Soit la fonction $f$ définie par : \[ \begin{align*} f : &[0, 1] \longrightarrow \mathbb{R}\\ &x \longmapsto f(x)\\ \end{align*} \] On suppose que $f$ est continue sur $[0, 1]$ et que $f(0) = f(1) = \frac{1}{2}$.
Montrer qu'il existe $c \in ]0, 1[$ tel que $f(c) = \frac{1 - c}{1 + c}$.

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Démonstration

On considère la fonction auxiliaire $g$ définie sur $[0, 1]$ par : \[ g(x) = f(x) - \frac{1 - x}{1 + x} \]

• Continuité : $f$ est continue sur $[0, 1]$ par hypothèse. La fonction $x \mapsto \frac{1 - x}{1 + x}$ est continue sur $[0, 1]$ car son dénominateur ne s'annule pas. Par somme, $g$ est continue sur $[0, 1]$.
• Valeurs aux bornes :
  • $g(0) = f(0) - \frac{1 - 0}{1 + 0} = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2} < 0$.
  • $g(1) = f(1) - \frac{1 - 1}{1 + 1} = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2} > 0$.
• Conclusion : La fonction $g$ est continue et change de signe ($g(0) \cdot g(1) < 0$). D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, il existe au moins un réel $c \in ]0, 1[$ tel que $g(c) = 0$, soit $f(c) = \frac{1 - c}{1 + c}$.

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Explication graphique

Géométriquement, cela signifie que la courbe $\mathcal{C}_f$ doit croiser la courbe de la fonction $h(x) = \frac{1-x}{1+x}$.