel que $\veps<l/2$, et écrivons que $|f|$ converge vers $l$ en $+\infty$. Il existe donc $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, $$ l-\veps<|f(x)|<l+\veps.$$ En particulier, pour $x\geq A$, on a $$-l-\veps<f(x)<-l+\veps\textrm{ ou }l-\veps<f(x)<l+\veps.$$ Si on est toujours dans le premier cas, on a gagné ($f(x)$ tend vers $-l$ quand $x$ tend vers $+\infty$), et si on est toujours dans le deuxième cas, aussi. Sinon, il existe $x_1>A$ et il existe $x_2>A$ tel que $$-l-\veps<f(x_1)<-l+\veps\textrm{ et }l-\veps<f(x_2)<l+\veps.$$ En particulier, comme on a choisi $\veps$ assez petit, on a $$f(x_1)<0\textrm{ et }f(x_2)>0.$$ On peut alors appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à $f$ entre $x_1$ et $x_2$ pour trouver $x_3>A$ tel que $f(x_3)=0$. Mais ceci contredit que, pour tout $x\geq A$, $$ l-\veps<|f(x)|<l+\veps.$$ C'est donc qu'on est ou bien toujours dans le premier cas, ou bien toujours dans le deuxième cas.
On pourra, à titre d'entraînement, vérifier que le résultat reste vrai si $\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=+\infty$.