Généralités sur les fonctions réelles

Une fonction réelle d'une variable réelle est une application $f : D \to \mathbb{R}$, où $D$ est une partie de $\mathbb{R}$ : à chaque réel $x \in D$ elle associe un unique réel noté $f(x)$ (rappel du bloc Fondements 1 : une application associe à chaque élément de l'ensemble de départ exactement une image). L'ensemble $D$ est l'ensemble de définition de $f$, noté $D_f$. Quand $f$ est donnée par une expression sans que $D$ soit précisé, $D_f$ est par convention l'ensemble des réels $x$ pour lesquels l'expression $f(x)$ a un sens. Deux fonctions sont égales quand elles ont le même ensemble de définition et la même valeur en chaque point. Si $A \subset D_f$, la restriction $f_{|A}$ est la fonction $A \to \mathbb{R}$, $x \mapsto f(x)$ ; réciproquement, une fonction $g$ définie sur $E \supset D_f$ qui coïncide avec $f$ sur $D_f$ est un prolongement de $f$.

Le graphe (ou courbe représentative) de $f : D \to \mathbb{R}$ est la partie $\mathcal{C}_f = \{(x, f(x)) \mid x \in D\}$ du plan $\mathbb{R}^2$, rapporté à un repère orthogonal $(O, \vec{i}, \vec{j})$. Une partie $\Gamma$ de $\mathbb{R}^2$ est le graphe d'une fonction si et seulement si toute droite verticale d'équation $x = a$ coupe $\Gamma$ en au plus un point : le cercle unité n'est pas un graphe, chacun de ses demi-cercles supérieur et inférieur en est un. L'image d'une partie $A \subset D$ est $f(A) = \{f(x) \mid x \in A\}$, et $f(D)$ est l'ensemble image de $f$ ; un réel $y$ admet un antécédent par $f$ quand $y \in f(D)$, c'est-à-dire quand l'équation $f(x) = y$ a au moins une solution dans $D$.

Quand l'utiliser : l'énoncé donne $f(x)$ par une formule et demande « l'ensemble de définition », ou commence une étude de fonction sans préciser $D$.
1) Lister les opérations interdites qui apparaissent dans la formule, de l'intérieur vers l'extérieur : un quotient exige un dénominateur non nul, $\sqrt{u}$ exige $u \geq 0$, $\ln u$ exige $u > 0$, $\tan u$ exige $u \notin \frac{\pi}{2} + \pi\mathbb{Z}$, une puissance $u^{\alpha}$ d'exposant non entier exige $u > 0$.
2) Écrire ces conditions comme un système, chacune sur une ligne, et résoudre chaque condition séparément : « $f(x)$ est défini si et seulement si $x + 2 \geq 0$, $3 - x > 0$ et $\ln(3 - x) \neq 0$. »
3) Prendre l'intersection des ensembles obtenus et l'écrire comme une réunion d'intervalles disjoints, en vérifiant chaque borne (crochet ouvert ou fermé).
4) Ne simplifier l'expression qu'après cette étape : une simplification comme $\frac{x^2 - 1}{x - 1} = x + 1$ n'est valable que sur $D_f$ et ne l'agrandit jamais.

Déterminer l'ensemble de définition de la fonction $f$ définie par $f(x) = \dfrac{\sqrt{x + 2}}{\ln(3 - x)}$.
Soit $x \in \mathbb{R}$. Le réel $f(x)$ est défini si et seulement si les trois conditions suivantes sont réunies : $x + 2 \geq 0$ (pour la racine carrée), $3 - x > 0$ (pour le logarithme) et $\ln(3 - x) \neq 0$ (pour le quotient).
La première condition équivaut à $x \geq -2$, la deuxième à $x < 3$.
Pour la troisième, comme $\ln$ est injective sur $]0, +\infty[$ et que $\ln 1 = 0$, on a, lorsque $3 - x > 0$ : $\ln(3 - x) = 0$ si et seulement si $3 - x = 1$, c'est-à-dire $x = 2$. Sous la deuxième condition, la troisième équivaut donc à $x \neq 2$.
Ainsi $f(x)$ est défini si et seulement si $-2 \leq x < 3$ et $x \neq 2$.
Conclusion : $D_f = [-2, 2[ \,\cup\, ]2, 3[$.
À retenir : une condition par opération interdite, résolue séparément, puis l'intersection écrite en intervalles avec chaque borne vérifiée.

Ligne fautive : « $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1} = \dfrac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = x + 1$, donc $f$ est définie sur $\mathbb{R}$. »
C'est faux : la simplification par $x - 1$ suppose $x \neq 1$, et $f(1)$ n'existe pas, puisque $\frac{0}{0}$ n'a pas de sens. L'ensemble de définition se lit sur la formule donnée, jamais sur une formule simplifiée. Même erreur avec « $\sqrt{x^2} = x$ », faux pour $x < 0$ : $\sqrt{(-3)^2} = 3 \neq -3$, et la bonne égalité est $\sqrt{x^2} = |x|$.
Version correcte : « $f(x)$ est défini si et seulement si $x - 1 \neq 0$, donc $D_f = \mathbb{R} \setminus \{1\}$. Pour tout $x \in D_f$, $f(x) = x + 1$ : le graphe de $f$ est la droite d'équation $y = x + 1$ privée du point $(1, 2)$. »

Soient $f$ et $g$ deux fonctions définies sur une même partie $D$ de $\mathbb{R}$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Les fonctions $f + g$, $\lambda f$, $fg$ et $|f|$ sont définies sur $D$ point par point : $(f + g)(x) = f(x) + g(x)$, $(\lambda f)(x) = \lambda f(x)$, $(fg)(x) = f(x) g(x)$, $|f|(x) = |f(x)|$. Le quotient $\frac{f}{g}$ est défini sur $\{x \in D \mid g(x) \neq 0\}$. Si $f : D_f \to \mathbb{R}$ et $g : D_g \to \mathbb{R}$, la composée $g \circ f$ est définie sur $\{x \in D_f \mid f(x) \in D_g\}$ par $(g \circ f)(x) = g(f(x))$ : on applique $f$ d'abord, puis $g$. Enfin on écrit $f \leq g$ lorsque, pour tout $x \in D$, $f(x) \leq g(x)$ ; deux fonctions ne sont pas toujours comparables, comme $x \mapsto x$ et $x \mapsto 0$ sur $\mathbb{R}$.

Soit $f : D \to \mathbb{R}$ avec $D$ symétrique par rapport à $0$, c'est-à-dire tel que pour tout $x \in D$, $-x \in D$. La fonction $f$ est paire lorsque $\forall x \in D,\ f(-x) = f(x)$, et impaire lorsque $\forall x \in D,\ f(-x) = -f(x)$. La symétrie de $D$ fait partie de la définition : sans elle, $f(-x)$ n'a pas de sens pour certains $x$. Une fonction impaire définie en $0$ vérifie $f(0) = -f(0)$, donc $f(0) = 0$. La seule fonction à la fois paire et impaire sur $D$ est la fonction nulle, et la plupart des fonctions ne sont ni paires ni impaires : $x \mapsto x + 1$, $x \mapsto e^x$.

Soit $f : D \to \mathbb{R}$ avec $D$ symétrique par rapport à $0$. Dans un repère orthogonal, $f$ est paire si et seulement si $\mathcal{C}_f$ est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées, car le symétrique de $(x, f(x))$ par cet axe est $(-x, f(x))$, qui appartient à $\mathcal{C}_f$ exactement quand $f(-x) = f(x)$. De même, $f$ est impaire si et seulement si $\mathcal{C}_f$ est symétrique par rapport à l'origine $O$, le symétrique de $(x, f(x))$ étant $(-x, -f(x))$. Conséquence pratique : une fonction paire ou impaire s'étudie sur $D \cap [0, +\infty[$ seulement, et le graphe complet s'obtient par la symétrie correspondante. Sens de variation : sur la partie symétrique $-I = \{-x \mid x \in I\}$, une fonction paire varie en sens contraire de celui qu'elle a sur $I$, une fonction impaire dans le même sens ; il suffit, pour $x < y$ dans $-I$, d'appliquer la monotonie sur $I$ aux points $-y < -x$.

Quand l'utiliser : l'énoncé demande la parité, ou une étude de fonction commence et l'expression ne contient que des $x^2$, des $|x|$, des puissances de $x$ de même parité, des $\cos$ ou des $\sin$.
1) Déterminer $D_f$ et vérifier qu'il est symétrique par rapport à $0$ : « Pour tout $x \in D_f$, $-x \in D_f$. » Si ce n'est pas le cas, $f$ n'est ni paire ni impaire et l'étude s'arrête là.
2) Fixer $x \in D_f$ et calculer $f(-x)$ en remplaçant chaque $x$ par $-x$, sans rien deviner : $(-x)^2 = x^2$, $(-x)^3 = -x^3$, $|-x| = |x|$, $\cos(-x) = \cos x$, $\sin(-x) = -\sin x$, $e^{-x} = \frac{1}{e^x}$.
3) Comparer le résultat à $f(x)$ et à $-f(x)$, puis conclure avec le quantificateur : « Ainsi, pour tout $x \in D_f$, $f(-x) = -f(x)$ : $f$ est impaire. »
4) Pour montrer que $f$ n'est ni paire ni impaire, il faut réfuter les deux égalités, chacune par un contre-exemple chiffré : un réel $a \in D_f$ tel que $f(-a) \neq f(a)$ écarte la parité, un réel $b \in D_f$ tel que $f(-b) \neq -f(b)$ écarte l'imparité. Un même point sert souvent pour les deux, mais pas toujours : ne pas s'acharner à en chercher un seul. Une égalité vérifiée en un point, elle, ne prouve rien.
5) Écrire la conséquence : « On étudie donc $f$ sur $D_f \cap [0, +\infty[$ et l'on complète le graphe par la symétrie de centre $O$ (resp. d'axe $(Oy)$). »

1) Montrer que la fonction $f$ définie par $f(x) = \ln\left(\dfrac{1 + x}{1 - x}\right)$ est impaire. 2) La fonction $g : x \mapsto x^3 - x + 1$ est-elle paire ? impaire ?
1) Soit $x \in \mathbb{R}$. Le réel $f(x)$ est défini si et seulement si $1 - x \neq 0$ et $\dfrac{1 + x}{1 - x} > 0$. Ce quotient est strictement positif si et seulement si $1 + x$ et $1 - x$ sont non nuls et de même signe ; tous deux strictement négatifs est impossible ($x < -1$ et $x > 1$), tous deux strictement positifs équivaut à $-1 < x < 1$. Donc $D_f = \,]-1, 1[$.
L'ensemble $]-1, 1[$ est symétrique par rapport à $0$ : si $-1 < x < 1$, alors $-1 < -x < 1$.
Soit $x \in \,]-1, 1[$. On a $f(-x) = \ln\left(\dfrac{1 - x}{1 + x}\right)$.
Or $\dfrac{1 - x}{1 + x} = \left(\dfrac{1 + x}{1 - x}\right)^{-1}$ et, pour tout réel $u > 0$, $\ln(u^{-1}) = -\ln u$. Donc $f(-x) = -\ln\left(\dfrac{1 + x}{1 - x}\right) = -f(x)$.
Ainsi, pour tout $x \in D_f$, $-x \in D_f$ et $f(-x) = -f(x)$ : $f$ est impaire.
2) La fonction $g$ est définie sur $\mathbb{R}$, symétrique par rapport à $0$. On calcule $g(2) = 8 - 2 + 1 = 7$ et $g(-2) = -8 + 2 + 1 = -5$.
Comme $g(-2) \neq g(2)$, la fonction $g$ n'est pas paire ; comme $g(-2) = -5 \neq -7 = -g(2)$, elle n'est pas impaire. Donc $g$ n'est ni paire ni impaire.
Remarque : $g(1) = 1 = g(-1)$, et cette égalité en un seul point ne prouve rien.
À retenir : la symétrie du domaine se vérifie avant le calcul de $f(-x)$, la conclusion s'écrit avec « pour tout », et « ni paire ni impaire » se prouve par un point chiffré qui contredit les deux égalités.

Soit $D$ une partie de $\mathbb{R}$ symétrique par rapport à $0$. Toute fonction $f : D \to \mathbb{R}$ s'écrit de manière unique comme la somme $f = p + i$ d'une fonction paire $p$ et d'une fonction impaire $i$, données par $p(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}$ et $i(x) = \frac{f(x) - f(-x)}{2}$. On appelle $p$ la partie paire et $i$ la partie impaire de $f$. Exemple : pour $f = \exp$ sur $\mathbb{R}$, la partie paire est le cosinus hyperbolique $\cosh : x \mapsto \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ et la partie impaire le sinus hyperbolique $\sinh : x \mapsto \frac{e^x - e^{-x}}{2}$. La démonstration est un raisonnement par analyse-synthèse (thème du bloc Fondamental) : l'analyse impose les formules, la synthèse vérifie qu'elles conviennent.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Montrer qu'il existe un unique couple $(p, i)$ de fonctions de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, avec $p$ paire et $i$ impaire, tel que $f = p + i$.
Analyse. Supposons qu'un tel couple $(p, i)$ existe. Soit $x \in \mathbb{R}$. Alors $f(x) = p(x) + i(x)$.
En appliquant cette égalité au réel $-x$, on obtient $f(-x) = p(-x) + i(-x) = p(x) - i(x)$, puisque $p$ est paire et $i$ impaire.
En additionnant puis en soustrayant les deux égalités, il vient $f(x) + f(-x) = 2p(x)$ et $f(x) - f(-x) = 2i(x)$.
Donc nécessairement $p(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2}$ et $i(x) = \dfrac{f(x) - f(-x)}{2}$. Ceci prouve l'unicité : si le couple existe, il est entièrement déterminé par ces formules.
Synthèse. Définissons $p$ et $i$ sur $\mathbb{R}$ par ces formules et vérifions qu'elles conviennent.
Soit $x \in \mathbb{R}$. On a $p(-x) = \dfrac{f(-x) + f(x)}{2} = p(x)$, donc $p$ est paire, et $i(-x) = \dfrac{f(-x) - f(x)}{2} = -i(x)$, donc $i$ est impaire.
Enfin $p(x) + i(x) = \dfrac{f(x) + f(-x) + f(x) - f(-x)}{2} = f(x)$, donc $f = p + i$.
Conclusion : le couple $(p, i)$ existe et il est unique.
À retenir : l'analyse suppose l'objet construit et en tire les formules obligées (unicité), la synthèse repart de ces formules et vérifie chaque propriété demandée (existence).

Ligne fautive : « $f(1) = f(-1)$, donc $f$ est paire. »
C'est faux : la parité est une égalité pour tout $x$ du domaine, et une égalité en un point ne prouve rien. Contre-exemple : $g(x) = x^3 - x + 1$ vérifie $g(1) = g(-1) = 1$, mais $g(2) = 7$ et $g(-2) = -5$. Dans l'autre sens, une seule valeur suffit pour réfuter.
Deuxième ligne fautive : « $h(-x) = -h(x)$, donc $h$ est impaire », pour $h : x \mapsto x^3$ définie sur $[-1, 2]$. Le calcul est juste là où il a un sens, mais $2 \in [-1, 2]$ et $-2 \notin [-1, 2]$ : le domaine n'est pas symétrique, et $h(-2)$ n'existe pas. Cette fonction $h$ n'est ni paire ni impaire.
Version correcte, pour la première ligne : « $g(2) = 7$ et $g(-2) = -5$ : $g(-2) \neq g(2)$, donc $g$ n'est pas paire. » Pour la seconde : « $2 \in D_h$ et $-2 \notin D_h$ : $D_h$ n'est pas symétrique par rapport à $0$, donc $h$ n'est ni paire ni impaire. » La rédaction de l'imparité n'a de sens que sur un domaine symétrique, par exemple pour $k : x \mapsto x^3$ définie sur $[-2, 2]$ : « $[-2, 2]$ est symétrique par rapport à $0$ ; soit $x \in [-2, 2]$, $k(-x) = (-x)^3 = -x^3 = -k(x)$ ; ceci valant pour tout $x \in [-2, 2]$, $k$ est impaire. »

Soient $f : D \to \mathbb{R}$ et $T$ un réel non nul. On dit que $T$ est une période de $f$, ou que $f$ est $T$-périodique, lorsque pour tout $x \in D$, $x + T \in D$, $x - T \in D$ et $f(x + T) = f(x)$. La fonction $f$ est périodique si elle admet au moins une période. Si $T$ est une période, alors $-T$ et tous les $kT$ avec $k \in \mathbb{Z}^*$ en sont aussi (par récurrence sur $k$), et l'ensemble des périodes, complété par $0$, est un sous-groupe additif de $\mathbb{R}$ (thème Nombres réels). Quand il existe une plus petite période strictement positive $T_0$, on l'appelle souvent « la » période de $f$ : $2\pi$ pour $\cos$ et $\sin$, $\pi$ pour $\tan$, $1$ pour $x \mapsto x - \lfloor x \rfloor$. Elle n'existe pas toujours : tout rationnel non nul est une période de la fonction qui vaut $1$ sur $\mathbb{Q}$ et $0$ ailleurs.

Si $g$ est $T$-périodique sur $D$ et $a \neq 0$, la fonction $x \mapsto g(ax + b)$, définie sur $D' = \{x \in \mathbb{R} \mid ax + b \in D\}$, qui est stable par $\pm\frac{T}{|a|}$, est $\frac{T}{|a|}$-périodique : en effet $g\big(a(x + \frac{T}{a}) + b\big) = g(ax + b + T) = g(ax + b)$, et $\frac{T}{|a|}$ vaut $\frac{T}{a}$ ou $-\frac{T}{a}$, qui sont toutes deux des périodes. Ainsi $x \mapsto \cos(3x)$ est $\frac{2\pi}{3}$-périodique et $x \mapsto \tan\left(\frac{x}{2}\right)$ est $2\pi$-périodique, bien que $\tan$ ne soit pas définie sur $\mathbb{R}$ tout entier. Si $f$ est $T_1$-périodique et $g$ est $T_2$-périodique avec $\frac{T_1}{T_2} \in \mathbb{Q}$, alors $f + g$ admet pour période tout réel non nul multiple entier à la fois de $T_1$ et de $T_2$ ; si le rapport est irrationnel, $f + g$ peut n'être pas périodique du tout, comme $x \mapsto \cos x + \cos(\sqrt{2}\, x)$. Réduction du domaine d'étude : une fonction $T$-périodique sur $\mathbb{R}$ s'étudie sur un intervalle de longueur $T$, par exemple $[0, T[$ ou $[-\frac{T}{2}, \frac{T}{2}]$ (préférable si $f$ est aussi paire ou impaire), et le graphe complet s'obtient par les translations de vecteurs $kT\vec{i}$, $k \in \mathbb{Z}$.

Quand l'utiliser : la formule contient $\cos$, $\sin$, $\tan$, une partie entière $\lfloor x \rfloor$ ou une combinaison de ces fonctions ; l'énoncé demande « une période », « la période » ou « la plus petite période ».
1) Choisir un candidat $T > 0$ : pour $g(ax + b)$ avec $g$ de période $T_g$, prendre $\frac{T_g}{|a|}$ ; pour une somme, un multiple commun des périodes des termes.
2) Vérifier la stabilité du domaine : « Pour tout $x \in D$, $x + T \in D$ et $x - T \in D$. » Sur $\mathbb{R}$, c'est immédiat ; pour $\tan$, on le vérifie sur $D = \mathbb{R} \setminus (\frac{\pi}{2} + \pi\mathbb{Z})$.
3) Fixer $x \in D$, calculer $f(x + T)$ en utilisant la périodicité des fonctions de référence, et écrire la conclusion avec son quantificateur : « Pour tout $x \in D$, $f(x + T) = f(x)$ : $f$ est $T$-périodique. »
4) Pour montrer que $T$ est la plus petite période strictement positive, prendre une période $T' > 0$ quelconque et écrire l'égalité $f(x_0 + T') = f(x_0)$ en un point $x_0$ où $f$ prend une valeur qu'elle n'atteint qu'une fois par période, typiquement un maximum ou un minimum ; l'équation obtenue impose alors que $T'$ soit un multiple de $T$, donc $T' \geq T$. En un point quelconque, $0$ par exemple, l'équation a souvent d'autres solutions et ne conclut pas.
5) Écrire la réduction : « On étudie $f$ sur $[0, T[$ et le graphe est invariant par la translation de vecteur $T\vec{i}$. »

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $x \mapsto \sin^2 x$. Montrer que $f$ est périodique et déterminer sa plus petite période strictement positive.
La fonction $f$ est définie sur $\mathbb{R}$, et pour tout réel $x$, $x + \pi$ et $x - \pi$ sont des réels.
Soit $x \in \mathbb{R}$. On a $\sin(x + \pi) = -\sin x$, donc $f(x + \pi) = (-\sin x)^2 = \sin^2 x = f(x)$.
Ainsi, pour tout $x \in \mathbb{R}$, $f(x + \pi) = f(x)$ : $f$ est $\pi$-périodique.
Montrons que $\pi$ est la plus petite période strictement positive. Soit $T > 0$ une période de $f$.
En appliquant l'égalité $f(x + T) = f(x)$ en $x = 0$, on obtient $\sin^2 T = \sin^2 0 = 0$, donc $\sin T = 0$.
Or les solutions réelles de l'équation $\sin t = 0$ sont les $k\pi$ avec $k \in \mathbb{Z}$. Il existe donc $k \in \mathbb{Z}$ tel que $T = k\pi$, et comme $T > 0$, on a $k \geq 1$, donc $T \geq \pi$.
Toute période strictement positive de $f$ est donc supérieure ou égale à $\pi$, et $\pi$ en est une : $\pi$ est la plus petite période strictement positive de $f$.
Remarque : on peut aussi écrire $f(x) = \dfrac{1 - \cos(2x)}{2}$ et lire directement la période $\dfrac{2\pi}{2} = \pi$.
À retenir : une période se prouve par un calcul de $f(x + T)$ pour tout $x$ ; la minimalité se prouve en appliquant l'égalité en un point bien choisi à une période quelconque $T > 0$.

Ligne fautive : « $\sin$ est $2\pi$-périodique, donc $x \mapsto \sin(3x + 1)$ est $3 \times 2\pi = 6\pi$-périodique, et sa période est $6\pi$. »
Le réel $6\pi$ est bien une période (tout multiple entier d'une période en est une), mais ce n'est pas la plus petite : le facteur $3$ accélère la fonction, il divise la période. Vérification chiffrée : pour tout réel $x$, $\sin\big(3(x + \frac{2\pi}{3}) + 1\big) = \sin(3x + 1 + 2\pi) = \sin(3x + 1)$, donc $\frac{2\pi}{3}$ est une période, et $\frac{2\pi}{3} < 6\pi$. Écrire « sa période est $6\pi$ » est donc faux. Même erreur dans l'autre sens : $x \mapsto \cos\left(\frac{x}{2}\right)$ n'a pas pour période $\pi$ mais $4\pi$ (le facteur $\frac{1}{2}$ ralentit) ; en effet $\cos 0 = 1$ et $\cos\left(\frac{0 + \pi}{2}\right) = 0$, donc $\pi$ n'est pas une période.
Version correcte : « Si $g$ est $T$-périodique et $a \neq 0$, alors $x \mapsto g(ax + b)$ est $\frac{T}{|a|}$-périodique. Ici $T = 2\pi$ et $a = 3$ : la fonction est $\frac{2\pi}{3}$-périodique. Minimalité : au point $x_0 = \frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)$, la fonction vaut $1$, son maximum ; une période $T' > 0$ y donne $\sin\left(\frac{\pi}{2} + 3T'\right) = 1$, donc $3T' \in 2\pi\mathbb{Z}$ et $T' \geq \frac{2\pi}{3}$. » Le point $0$ ne conviendrait pas : $\sin(3T' + 1) = \sin 1$ laisse passer $T' = \frac{\pi - 2}{3}$, plus petit que $\frac{2\pi}{3}$.

Soient $f$ définie sur une partie $D$ de $\mathbb{R}$ et $I \subset D$ (en pratique un intervalle). La fonction $f$ est croissante sur $I$ lorsque $\forall (x, y) \in I^2,\ x \leq y \Rightarrow f(x) \leq f(y)$ ; décroissante sur $I$ lorsque $\forall (x, y) \in I^2,\ x \leq y \Rightarrow f(x) \geq f(y)$ ; monotone sur $I$ quand elle est croissante ou décroissante sur $I$. Elle est strictement croissante sur $I$ lorsque $\forall (x, y) \in I^2,\ x < y \Rightarrow f(x) < f(y)$, et de même pour strictement décroissante et strictement monotone. Croissante signifie donc « conserve l'ordre large », décroissante « renverse l'ordre large » ; une fonction constante est à la fois croissante et décroissante. La monotonie est toujours relative à un ensemble : une fonction peut être monotone sur deux intervalles sans l'être sur leur réunion.

Sur un même intervalle $I$ : la somme de deux fonctions croissantes est croissante, et strictement croissante dès que l'une des deux l'est ; l'opposée $-f$ d'une fonction croissante est décroissante ; le produit de deux fonctions croissantes positives est croissant ; si $f$ est croissante (resp. strictement croissante) et strictement positive sur $I$, alors $\frac{1}{f}$ est décroissante (resp. strictement décroissante) sur $I$. Le produit de deux fonctions croissantes quelconques n'est pas croissant en général ($x \mapsto x$ multipliée par elle-même donne $x \mapsto x^2$, non monotone sur $\mathbb{R}$), et, pour une fonction croissante qui change de signe sans s'annuler, la règle de l'inverse tombe, sur un intervalle comme ailleurs : $\frac{1}{f}$ n'est plus décroissante (la fonction valant $-1$ sur $]-\infty, 0[$ et $1$ sur $[0, +\infty[$ est croissante sur $\mathbb{R}$, ne s'annule pas et est égale à son propre inverse), et elle peut n'être pas monotone du tout (celle qui vaut $-2$, $-1$ puis $1$ sur $]-\infty, 0[$, $[0, 1[$ et $[1, +\infty[$ est croissante, et son inverse vaut $-\frac{1}{2}$, $-1$ puis $1$ ; sur $\mathbb{R}^*$, qui n'est pas un intervalle, $x \mapsto \frac{1}{x}$ suffit). Enfin une fonction strictement monotone sur $I$ est injective sur $I$ (rappel du bloc Fondements 1 : injective signifie que deux points distincts ont des images distinctes) : si $x \neq y$, par exemple $x < y$, alors $f(x) < f(y)$ ou $f(x) > f(y)$, donc $f(x) \neq f(y)$. La réciproque est fausse pour une fonction quelconque, mais vraie pour une fonction continue sur un intervalle (thème Continuité et théorème des valeurs intermédiaires).

Soient $I$ et $J$ deux intervalles, $f : I \to \mathbb{R}$ telle que $f(I) \subset J$, et $g : J \to \mathbb{R}$. Si $f$ et $g$ sont monotones de même sens (toutes deux croissantes ou toutes deux décroissantes), alors $g \circ f$ est croissante sur $I$ ; si elles sont monotones de sens contraires, $g \circ f$ est décroissante sur $I$. Les mêmes conclusions valent avec « strictement » partout. Démonstration du cas $f$ croissante et $g$ décroissante : soient $x, y \in I$ avec $x \leq y$ ; comme $f$ est croissante, $f(x) \leq f(y)$, et ces deux réels sont dans $J$ ; comme $g$ est décroissante sur $J$, $g(f(x)) \geq g(f(y))$, donc $g \circ f$ est décroissante sur $I$. L'hypothèse $f(I) \subset J$ et la monotonie de $g$ sur $J$ tout entier sont indispensables : il ne suffit pas que $g$ soit monotone « quelque part ».

Quand l'utiliser : la dérivée n'est pas disponible ou pas encore au programme, la fonction est définie par morceaux ou par une formule où la différence de deux images se factorise bien, ou l'énoncé demande une monotonie stricte (une dérivée positive ne la donne pas directement).
1) Annoncer l'intervalle et fixer deux points : « Soient $x, y \in I$ tels que $x < y$. » Toujours deux lettres et une inégalité stricte : la monotonie compare deux images.
2) Former $f(y) - f(x)$ et le factoriser jusqu'à faire apparaître $y - x$ en facteur : « $f(y) - f(x) = (y - x) \times Q(x, y)$. »
3) Déterminer le signe de chaque facteur sur $I$ : $y - x > 0$ par choix des points, et $Q(x, y)$ de signe fixe grâce aux hypothèses ($x, y \geq 0$, dénominateurs strictement positifs).
4) Conclure avec la définition : « Donc $f(y) - f(x) > 0$, c'est-à-dire $f(x) < f(y)$. Ceci valant pour tous $x < y$ dans $I$, $f$ est strictement croissante sur $I$. »
Variantes : pour une somme ou une composée de fonctions dont la monotonie est connue, on cite les propriétés d'opérations au lieu de calculer ; pour une fonction à valeurs strictement positives, on peut comparer le quotient $\frac{f(y)}{f(x)}$ à $1$.

Montrer que la fonction $f : [0, +\infty[ \to \mathbb{R}$, $x \mapsto \dfrac{x}{1 + x}$ est strictement croissante.
Soient $x, y \in [0, +\infty[$ tels que $x < y$.
On a $f(y) - f(x) = \dfrac{y}{1 + y} - \dfrac{x}{1 + x} = \dfrac{y(1 + x) - x(1 + y)}{(1 + x)(1 + y)} = \dfrac{y - x}{(1 + x)(1 + y)}$.
Le numérateur $y - x$ est strictement positif par choix de $x$ et $y$.
Comme $x \geq 0$ et $y \geq 0$, on a $1 + x > 0$ et $1 + y > 0$, donc le dénominateur $(1 + x)(1 + y)$ est strictement positif.
Ainsi $f(y) - f(x) > 0$, c'est-à-dire $f(x) < f(y)$.
Ceci valant pour tous $x, y \in [0, +\infty[$ tels que $x < y$, $f$ est strictement croissante sur $[0, +\infty[$.
Remarque : $f(x) = 1 - \dfrac{1}{1 + x}$, et l'on peut aussi conclure par opérations : $x \mapsto 1 + x$ est strictement croissante et strictement positive sur $[0, +\infty[$, donc $x \mapsto \dfrac{1}{1 + x}$ est strictement décroissante, et son opposée augmentée de $1$ est strictement croissante.
À retenir : deux points, une inégalité stricte, la différence des images factorisée par $y - x$, le signe de chaque facteur justifié, puis la conclusion avec « pour tous ».