Attention: il s'agira de s'assurer que chacun de vos exemples soit bien une fonction, c.à.d. que chaque \(f(x)\) soit bien défini et qu'en plus \(f(x)\in [0,1]\) pour tout \(x\in [0,1]\)!

1. Exemples: \(f(x)=x\), \(f(x)=x^2\) (ou d'autres choses plus compliquées si on le désire).
2. Par exemple \(f(x)=1-x\) ou \(f(x)=1-x^2\)
3. Par exemple: \[ f(x)= \begin{cases} 1-x& 0\leqslant x\lt \frac12\,,\\ x-\frac12&\frac12\leqslant x\leqslant 1\,. \end{cases} \]
4. Pour ne pas être surjective, il doit exister au moins un \(y\in [0,1]\) qui ne possède pas de préimage. Par exemple: \(f(x)=\frac{x}{2}\).
5. Pour que \(f\) ne soit pas injective, il faut qu'il existe au moins deux points distincts \(x,x'\in[0,1]\) tels que \(f(x)=f(x')\). Exemple: \(f(x)=(2x-1)^2\).
6. Exemple: \(f(x)=0\) (pour tout \(x\in[0,1]\))

On rend cette fonction surjective en ne gardant que les \(y\in\mathbb{R}\) qui possèdent au moins une préimage, c'est-à-dire en prenant \(B=\mathrm{Im} (f)\).

Donc calculons l'ensemble image. On fixe \(y\in \mathbb{R}\), et on considère l'équation \(y=f(x)\) (\(x\neq 0\)), qui est \[y=x+\frac1x \quad \Longleftrightarrow \quad x^2-yx+1=0 \] Cette équation possède une solution \(x\) si et seulement si le discriminant \(\Delta=y^2-4\geqslant 0\). Or cette condition est vérifiée lorsque \(y^2\geqslant 4\). On a donc: \[ \mathrm{Im} (f)=]-\infty,-2]\cup[2,+\infty[\,. \]

Définissons, pour tout \(n\geqslant 1\), \[ a_n=\sum_{k=1}^n \frac{2^k(k-1)}{(k+1)!}\,, \qquad b_n=2-\frac{2^{n+1}}{(n+1)!} \] Si \(n=1\), on a \(a_1=\frac{2^1(1-1)}{2!}=0\), et \(b_1=1-\frac{2^2}{2!}=0\), donc \(a_1=b_1\).

Supposons maintenant que l'on ait \(a_n=b_n\) pour un certain \(n\). On peut alors calculer \[\begin{aligned} a_{n+1} &=\sum_{k=1}^{n+1} \frac{2^k(k-1)}{(k+1)!}\\ &=\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k(k-1)}{(k+1)!}\right) +\frac{2^{n+1}(n+1-1)}{((n+1)+1)!}\\ &=a_n +\frac{2^{n+1}n}{(n+2)!}\\ &=b_n +\frac{2^{n+1}n}{(n+2)!}\quad \text{(hypoth. récurrence)}\\ &=\left(2-\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\right) +\frac{2^{n+1}n}{(n+2)!}\\ &=2-\frac{2^{n+1}(n+2)}{(n+2)!} +\frac{2^{n+1}n}{(n+2)!}\\ &=2-\frac{2^{n+1}2}{(n+2)!}\\ &=2-\frac{2^{(n+1)+1}}{((n+1)+1)!}\\ &=b_{n+1} \end{aligned}\] Donc \(a_n=b_n\) pour tout \(n\geqslant 1\).

C'est vrai (cette remarque a déjà été faite ici).

Le seul réel \(x\) qui appartient à tous les intervalles \([-\varepsilon,+\varepsilon]\), c'est \(x=0\).

En effet, si on prend n'importe quel \(x\neq 0\), alors \(|x|\gt 0\), et donc en prenant \(\varepsilon=\frac{|x|}{2}\) (qui est bien \(\gt 0\)), on a que \(|x|\gt \varepsilon\), et donc \(x\not\in[-\varepsilon,\varepsilon]\).

Comme \(s\) est le plus petit majorant, on sait que tout nombre \(s'\lt s\) ne majore pas \(A\), c'est-à-dire qu'il existe \(x\in A\) avec \(x\gt s'\). Comme on peut toujours prendre \(s'\) de la forme \(s'=s-\varepsilon\), avec \(\varepsilon\gt 0\), cela entraîne bien qu'il existe un \(x\in A\) avec \(x\gt s-\varepsilon\), en particulier \(x+\varepsilon\geqslant s\).

Fixons \(x\in A\), c'est-à-dire que \(3x+1\gt 0\). Considérons \(x'\lt x\), de la forme \(x'=x-\frac1n\). Si on suppose que \(n\gt \frac{3}{3x+1}\), alors \[ 3x'+1 =3\left(x-\frac1n\right) \gt 3\left(x-\frac{1}{\frac{3}{3x+1}}\right)+1=0\,, \] et donc \(x'\in A\). Comme ceci peut se faire pour tout \(x\in A\), c'est que \(A\) n'a pas de minimum.

Montrons que \(s=\sup A=2\).
En effet, \(x\leqslant 2\) pour tout \(x\in A\), donc \(2\) majore \(A\).
Ensuite, montrons que \(2\) est le plus petit majorant. Pour ce faire, fixons \(\varepsilon\gt 0\) et considérons \(s'=2-\varepsilon\).

• Si \(0\lt \varepsilon\lt 1\), alors on peut définir \(\widetilde{x}=2-\frac{\varepsilon}{2}\in A\), et \(\widetilde{x}\gt s'\), donc \(s'\) n'est pas un majorant.
• Si \(\varepsilon\geqslant 1\), alors en prenant \(\widetilde{x}=\frac{3}{2}\), on a que \(\widetilde{x}\gt s'\).