Exercices sur les fonctions continues

$\bullet$ On $f$ est continue sur $]0,+\infty[$ comme composé et produit de fonctions continues. De plus, pour tout $x>0$ on a $$ |f(x)|=\left|x \sin\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\right|\le x\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}.$$ Donc $f$ admet une limite au point $0$ égale a $0$. Ainsi $f$ est admet un prolongement continu en $0$, donné par $$ \tilde{f}(x)=\begin{cases} x \sin\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right),& x\in ]0,+\infty[,\cr 0,& x=0.\end{cases}$$

$\bullet$ La fonction $g$ est continue sur $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. De plus $$ \lim_{x\to 0^+}g(x)=0,\quad \lim_{x\to 0^-}g(x)=+\infty.$$ Donc $g$ n’admet pas de limite en $0$. Ainsi $g$ n’admet pas un prolongement continu en $0$.

$\bullet$ La fonction $h$ est continue sur $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ car c’est le quotient de deux fonctions continues. D’autre part, par des limites classiques, $$ \lim_{x\to 0} h(x)=2 \lim_{x\to 0} \frac{\sin(2x)}{2x} \frac{x}{\sin(x)}=2.$$ Par suite, $h$ admet un prolongement continu en $0$, $$ \tilde{h}(x)=\begin{cases} \frac{\sin(2x)}{\sin(x)},& x\in \mathbb{R}\setminus\{0\},\cr 2,& x=0.\end{cases}$$

$\bullet$ On a $\psi$ est continue sur $]0,+\infty[$ car c’est le produit de deux fonctions continues. D’autre part, \begin{align*} \lim_{x\to 0} \psi(x)&= \lim_{x\to 0} \left( \frac{\sin(x^p)}{x^p}\right) ( x^p \ln(x)^r)\cr &= \lim_{x\to 0} x^p \ln(x)^r.\end{align*} On pose $y=\ln(x)\to -\infty$ quand $x\to 0$ et $x=e^y$. Donc $$\lim_{x\to 0} \psi(x)= \lim_{y\to -\infty} y^r e^{py}=0.$$ Donc $\psi$ admet un prolongement continu en $0$, $$ \tilde{\psi}(x)=\begin{cases}\sin(x^p) \ln(x)^r,& x\in ]0,+\infty[,\cr 0,& x=0.\end{cases}$$

1. On pose $\varphi(x)=5\tan(x)-\sin(x)-4$ pour tout $x\in [0,\frac{\pi}{4}]$. Cette fonction est continue sur $[0,\frac{\pi}{4}]$. De plus $\varphi(0)=-4 < 0$ et $\varphi(\frac{\pi}{4})= 1-\frac{\sqrt{2}}{2}>0$. Donc par l’application du théorème des valeurs intermédiaires il existe $c\in ]0,\frac{\pi}{4}[$ tel que $\varphi(c)=0$ est donc $5\tan(c)=\sin(c)+4$.
2. Remarquons que $p(-1)=-1 < 0,$ $p(0)=2 > 0$ et $p(3)=-25 < 0$. Donc par l’application du théorème des valeurs intermédiaires ils existent $c_1\in ]-1,0[$ et $c_2\in ]0,3[$ tels que $p(c_1)=p(c_2)=0$. Comme $p(0)\neq 0,$ alors $c_1$ et $c_2$ sont distincts.
3. Soit $\psi(x)=f(x)-x$ pour tout $x\in [a,b]$. Alors $\psi$ est continue sur $[a,b]$. De plus $\psi(a)=f(a)-a\geq 0$ et $\psi(b)=f(b)-b\le 0$ (car $f(a)$ et $f(b)$ sont dans l’intervalle $[a,b]$). Par l’application du théorème des valeurs intermédiaires il existe $c\in [a,b]$ tel que $\psi(c)=0$ et donc $f(c)=c$.
4. Supposons par l’absurde que $f$ n’est pas la fonction constante, donc il existe $x,y\in [a,b]$ distincts tels que $f(x)\neq f(y)$. Comme l’ensemble $\mathbb{R}$ est bien ordonné, on peut supposer que $f(x) < f(y)$. Par densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$ il existe $r\in \mathbb{Q}$ tel que $f(x) < r < f(y)$. Maintenant par le théorème des valeurs intermédiaires implique il existe $c$ entre $x$ et $y$ (donc $c\in [a,b]$) tel que $f(c)=r,$ ceci est absurde car par hypothèse on sait que $f(c)\in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}$. D’où le résultat.
5. Pour simplifier on peut supposer que $p(x)=ax^3+bx^2+c x+d$ avec $a,b,c,d$ sont des coefficients réels tel que $a>0$. On a alors $$ \lim_{x\to +\infty}p(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to -\infty}p(x)=-\infty. $$ Par application de la définition de la limite on peut trouver $\alpha>0$ assez grand et $\beta<0$ assez petit tel que $f(\alpha) > 0$ et $f(\beta) < 0$. En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in ]\beta,\alpha[$ tel que $p(c)=0$.

1. Premièrement, on montre par récurrence que pour tout $ x\in\mathbb{R}$ on a: \begin{align*}\tag{$\ast$}f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right),\qquad \forall n\mathbb{N}.\end{align*}En effet, pour $n=1$ on a l’hypothèse de récurrence est vérifiée. Supposons que la relation $(*)$ vérifiée jusqu’a l’ordre $n$ et on le montre pour $n+1$. On a alors pour $n\in \mathbb{N}$, \begin{align*}f\left(\frac{x}{2^{n+1}}\right)&=f(\frac{\frac{x}{2}}{2^{n}})\cr &=f\left(\frac{x}{2}\right)=f(x).\end{align*}On en déduit alors $$ f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right),\qquad \forall n\in\mathbb{N}.$$ D’autre part on a $v_n=\frac{x}{2^n}\to 0$ quand $n$ tend vers l’infinie. Il en résulte alors par la continuité de $f$ au point $0$ que $f(v_n)=f\left(\frac{x}{2^n}\right)\to f(0)$ quand $n$ tend vers l’infinie. D’autre part, on a $f(v_n)=f(x)\to f(x)$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=f(0)$.
2. Supposons que $f(0)=0$ et soit $x\in\mathbb{R}$. On a $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=f(x)\times 0=0$. Donc $f$ est la fonction nulle sur $\mathbb{R}$. Supposons que $f(0)\neq 0$. Montrons que $f(0)=1$. On a $f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)$. Donc $f(0) (1-f(0))=0$. Comme $f(0)\neq 0$, alors $f(0)=1$. Montrons maintenant que $f(x)>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. En effet, on a \begin{align*}f(x)&=f\left(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\right)\cr &=(f\left(\frac{x}{2}\right)^2\ge 0.\end{align*}D’autre part, supposons qu’il existe $x_0\in\mathbb{R}$ tel que $f(x_0)=0$. Alors on a $f(0)=f(x_0-x_0)=f(x_0)f(-x_0)=0$. Ceci est absurd, car $f(0)=1$. Donc $f(x)>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Dans un premier temps on suppose que $n\in\mathbb{N}$. Donc $$ f(n)=f(1+\cdots+1)=\left(f(1)\right)^n=e^{n \ln(f(1))}. $$ On pose $a=\ln(f(1))$. Donc $f(n)=e^{an}$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. Maintenant soit $n\in\mathbb{Z}$. On a $1=f(0)=f(n-n)=f(n)f(-n)$. Donc $$f(n)=\frac{1}{f(-n)}. $$ Observons que $(-n)\in\mathbb{N}$. Donc d’aprés le premier cas, on a $f(-n)=e^{- an}$. D’où $f(n)=e^{a n}$ pour tout $n\in \mathbb{Z}$. Soit $x\in \mathbb{Q}^+$ tel que $x=\frac{p}{q}$ avec $p,q\in\mathbb{N}$ avec $q$ non nulle et premier avec $p$ ($p\wedge q=1$). On a \begin{align*}f(x)=f\left(\underset{p\;\text{fois}}{\underbrace{\frac{1}{q}+\cdots\frac{1}{q}}}\right)=\underset{p\;\text{fois}}{\underbrace{ f(\frac{1}{q})\times\cdots\times f(\frac{1}{q})}}= \left(f(\frac{1}{q})\right)^p.\end{align*} De la même façon on montre que $$ f(1)=f\left(q\times \frac{1}{q}\right)=\left(f(\frac{1}{q})\right)^q. $$ Par suite $$ f(\frac{1}{q})= f(1)^{\frac{1}{q}}. $$ Ainsi $f(x)=f(1)^x=e^{a x}$ pour tout $x\in \mathbb{Q}^+$. Ceci est vérifié aussi pour tout $x\in\mathbb{Q}$ car $f(x)f(-x)=1$. Soit $x\in \mathbb{R}$. On sait que $\mathbb{Q}$ est dense dans $\mathbb{R}$, c’est-à-dire $\mathbb{R}=\overline{\mathbb{Q}}$. Ce qui donne $x\in \overline{\mathbb{Q}}$. Donc il existe une suite $(u_n)_n\subset \mathbb{Q}$ telle que $u_n\to x$ quand $n\to+\infty$. Comme $f$ est continue, alors $f(u_n)\to f(x)$ quand $n\to+\infty$. D’autre part comme $u_n\in \mathbb{Q}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ alors d’après la question précédente on a $f(u_n)=e^{a u_n}$. Ce qui implique que $f(u_n)\to e^{a x}$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=e^{ax}$.

Soit $x\in\mathbb{R}$ et supposons, par l’absurde, que $f$ est continue en $x$. Comme $\mathbb{Q}$ et $\mathbb{Q}^c$ sont dense dans $\mathbb{R}$, alors il existent deux suites $(u_n)_n\subset \mathbb{Q}$ et $(v_n)_n\subset \mathbb{Q}^c$ avec $u_n\to x$ et $v_n\to x$ quand $n\to\infty$. Comme on a supposer que $f$ continue en $x$, alors $1=f(x_n)\to f(x)$ et $ 0=f(v_n)\to f(x)$ quand $n\to\infty$. Ce qui est absurde. Donc $f$ n’est pas continue en $x$ et ceci pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Supposons, par l’absurde, que une telle fonction existe. Comme $I\cap \mathbb{Q}$ est dénombrable, alors son image par $f$, $f(I\cap \mathbb{Q})$ est dénombrable. D’autre part, comme $ f(I\cap \mathbb{Q}^c)\subset \mathbb{Q}$ et aue $\mathbb{Q}$ est dénombrable alors $ f(I\cap \mathbb{Q}^c)\subset \mathbb{Q}$ est dénombrable. Ce qui montre $f(I)$ est dénombrable. Mais par hypthese $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ non réduit à un point. Donc $f(I)$ est un intervalle, non réduit à un point, donc non dénombrable.

Pour montrer que l’ensemble des points de discontinuité de $f$ est au plus dénombrable, nous pouvons utiliser l’idée de l’approximation par les nombres rationnels.

Soit $D$ l’ensemble des points de discontinuité de $f$. Nous allons montrer que $D$ est au plus dénombrable en construisant une injection de $D$ dans l’ensemble des nombres rationnels $\mathbb{Q}$.

Considérons $x\in D$, un point de discontinuité de $f$. Puisque $f$ est croissante, cela signifie que les limites à gauche et à droite de $f(x)$ existent, mais elles ne sont pas égales ($f$ a une saut de valeurs à $x$). Soit $$ L_x=\lim_{t\to x^-} f(t),\; R_x=\lim_{t\to x^+} f(t),$$ avec $R_x> L_x$. Par densite de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$, il existe $r_x\in\mathbb{Q}\cap ]L_x,R_x[$. Ainsi, pour chaque point de discontinuité $x$, nous pouvons associer un nombre rationnel $r_x$. Cette association est injective car si $x,y\in D$ tels que $x\neq y$ alors les intervalles $]L_x,R_x[$ et $]L_y,R_y[$ sont disjoints (ou se touchent au plus en un point). Par conséquent, les nombres rationnels $r_x$ et $r_y$ associés à $x$ et $y$ sont distincts.

Ainsi, chaque point de discontinuité de $f$ est associé à un nombre rationnel distinct, ce qui prouve que l’ensemble $D$ des points de discontinuité est au plus dénombrable, car il existe une injection de $D$ dans l’ensemble dénombrable $\mathbb{Q)$.

Tout d’abord, on montre par récurrence que $f(x+nT)=f(x)$ pour tout $x\ge 0$ et tout $n\in\mathbb{N}^\ast$. En effet, par définition de la périodicité de $f$ on a $f(x+T)=f(x)$, et donc vérifiée pour $n=1$. Supposons que c’est vraie à l’odre $n$, c’est à dire $f(x+nT)=f(x)$ pour tout $x\ge 0$. On a $$ f(x+(n+1)T)=f((x+T)+nT)=f(x+T)=f(x). $$ Donc c’est vraie aussi pour $n+1$. Maintenant montrons que $f$ est la fonction constante. Soit $x\in \mathbb{R}$ arbitraire. On définit la suite de nombres réels $u_n:=x+nT$. Il est claire que $u_n\to +\infty$ quand $n\to+\infty$. D’où $$ \lim_{n\to+\infty}f(u_n)=a. $$ Mais $f(u_n)=f(x+nT)=f(x),$ c’est la suite constante par rapport a $n$. D’où $f(u_n)$ tend aussi vers $f(x)$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=a$. Comme $x$ est arbitraire dans $[0,+\infty[$, il s’ensuit que $f$ est la fonction constante égale à $a$ sur $[0,+\infty[$.

1. En utilisant la définition de la limite lorsque $a$ tend vers l’infini, on obtient que pour tout $\varepsilon>0$, il existe un réel $A>0$ tel que, si $x\ge A$, alors $|f(x)-l|\le \varepsilon$. Par l’inégalité triangulaire, on a aussi $|f(x)|\le \varepsilon+|l|$. Ceci montre que $f$ est bornée par $\varepsilon+|l|$ sur l’intervalle $[A,+\infty[$.

   En examinant maintenant ce qui se passe sur $[0,A]$, remarquons que cet intervalle est un ensemble compact (car les compacts de $\mathbb{R}$ sont les ensembles fermés et bornés). Puisque $f$ est continue, elle est donc bornée sur le compact $[0,A]$ (conséquence du théorème de Heine-Borel). Ainsi $f$ est bornée sur $[0,+\infty[$.

2. Comme $f$ est continue sur le compact $[0,A]$, alors elle est uniformément sur $[0,A]$. Donc pour tout $\varepsilon>0$, il existe $\delta>0$ tel que pout $x,y\in [0,A]$ vérifiant $|x-y|\le \delta$ on ait $|f(x)-f(y)|\le \varepsilon$. Maintenant, pour tout $x,y\in [A,+\infty[$ tel que $|x-y|\le \delta$ on a $|f(x)-l|\le \varepsilon$ et $|f(y)-l|\le \varepsilon$. Donc $|f(x)-f(y)|\le 2\varepsilon$.

   Maintenant, soit $x\in [0,A]$ et $y\in [A,+\infty[$ tels que $|x-y|\le \delta$. Deja on a $|f(y)-f(A)|\le \varepsilon$. D’autre part, $|x-A|\le |x-y|\le \delta$. Donc d’apres le premier cas, $|f(x)-f(A)|\le \varepsilon$. Ainsi $|f(x)-f(y)|\le 2\varepsilon$

Soit $t\in \mathbb{R}$. On pose $$ A_t:=\{f(x)+t g(x): x\in [a,b] \}.$$ Soit $x_0=\frac{a+b}{2}\in [a,b]$, alors $z_0:=f(x_0)+tg(x_0)\in A_t$. Par suite l’ensemble $A_t$ est non vide. Montrons quelle est majorée. Comme $f$ et $g$ sont continues sur le compact $[a,b],$ alors elles sont bornées sur $[a,b]$. Ils existent donc des constantes réels $M_f>0$ et $M_g>0$ telles que $|f(x)|\le M_f$ et $|g(x)|\le M_g$ pour tout $x\in [a,b]$. Soit $z\in A_t$, il existe donc $\sigma\in [a,b]$ tel que $z=f(\sigma)+tg(\sigma)$. Donc $z\le M_f+ t M_g$. Ce qui preuve que $A_t$ est majorée et donc $h(t)=\sup(A_t)$ est bien défini. Montrons que la fonction $h$ est uniformément continue sur $\mathbb{R}$. Soient alors $t,s\in \mathbb{R}$. Pour tout $x\in [a,b]$ on a \begin{align*}f(x)+tg(x)&=(f(x)+s g(x))+ (t-s) g(x)\cr & \le h(s)+ M |t-s|.\end{align*}Ce qui montre que $h(s)+ M_g |t-s|$ est une majorant de l ensemble $A_t,$ donc $h(t)=\sup A_t \le h(s)+ M_g |t-s|$. Comme $s$ et $t$ jouent le même rôle alors on a aussi $h(s)\le h(t)+M_g |t-s|$. Donc\begin{align*}-M_g |t-s|\le h(t)-h(s)\le M_g |t-s|,\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}.\end{align*}Ce qui est équivalent à \begin{align*}|h(t)-h(s)|\le M_g |t-s|,\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}.\end{align*}Ainsi $h$ est Lipschitzienne, donc uniformément continue par la question (1).

1. Comme $f$ est uniformément continue sur $I,$ alors pour tout $\varepsilon>0,$ il existe $\alpha>0$ tel que pour tout $x,y\in I:$\begin{align*}|x-y|<\alpha\;\Longrightarrow\; |f(x)-f(y)|<\varepsilon.\end{align*}D’autre part, comme $(x_n)_n\subset I$ est une suite de Cauchy alors il existe $n_0\in \mathbb{N}$ tel que pour $p,q\in \mathbb{N}:$\begin{align*}p,q>n_0\;\Longrightarrow\;|x_p-x_q|<\alpha\;\Longrightarrow\; |f(x_p)-f(x_q)|<\varepsilon.\end{align*}D’où le résultat.
2. Par l’absurd supposons que $f$ est uniformément continue sur $]0,+\infty[$. Donc d’après la question (1), la fonction $f$ transforme toute suite de Cauchy de $]0,+\infty[$ en une suite de Cauchy dans $\mathbb{R}$. Soit alors la suite particulière $u_n=\frac{1}{n^2}$ pour tout $n\in\mathbb{N}^\ast$. Cette suite est de Cauchy car elle est convergente. Mais $f(u_n)=n$ qui est pas une suite de Cauchy car elle est divergente. C’est une contradiction avec (1). D’où $f$ n’est pas uniformément continue sur $]0,+\infty[$.

1. Pour montrer que $\psi$ est uniformément continue sur $\mathbb{R},$ il faut se donner un $\varepsilon>0$ (arbitraire) et essayer de trouver (construire) un réel $\alpha>0$ (qui dépend bien sûr de $\varepsilon$) tel que pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ avec $|t-s| < \alpha$ alors $|\psi(t)-\psi(s)|<\varepsilon$. Vue la forme de l’inégalié ($H_\beta$), il suffit de choisir $\alpha:=(\frac{\varepsilon}{\kappa})^{\frac{1}{\beta}}$. Donc pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ tel que $|t-s|<\alpha$ on a $ \kappa\;|t-s|^\beta<\varepsilon,$ et par suite $|\psi(t)-\psi(s)|<\varepsilon$. C’est l’uniforme continuité de $\psi$. Pour tout $t\in\mathbb{R}$, on a \begin{align*}|\psi(t)|&=|\psi(0)+\psi(t)-\psi(0)|\cr &\le |\psi(0)|+|\psi(t)-\psi(0)|\cr &\le |\psi(0)|+\kappa |t|^\beta.\end{align*}Il suffit donc de poser $C:=|\psi(0)|$.
2. Montrons que $\psi$ est dérivable et que sa fonction dérivée $\psi’$ est identiquement nulle. Soit $t\in \mathbb{R}$ fixé. Comme $\beta>1,$ alors on peut écrire $\beta=1+\sigma$ avec $\sigma>0$ (il suffit de prendre $\sigma:=\beta-1>0$). Pour tout $s\in \mathbb{R}$ avec $s\neq t$ on a $$ \left|\frac{\psi(s)-\psi(t)}{s-t}\right|\le \kappa |s-t|^\sigma. $$ Comme $\kappa |s-t|^\sigma\to 0$ quand $s\to t,$ alors $$ \lim_{s\to t}\frac{\psi(s)-\psi(t)}{s-t}=0. $$ Ce qui implique que $\psi$ est dérivable en $t$ et que $\psi'(t)=0$. Comme $t$ est arbitraire, alors $\psi’\equiv 0$ sur $\mathbb{R}$.
3. Montrons que la fonction sinus satisfait la condition ($H_1$) pour un $\kappa=1$. En effet, la fonction sinus est dérivable en tout point de $\mathbb{R}$ et donc par application du Théorème des accroissements finis à la fonction sinus, pour tout $x,y\in \mathbb{R}$ il existe une constant $c$ entre $x$ et $y$ telle que $\sin(x)-\sin(y)=\cos(c)(x-y)$. Comme $|\cos(c)|\le 1$, alors en passant àla valeur absolue, on a \begin{align*}|\sin(x)-\sin(y)|\le |x-y|,\qquad \forall x,y\in\mathbb{R}.\end{align*}D’autre part, soit une fonction $\psi$ qui satisfait ($H_\beta$). Alors pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ on a $$ |\sin(\psi(t))-\sin(\psi(s))|\le |\psi(t)-\psi(s)|\le \kappa |t-s|^\beta. $$ Donc la fonction $t\mapsto \sin(\psi(t))$ satisfait aussi la condition ($H_\beta$).
4. Tout d’abord il faut remarquer que pour tout $t,s\in\mathbb{R}$ on a $$ \left|\sin(\sqrt{|t|})-\sin(\sqrt{|s|})\right|\le \left|\sqrt{|t|}-\sqrt{|s|}\right|. $$ Il suffit donc de montrer que la fonction racine carrée $t\mapsto \sqrt{|t|}$ est uniformément continue sur $\mathbb{R},$ il suffit donc d’après le point (1) que la fonction racine carrée satisfait la condition ($H_\beta$) pour des constantes $\kappa$ et $\beta$ bien appropriés. Dans un premier temps soit $h\ge 0$ et $s\in \mathbb{R}$. on a $(\sqrt{h}+\sqrt{|s|})^2\ge h+|s|$. Comme la fonction racine carrée est croissante, alors on a $\sqrt{h}+\sqrt{|s|}\ge \sqrt{h+|s|}$. Ce qui donne $$ 0\le \sqrt{h+|s|}-\sqrt{|s|}\le \sqrt{h}. $$ Une autre remarque c’est que les nombres réels $t$ et $s$ jouent le même rôle (ils sont symétriques), donc on peut, sans perdre de généralités, supposer que $|t|ge |s|$. Donc avec cette supposition et si en choisit $h=|t|-|s|\ge 0,$ on trouve $$ 0\le \sqrt{|t|}-\sqrt{|s|}\le \sqrt{|t|-|s|}. $$ Mais on sait que $|t|-|s|=\left ||t|-|s|\right|\le |t-s|$, et donc $\sqrt{|t|-|s|}\le \sqrt{\left| t-s\right|}$. D’où $$ 0\le \sqrt{|t|}-\sqrt{|s|}\le |t-s|^{\frac{1}{2}}. $$ Ainsi $$ \left|\sin(\sqrt{|t|})-\sin(\sqrt{|s|})\right|\le |t-s|^{\frac{1}{2}},\qquad \forall t,s\in\mathbb{R}. $$ D’où le résultat, d’après (1).

Soit $x\in \mathbb{R}$. Par densité de $A$ dans $\mathbb{R}$ il existe une suite $(u_n)$ d’éléments de $A$ telle que $u_n$ converge vers $x$ quand $n$ tend vers l’infini. Or $f=g$ sur $A$ et $u_n\in A$ pour tout $n$. Donc $f(u_n)=g(u_n)$. On pose $y_n=f(u_n)$, et donc on a aussi $y_n=g(u_n)$. Par continuité de $f$ et $g$ on a $y_n=f(u_n)\to f(x)$ et $y_n=g(u_n)\to g(x)$ quand $n\to+\infty$. Par unicité de la limite on a $f(x)=g(x)$.