Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Soient $I$ une partie de $\mathbb{R}$ (en pratique un intervalle), $f : I \to \mathbb{R}$ et $a \in I$. On dit que $f$ est continue en $a$ si $\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I,\ \big(|x - a| \leq \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| \leq \varepsilon\big)$. En français : aussi petite que soit la marge $\varepsilon$ imposée sur les valeurs, on peut trouver un rayon $\delta$ autour de $a$ dans lequel toutes les valeurs de $f$ restent à moins de $\varepsilon$ de $f(a)$. Le point $a$ appartient à $I$ : contrairement à une limite, la continuité se définit en un point où $f$ est définie, et la valeur visée est imposée, c'est $f(a)$. Dire que $f$ est continue en $a$, c'est dire que $f(x)$ tend vers $f(a)$ quand $x$ tend vers $a$ (thème Limites de fonctions). Remplacer les inégalités larges par des inégalités strictes donne une définition équivalente. Une fonction qui n'est pas continue en $a$ est dite discontinue en $a$.

Soient $f : I \to \mathbb{R}$ et $a \in I$. On dit que $f$ est continue à droite en $a$ si la restriction de $f$ à $I \cap [a, +\infty[$ est continue en $a$ : $\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I,\ \big(a \leq x \leq a + \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| \leq \varepsilon\big)$. On définit de même la continuité à gauche, avec $a - \delta \leq x \leq a$. Si $a$ est intérieur à $I$, alors $f$ est continue en $a$ si et seulement si elle est continue à gauche et à droite en $a$, c'est-à-dire si et seulement si $f$ admet en $a$ une limite à gauche et une limite à droite toutes deux égales à $f(a)$. Exemple : la partie entière $x \mapsto \lfloor x \rfloor$ est continue à droite en tout entier $n$, puisqu'elle vaut $n$ sur $[n, n + 1[$, mais pas à gauche, puisqu'elle vaut $n - 1$ sur $[n - 1, n[$ : elle est discontinue en $n$.

Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$. Une fonction $f : I \to \mathbb{R}$ est continue sur $I$ si elle est continue en tout point de $I$ : $\forall a \in I,\ \forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I,\ \big(|x - a| \leq \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| \leq \varepsilon\big)$. L'ordre des quantificateurs compte : $\delta$ est choisi après $a$ et $\varepsilon$, il a le droit de dépendre des deux. Aux extrémités d'un segment $[a, b]$, la continuité en $a$ est une continuité à droite et celle en $b$ une continuité à gauche, puisque $f$ n'est définie que d'un côté. L'ensemble des fonctions continues sur $I$ à valeurs réelles se note $\mathcal{C}(I, \mathbb{R})$ ou $\mathcal{C}^0(I, \mathbb{R})$. Quand $f$ est définie sur une réunion d'intervalles $D$, « continue sur $D$ » signifie continue en chaque point de $D$, mais les théorèmes de ce thème (valeurs intermédiaires, bijection) exigent un intervalle.

Continue en $a$ : le point $a$ est dans l'ensemble de définition et $f(x)$ tend vers $f(a)$ en $a$. Continue sur $I$ : continue en chaque point de $I$. Discontinuité en $a$ : $f$ est définie en $a$ mais n'y est pas continue ; quand les limites à gauche et à droite existent et sont finies, la discontinuité est dite de première espèce ; si de plus $f(a^-) \neq f(a^+)$, c'est un saut, de hauteur $f(a^+) - f(a^-)$, et si $f(a^-) = f(a^+) \neq f(a)$, elle s'efface en changeant la seule valeur en $a$. Prolongeable par continuité en $a$ : $f$ n'est pas définie en $a$ mais admet en $a$ une limite finie. Point adhérent à $I$ : point qui est limite d'une suite d'éléments de $I$ ; c'est en un tel point que l'on parle de limite, tandis que la continuité se parle en un point de $I$. Partie dense de $I$ : partie $D \subset I$ dont tout point de $I$ est adhérent, comme $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$. Au voisinage de $a$ : sur un ensemble $[a - \delta, a + \delta] \cap I$ avec $\delta > 0$. Fonction auxiliaire : fonction construite à partir des données, souvent une différence $f - g$ ou $f - \mathrm{id}$, à laquelle on applique un théorème.

Théorème : soient $f : I \to \mathbb{R}$ et $a \in I$. Alors $f$ est continue en $a$ si et seulement si, pour toute suite $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ d'éléments de $I$ qui converge vers $a$, la suite $(f(x_n))_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $f(a)$. Le sens direct transporte la continuité aux suites : c'est lui qui autorise à écrire « $x_n \to a$ et $f$ continue en $a$, donc $f(x_n) \to f(a)$ ». Pris par contraposée, ce même sens direct est l'outil pour prouver une discontinuité : une seule suite $(x_n)$ qui tend vers $a$ avec $f(x_n)$ qui ne tend pas vers $f(a)$ suffit, ou deux suites qui tendent vers $a$ dont les images tendent vers des limites différentes. Le sens réciproque, démontré par contraposée avec $\delta = \frac{1}{n + 1}$, sert à l'inverse à établir une continuité par les suites, ce qui est plus rare. La démonstration complète figure dans la rédaction modèle ci-dessous ; elle est attendue en Sup.

Soient $f : I \to \mathbb{R}$ et $a \in I$. Montrer que $f$ est continue en $a$ si et seulement si, pour toute suite $(x_n)$ d'éléments de $I$ convergeant vers $a$, la suite $(f(x_n))$ converge vers $f(a)$.
Sens direct. Supposons $f$ continue en $a$, et soit $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ une suite d'éléments de $I$ qui converge vers $a$. Montrons que $f(x_n) \to f(a)$.
Soit $\varepsilon > 0$.
Par continuité de $f$ en $a$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in I$, si $|x - a| \leq \delta$, alors $|f(x) - f(a)| \leq \varepsilon$.
Comme $x_n \to a$ et $\delta > 0$, il existe $N \in \mathbb{N}$ tel que pour tout $n \geq N$, $|x_n - a| \leq \delta$.
Soit $n \geq N$. On a $x_n \in I$ et $|x_n - a| \leq \delta$, donc $|f(x_n) - f(a)| \leq \varepsilon$.
Ainsi, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $N$ tel que pour tout $n \geq N$, $|f(x_n) - f(a)| \leq \varepsilon$ : la suite $(f(x_n))$ converge vers $f(a)$.
Sens réciproque, par contraposée. Supposons $f$ non continue en $a$, et construisons une suite $(x_n)$ d'éléments de $I$ qui tend vers $a$ sans que $(f(x_n))$ tende vers $f(a)$.
La négation de la continuité s'écrit : il existe $\varepsilon > 0$ tel que pour tout $\delta > 0$, il existe $x \in I$ vérifiant $|x - a| \leq \delta$ et $|f(x) - f(a)| > \varepsilon$. Fixons un tel $\varepsilon$.
Soit $n \in \mathbb{N}$. En appliquant cette propriété à $\delta = \frac{1}{n + 1} > 0$, on obtient un réel $x_n \in I$ tel que $|x_n - a| \leq \frac{1}{n + 1}$ et $|f(x_n) - f(a)| > \varepsilon$.
Comme $0 \leq |x_n - a| \leq \frac{1}{n + 1}$ et $\frac{1}{n + 1} \to 0$, le théorème d'encadrement donne $x_n \to a$.
Si l'on avait $f(x_n) \to f(a)$, il existerait $N$ tel que pour tout $n \geq N$, $|f(x_n) - f(a)| \leq \varepsilon$, ce qui contredit $|f(x_N) - f(a)| > \varepsilon$. Donc $(f(x_n))$ ne converge pas vers $f(a)$.
La suite $(x_n)$ est une suite de $I$ qui tend vers $a$ et dont l'image ne tend pas vers $f(a)$ : la contraposée est établie, donc l'équivalence l'est.
À retenir : dans le sens direct, $\delta$ vient de la continuité et $N$ de la convergence, dans cet ordre ; dans le sens réciproque, on nie proprement la définition et l'on choisit $\delta = \frac{1}{n + 1}$ pour fabriquer la suite.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande « avec la définition », « en revenant aux $\varepsilon$ », ou la fonction est donnée par une formule trop irrégulière pour les théorèmes généraux (définie par morceaux, par une condition selon que $x$ est rationnel ou non).
1) Écrire au brouillon la quantité à rendre petite, $|f(x) - f(a)|$, et la majorer par une expression de $|x - a|$ : factoriser par $x - a$, utiliser $|x + a| \leq |x - a| + 2|a|$, une inégalité triangulaire ou une inégalité connue ($|\sin t| \leq |t|$).
2) Se restreindre à $|x - a| \leq 1$ pour contrôler les facteurs parasites : la majoration ne doit plus contenir que $|x - a|$ et des constantes dépendant de $a$.
3) Sur la copie, ouvrir par « Soit $\varepsilon > 0$. » puis « Posons $\delta = \min\big(1, \frac{\varepsilon}{C}\big)$ » avec la constante $C > 0$ trouvée au brouillon : $\delta$ ne dépend que de $\varepsilon$ et de $a$, jamais de $x$.
4) Écrire « Soit $x \in I$ tel que $|x - a| \leq \delta$. » et dérouler la chaîne d'inégalités jusqu'à $|f(x) - f(a)| \leq \varepsilon$, chaque étape justifiée.
5) Conclure : « Ainsi, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in I$, $|x - a| \leq \delta$ entraîne $|f(x) - f(a)| \leq \varepsilon$ : $f$ est continue en $a$. »

Soit $a \in \mathbb{R}$. Montrer, avec la définition, que $f : x \mapsto x^2$ est continue en $a$.
Brouillon : pour tout réel $x$, $|f(x) - f(a)| = |x^2 - a^2| = |x - a|\,|x + a|$, et $|x + a| = |(x - a) + 2a| \leq |x - a| + 2|a|$. Si $|x - a| \leq 1$, alors $|x + a| \leq 1 + 2|a|$.
Soit $\varepsilon > 0$.
Posons $\delta = \min\Big(1, \dfrac{\varepsilon}{1 + 2|a|}\Big)$ ; c'est un réel strictement positif, qui ne dépend que de $\varepsilon$ et de $a$.
Soit $x \in \mathbb{R}$ tel que $|x - a| \leq \delta$.
Comme $\delta \leq 1$, on a $|x - a| \leq 1$, donc par l'inégalité triangulaire $|x + a| \leq |x - a| + 2|a| \leq 1 + 2|a|$.
Alors $|f(x) - f(a)| = |x - a|\,|x + a| \leq \delta\,(1 + 2|a|)$.
Comme $\delta \leq \dfrac{\varepsilon}{1 + 2|a|}$, on obtient $|f(x) - f(a)| \leq \varepsilon$.
Ainsi, pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x \in \mathbb{R}$, $|x - a| \leq \delta$ entraîne $|f(x) - f(a)| \leq \varepsilon$ : la fonction $f$ est continue en $a$.
Ceci valant pour tout $a \in \mathbb{R}$, la fonction carré est continue sur $\mathbb{R}$.
À retenir : on factorise par $x - a$, on borne le facteur restant grâce à $|x - a| \leq 1$, et le $\min$ dans $\delta$ rend les deux contraintes compatibles.

Ligne fautive : « Soit $\varepsilon > 0$. Pour $x \neq -a$, posons $\delta = \dfrac{\varepsilon}{|x + a|}$ ; alors $|x - a| \leq \delta$ donne $|x^2 - a^2| = |x - a|\,|x + a| \leq \varepsilon$. »
Ce $\delta$ dépend de $x$, alors que la définition exige un $\delta$ choisi avant $x$ : l'ordre des quantificateurs est $\forall \varepsilon,\ \exists \delta,\ \forall x$. Un « rayon » qui change à chaque $x$ n'est pas un rayon : la phrase « pour tout $x$ tel que $|x - a| \leq \delta$ » ne restreint plus $x$ à aucun voisinage fixé de $a$, et rien n'est démontré. Le vice est le même que d'écrire « pour tout $x$, il existe $\delta$ » à la place de « il existe $\delta$, pour tout $x$ » (thème Ordre des quantificateurs) : avec cette liberté, on « démontrerait » la continuité de la partie entière en $1$, qui est fausse.
Version correcte : borner d'abord le facteur parasite sur un voisinage fixé, $|x + a| \leq 1 + 2|a|$ dès que $|x - a| \leq 1$, puis poser $\delta = \min\Big(1, \dfrac{\varepsilon}{1 + 2|a|}\Big)$, qui ne dépend que de $\varepsilon$ et de $a$, et seulement ensuite écrire « Soit $x$ tel que $|x - a| \leq \delta$ ».

Quand l'utiliser : il faut montrer que $f$ n'est pas continue en $a$, ou n'admet pas de prolongement continu ; signal : une formule qui oscille ($\sin \frac{1}{x}$, $\cos \frac{1}{x}$), une fonction définie selon que $x$ est rationnel ou non, une partie entière, une fonction définie par morceaux avec deux valeurs différentes de part et d'autre de $a$.
1) Chercher une suite $(x_n)$ d'éléments de $I$, explicite, telle que $x_n \to a$ et que $f(x_n)$ se calcule : on choisit $x_n$ pour que $f(x_n)$ soit constante, par exemple $x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ pour $\sin \frac{1}{x}$, ou $x_n = a + \frac{1}{n + 1}$ et $x_n = a - \frac{1}{n + 1}$ pour approcher $a$ par chaque côté.
2) Sur la copie : « Posons, pour $n \in \mathbb{N}$, $x_n = \dots$ Alors $x_n \in I$ et $x_n \to a$. » Justifier la convergence par les opérations sur les limites.
3) Calculer $f(x_n)$ et sa limite $\ell$, ou constater qu'elle diverge.
4) Conclure par la caractérisation séquentielle : « Si $f$ était continue en $a$, on aurait $f(x_n) \to f(a)$ ; or $f(x_n) \to \ell \neq f(a)$, ce qui contredit l'unicité de la limite. Donc $f$ n'est pas continue en $a$. » Variante à deux suites : $f(x_n) \to \ell$ et $f(y_n) \to \ell'$ avec $\ell \neq \ell'$ ; aucune valeur de $f(a)$ ne peut alors rendre $f$ continue, ce qui exclut tout prolongement par continuité.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $f(x) = \sin \frac{1}{x}$ si $x \neq 0$ et $f(0) = 0$. Montrer que $f$ n'est pas continue en $0$, puis qu'aucun choix de la valeur en $0$ ne la rendrait continue en $0$.
Posons, pour $n \in \mathbb{N}$, $x_n = \dfrac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$.
Pour tout $n$, $\frac{\pi}{2} + 2n\pi > 0$, donc $x_n$ est bien défini et $x_n \neq 0$. De plus $\frac{\pi}{2} + 2n\pi \to +\infty$, donc $x_n \to 0$.
Pour tout $n$, $f(x_n) = \sin\Big(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\Big) = \sin \frac{\pi}{2} = 1$, par $2\pi$-périodicité du sinus. La suite $(f(x_n))$ est constante égale à $1$, donc converge vers $1$.
Si $f$ était continue en $0$, la caractérisation séquentielle donnerait $f(x_n) \to f(0) = 0$ ; par unicité de la limite, on aurait $1 = 0$, ce qui est faux. Donc $f$ n'est pas continue en $0$.
Posons maintenant, pour $n \in \mathbb{N}$, $y_n = \dfrac{1}{-\frac{\pi}{2} + 2(n + 1)\pi}$. Le dénominateur vaut au moins $\frac{3\pi}{2} > 0$ et tend vers $+\infty$, donc $y_n \neq 0$ et $y_n \to 0$ ; et $f(y_n) = \sin\Big(-\frac{\pi}{2}\Big) = -1$ pour tout $n$.
Soient $c \in \mathbb{R}$ et $g$ la fonction égale à $f$ sur $\mathbb{R}^*$ et à $c$ en $0$. Si $g$ était continue en $0$, la caractérisation séquentielle donnerait $g(x_n) \to c$ et $g(y_n) \to c$. Or $x_n \neq 0$ et $y_n \neq 0$, donc $g(x_n) = f(x_n) = 1$ et $g(y_n) = f(y_n) = -1$ pour tout $n$ ; par unicité de la limite d'une suite, on aurait $c = 1$ et $c = -1$, ce qui est impossible.
Aucune valeur en $0$ ne rend la fonction continue : $x \mapsto \sin \frac{1}{x}$ n'est pas prolongeable par continuité en $0$.
À retenir : une suite explicite qui rend $f(x_n)$ constante suffit pour une discontinuité ; deux suites d'images distinctes interdisent tout prolongement.

Soient $I$ un intervalle, $a \in I$ et $f$ une fonction définie sur $I \setminus \{a\}$ ; le point $a$ est adhérent à $I \setminus \{a\}$, ce qui donne un sens à la limite de $f$ en $a$. Si $f$ admet en $a$ une limite finie $\ell$, la fonction $\tilde f : I \to \mathbb{R}$ définie par $\tilde f(x) = f(x)$ pour $x \neq a$ et $\tilde f(a) = \ell$ est continue en $a$ : on l'appelle le prolongement par continuité de $f$ en $a$. Ce prolongement est unique : si une fonction $g$ définie sur $I$, égale à $f$ hors de $a$, est continue en $a$, alors $g(a) = \lim_{x \to a} f(x) = \ell$ par unicité de la limite. Réciproquement, si $f$ n'a pas de limite finie en $a$ (limite infinie, ou pas de limite du tout), aucune valeur en $a$ ne fournit une fonction continue. Par abus, on note souvent encore $f$ la fonction prolongée.

Quand l'utiliser : $f$ est donnée par une formule qui n'a pas de sens en un point $a$ (division par $x - a$, $\frac{1}{x}$ dans un sinus, $\ln$ en $0$), et l'énoncé demande « prolonger $f$ par continuité en $a$ » ou « montrer que $f$ est prolongeable ».
1) Préciser l'ensemble de définition : « $f$ est définie sur $I \setminus \{a\}$ », et vérifier que $a$ est adhérent à cet ensemble.
2) Étudier la limite de $f$ en $a$ : encadrement ($|x \sin \frac{1}{x}| \leq |x|$), factorisation puis simplification, limite de référence ($\frac{\sin x}{x} \to 1$, $\frac{e^x - 1}{x} \to 1$ en $0$), ou définition en $\varepsilon$.
3) Si la limite $\ell$ est finie, écrire : « $f$ admet en $a$ la limite finie $\ell$, donc $f$ est prolongeable par continuité en $a$, et son prolongement $\tilde f$ est défini par $\tilde f(a) = \ell$ et $\tilde f(x) = f(x)$ pour $x \neq a$. » Si elle est infinie ou n'existe pas, conclure que $f$ n'est pas prolongeable, avec une suite pour l'absence de limite (méthode « Prouver une discontinuité avec une suite »).
4) Si l'énoncé demande la continuité de $\tilde f$ sur $I$ tout entier, ajouter la continuité sur $I \setminus \{a\}$ par les théorèmes généraux : la continuité en $a$ ne dit rien des autres points.

Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}^*$ par $f(x) = x \sin \frac{1}{x}$. Montrer que $f$ est prolongeable par continuité en $0$, et que son prolongement est continu sur $\mathbb{R}$.
La fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}^* = \mathbb{R} \setminus \{0\}$, et $0$ est adhérent à $\mathbb{R}^*$, puisque $\frac{1}{n + 1} \in \mathbb{R}^*$ et $\frac{1}{n + 1} \to 0$.
Pour tout $x \in \mathbb{R}^*$, $|f(x)| = |x|\,\Big|\sin \frac{1}{x}\Big| \leq |x|$, car $|\sin t| \leq 1$ pour tout réel $t$.
Soit $\varepsilon > 0$. Posons $\delta = \varepsilon$. Soit $x \in \mathbb{R}^*$ tel que $|x - 0| \leq \delta$. Alors $|f(x) - 0| \leq |x| \leq \varepsilon$.
Ainsi $f(x) \to 0$ quand $x \to 0$ : $f$ admet en $0$ la limite finie $0$, donc $f$ est prolongeable par continuité en $0$. Son prolongement $\tilde f$ est défini sur $\mathbb{R}$ par $\tilde f(x) = x \sin \frac{1}{x}$ si $x \neq 0$ et $\tilde f(0) = 0$, et il est continu en $0$.
Sur $\mathbb{R}^*$, la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ est continue, comme fonction rationnelle sur son ensemble de définition, et à valeurs dans $\mathbb{R}$, où $\sin$ est continue ; donc $x \mapsto \sin \frac{1}{x}$ est continue sur $\mathbb{R}^*$ par composition, et son produit par la fonction continue $x \mapsto x$ est continu. Ainsi $\tilde f$ est continue en tout point de $\mathbb{R}^*$.
Étant continue en tout point de $\mathbb{R}^*$ et en $0$, $\tilde f$ est continue sur $\mathbb{R}$.
À retenir : la limite au point manquant se prouve par un encadrement, puis on n'oublie pas la continuité aux autres points, qui relève des théorèmes généraux.

Théorème : soient $f, g : I \to \mathbb{R}$ continues en $a \in I$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Alors $f + g$, $\lambda f$, $fg$ et $|f|$ sont continues en $a$ ; si de plus $g(a) \neq 0$, alors $g$ ne s'annule pas au voisinage de $a$ et $\dfrac{f}{g}$ est continue en $a$. Les mêmes énoncés valent avec « continue sur $I$ » partout, le quotient étant continu sur $I$ dès que $g$ ne s'annule en aucun point de $I$. Ces résultats découlent des opérations sur les limites (thème Limites de fonctions), ou de la caractérisation séquentielle jointe aux opérations sur les suites convergentes. Conséquence : $\mathcal{C}(I, \mathbb{R})$ est stable par combinaison linéaire et par produit, les fonctions polynomiales sont continues sur $\mathbb{R}$ et les fonctions rationnelles sur leur ensemble de définition. Les fonctions $\max(f, g)$ et $\min(f, g)$ sont continues aussi, puisque $\max(f, g) = \frac{1}{2}\big(f + g + |f - g|\big)$.

Théorème : soient $I$ et $J$ deux parties de $\mathbb{R}$ (en pratique des intervalles), $f : I \to \mathbb{R}$ telle que $f(I) \subset J$, et $g : J \to \mathbb{R}$. Si $f$ est continue en $a \in I$ et $g$ continue en $f(a)$, alors $g \circ f$ est continue en $a$. Si $f$ est continue sur $I$ et $g$ continue sur $J$, alors $g \circ f$ est continue sur $I$. Preuve par les suites : si $x_n \to a$ avec $x_n \in I$, la continuité de $f$ en $a$ donne $f(x_n) \to f(a)$, avec $f(x_n) \in J$, puis la continuité de $g$ en $f(a)$ donne $g(f(x_n)) \to g(f(a))$. L'hypothèse à vérifier et à écrire est $f(I) \subset J$ : la fonction extérieure doit être continue sur l'ensemble où arrivent les valeurs de $f$, pas seulement sur son propre domaine. Contrairement au théorème des valeurs intermédiaires et au théorème de la bijection, celui-ci ne réclame aucun intervalle, car la preuve par les suites est ponctuelle : $x \mapsto \sin \frac{1}{x}$ est ainsi continue sur $\mathbb{R}^*$, qui n'est pas un intervalle. Exemple : $x \mapsto \sqrt{1 - x^2}$ est continue sur $[-1, 1]$, car $x \mapsto 1 - x^2$ est continue sur $[-1, 1]$ et à valeurs dans $[0, 1] \subset [0, +\infty[$, où la racine carrée est continue.

Les fonctions suivantes sont continues sur leur ensemble de définition et servent de briques aux théorèmes généraux ; leur continuité se déduit des limites de référence du thème Limites de fonctions, ou s'admet en Sup pour les fonctions transcendantes.
$x \mapsto x^n$ ($n \in \mathbb{N}$) et les fonctions polynomiales : sur $\mathbb{R}$.
Les fonctions rationnelles : sur leur ensemble de définition, hors des racines du dénominateur.
$x \mapsto |x|$ : sur $\mathbb{R}$, car $\big||x| - |a|\big| \leq |x - a|$.
$x \mapsto \sqrt{x}$ : sur $[0, +\infty[$, car $|\sqrt{x} - \sqrt{a}| \leq \sqrt{|x - a|}$.
$x \mapsto x^{\alpha}$ ($\alpha \in \mathbb{R}$) : sur $]0, +\infty[$.
$\exp$ : sur $\mathbb{R}$ ; $\ln$ : sur $]0, +\infty[$.
$\sin$ et $\cos$ : sur $\mathbb{R}$, car $|\sin x - \sin a| \leq |x - a|$ ; $\tan$ : sur $\mathbb{R} \setminus \big\{\frac{\pi}{2} + k\pi,\ k \in \mathbb{Z}\big\}$.
$x \mapsto \lfloor x \rfloor$ : continue sur $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$, discontinue en chaque entier, où elle est continue à droite seulement.
La fonction indicatrice de $\mathbb{Q}$, égale à $1$ sur $\mathbb{Q}$ et à $0$ ailleurs, n'est continue en aucun point : par densité, tout réel est limite d'une suite de rationnels, d'images $1$, et d'une suite d'irrationnels, d'images $0$.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande « montrer que $f$ est continue sur $I$ » pour une fonction donnée par une ou plusieurs formules usuelles ; c'est le cas le plus fréquent, et l'on n'y revient jamais aux $\varepsilon$.
1) Découper $I$ selon les formules : sur chaque intervalle ouvert où une seule formule s'applique, citer les théorèmes généraux en nommant les briques : « $x \mapsto e^{-1/x}$ est continue sur $]0, +\infty[$ comme composée de $x \mapsto -\frac{1}{x}$, continue sur $]0, +\infty[$, et de $\exp$, continue sur $\mathbb{R}$. »
2) Vérifier les hypothèses cachées : dénominateur non nul sur tout l'intervalle, argument d'un $\ln$ ou d'une racine dans le bon ensemble, inclusion $f(I) \subset J$ pour une composée.
3) Aux points de raccord $a$ (changement de formule, point où une formule est remplacée par une valeur), les théorèmes généraux ne disent rien : calculer la limite à gauche et la limite à droite de $f$ en $a$, et les comparer à $f(a)$.
4) Écrire : « $\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^+} f(x) = f(a)$, donc $f$ est continue en $a$. » Si l'une des deux limites diffère de $f(a)$, $f$ est discontinue en $a$, et l'on nomme alors la discontinuité : c'est un saut, de hauteur $f(a^+) - f(a^-)$, lorsque les deux limites latérales diffèrent ; lorsqu'elles sont égales sans valoir $f(a)$, il n'y a pas de saut et la discontinuité s'efface en changeant la seule valeur en $a$.
5) Conclure sur $I$ entier : « $f$ est continue en tout point de $I$, donc continue sur $I$. »

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ définie par $f(x) = e^{-1/x}$ si $x > 0$ et $f(x) = 0$ si $x \leq 0$. Montrer que $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.
Sur $]-\infty, 0[$, la fonction $f$ est nulle, donc continue comme fonction constante.
Sur $]0, +\infty[$, la fonction $x \mapsto -\frac{1}{x}$ est continue, comme fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas sur $]0, +\infty[$, et elle est à valeurs dans $\mathbb{R}$, où $\exp$ est continue ; par composition, $f$ est continue sur $]0, +\infty[$.
Reste le point de raccord $0$, où $f(0) = 0$.
Limite à gauche : pour $x < 0$, $f(x) = 0$, donc $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 0 = f(0)$ : $f$ est continue à gauche en $0$.
Limite à droite : quand $x \to 0^+$, on a $-\frac{1}{x} \to -\infty$, et $e^{t} \to 0$ quand $t \to -\infty$ ; par composition des limites, $e^{-1/x} \to 0$. Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0 = f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$.
Les limites à gauche et à droite en $0$ existent et valent toutes deux $f(0)$, donc $f$ est continue en $0$.
Ainsi $f$ est continue en tout point de $\mathbb{R}$ : $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.
À retenir : les théorèmes généraux règlent les intervalles ouverts, et seul le point de raccord demande un calcul de limites latérales, comparées à la valeur prise.

Ligne fautive : « $f(0^-) = f(0^+) = 1$, donc $f$ est continue en $0$. »
Deux limites latérales égales ne font pas une continuité : il faut de plus que $f$ soit définie en $0$ et que leur valeur commune soit égale à $f(0)$. Contre-exemple : $f(x) = 1$ pour $x \neq 0$ et $f(0) = 2$ ; les limites à gauche et à droite en $0$ valent $1$, mais $f(0) = 2$, et $f$ n'est pas continue en $0$ (avec $x_n = \frac{1}{n + 1}$, on a $f(x_n) = 1 \not\to 2$). Au sens du thème Limites de fonctions, cette fonction n'admet d'ailleurs aucune limite en $0$, puisque $0$ appartient à son ensemble de définition : pour une fonction définie en $0$, « admettre une limite en $0$ » et « être continue en $0$ » sont une seule et même chose, et c'est pourquoi le raisonnement se mène ici sur les limites latérales. Cette fonction prolonge bien sa restriction à $\mathbb{R}^*$, mais elle n'est pas son prolongement par continuité, qui impose la valeur $1$. L'erreur symétrique, « $f(0)$ existe, donc $f$ est continue en $0$ », est tout aussi fausse : la fonction indicatrice de $\mathbb{Q}$ est définie partout et continue nulle part.
Version correcte : « $f(0^-) = f(0^+) = 1$ et $f(0) = 1$, donc $f$ est continue en $0$. » Si $f$ n'est pas définie en $0$ : « $f$ admet en $0$ la limite finie $1$, donc $f$ est prolongeable par continuité en $0$ en posant $f(0) = 1$. »