Limites & Continuité

Fonction continue sur un segment (un compact) 👉 Bornée et atteint ses bornes !

On peut traduire l’hypothèse $\displaystyle \lim_{x\to \pm \infty}f(x) =+\infty$ par $\displaystyle f(x)\ge f(0)$ pour tout $\displaystyle x$ tel que $\displaystyle |x|\ge A>0$. De plus $\displaystyle f$ est continue sur le segment $\displaystyle [-A,A]$, donc bornée et atteint ses bornes. Donc $\displaystyle f$ atteint un minimum $\displaystyle f(x_0)\le f(0)$ sur $\displaystyle [-A,A]$, qui est aussi le minimum sur $\displaystyle \R$ par définition de $\displaystyle A$.

• Fonction continue sur $\displaystyle [0,1]$ 👉 Bornée et atteint ses bornes, TVI (Théorème des valeurs intermédiaires) ;
• Introduire une fonction auxiliaire.

Soit $\displaystyle g(x)=x-f(x)$. On a $\displaystyle g(0)\le0$ et $\displaystyle g(1)\ge0$. Comme $\displaystyle g$ est continue sur $\displaystyle [0,1]$, on déduit par le TVI qu’il existe $\displaystyle x_0\in[0,1]$ tel que $\displaystyle g(x_0)=0$, donc $\displaystyle x_0$ vérifie $\displaystyle f(x_0)=x_0$, et $\displaystyle x_0$ est donc un point fixe de $\displaystyle f$.

Modélisation 👉 Continuité de la distance parcourue 👉 TVI !

Il faut formaliser le problème : notons $\displaystyle L(t)$ la longueur du chemin que le marcheur a parcouru au temps $\displaystyle t$. Il est naturelle de supposer que le marcheur ne fait pas de bond instantané, donc que $\displaystyle L$ est continue. On a $\displaystyle L(0)=0$ et $\displaystyle L(1)=12$. La distance qu’il parcourt en 1/2 h à partir d’un temps $\displaystyle t$ est $\displaystyle d(t)=L(t+1/2)-L(t)$. On a $\displaystyle d(1/2)=12-L(1/2)$ et $\displaystyle d(0)=L(1/2)$. De deux choses l’une : soit $\displaystyle d(0)=L(1/2)<6$ alors $\displaystyle d(1/2)=12-L(1/2)>6$. Comme $\displaystyle d$ est continue, on peut conclure avec le TVI qu’il existe $\displaystyle t_0\in]0,1/2[$ tel que $\displaystyle d(t)=6$. Si $\displaystyle d(0)=L(1/2)\ge6$, on fait le même raisonnement.

• Dérivable en $\displaystyle 0$ 👉 Calculer $\displaystyle f(0)$ et taux d’accroissement en $\displaystyle 0$ ;
• $\displaystyle f(2x)=2f(x)$ 👉 $\displaystyle f(x)=2f(\frac{x}{2})=4f(\frac{x}{4})=\cdots$

On procède par analyse-synthèse.
Analyse – Soit un tel $\displaystyle f$. Les hypothèses invitent à calculer $\displaystyle f(0)$ et considérer des taux d’accroissement en $\displaystyle 0$. On $\displaystyle f(0)=2f(0)$, donc $\displaystyle f(0)=0$. On remarque que $\displaystyle f(x)=2f(\frac{x}{2})$, et donc en utilisant une récurrence et le fait que $\displaystyle f$ est dérivable en $\displaystyle 0$, on obtient
$$f(x)=2^nf(\frac{x}{2^n})=x\frac{f(\frac{x}{2^n})-f(0)}{\frac{x}{2^n}-0}\xrightarrow[n\to \infty]{}f'(0)x.$$

Ainsi $\displaystyle f(x)=f'(0)x$ pour tout $\displaystyle x\in\R$.
Synthèse – Toutes les fonctions $\displaystyle x\mapsto ax$, $\displaystyle a\in\R$ vérifient bien les hypothèses.
Conclusion – Les seules solutions sont donc les fonctions linéaires $\displaystyle x\mapsto ax$, $\displaystyle a\in\R$.

Fonction continue sur un segment 👉 Bornée et atteint ses bornes, et la dérivée est nulle en les extremas.

Prenons $\displaystyle f$ dérivable sur $\displaystyle I=[0,1]$ par exemple. On veut montrer que $\displaystyle f'(I)$ est un intervalle. Soit $\displaystyle 0\le a<b\le 1$. Supposons que $\displaystyle f'(b)<y<f'(a)$.
La question est : existe-il $\displaystyle c$ tel que $\displaystyle y=f'(c)$ ? On pose $\displaystyle g(x)=f(x)-yx$. Comme $\displaystyle f$ est dérivable, elle est en particulier continue, donc $\displaystyle g$ est continue. Elle est donc bornée et atteint ses bornes sur le segment $\displaystyle [a,b]$. On a $\displaystyle g'(x)=f'(x)-y$, d’où $\displaystyle g'(a)=f'(a)-y>0$. Si $\displaystyle g$ atteignait son maximum en $\displaystyle a$, on aurait $\displaystyle \frac{g(x)-g(a)}{x-a}\le 0$ pour $\displaystyle x\ge a$, i.e. $\displaystyle g'(a)\le 0$, ce qui n’est pas possible. De même $\displaystyle g'(b)=f'(b)-y<0$ et donc $\displaystyle g$ ne peut pas atteindre son maximum en $\displaystyle b$. Ainsi $\displaystyle g$ atteint son maximum en un $\displaystyle c\in]a,b[$. On a alors $\displaystyle g'(c)=0$, d’où $\displaystyle f'(c)=y$, ce qu’on voulait. On adapte la preuve en conséquence si $\displaystyle f'(a)<f'(b)$.

• Mettre au même dénominateur ;
• DL de $\displaystyle \exp$ et $\displaystyle \sin$.

Étudions $\displaystyle f$. Elle est bien définie sur $\displaystyle I=]0,1]$ (par exemple) et continue sur $\displaystyle I$. Pour étudier son comportement en $\displaystyle 0$, on utilise les D.L. de $\displaystyle \exp$ et $\displaystyle \sin$ :
$$\begin{aligned} \frac{e^t}{\sin t}-\frac{1}{t} & = \frac{te^t-\sin t}{t\sin t}\\ & = \frac{t(1+t+o(t))-t+o(t^2)}{t^2+o(t^3)} \\ & = \frac{t^2+o(t^2)}{t^2+o(t^3)}\sim_0 1. \end{aligned}$$

On en déduit que $\displaystyle f$ est prolongeable par continuité en $\displaystyle 0$, et elle est donc bornée sur $\displaystyle I$, disons par $\displaystyle M>0$. D’où, pour $\displaystyle 0<x<1/2$,
$$\begin{aligned} \left|\int_x^{2x}f(t)dt\right| & \le \int_x^{2x}Mdt=Mx\xrightarrow[x\to 0]{}0. \end{aligned}$$

Or $$\begin{aligned} \int_x^{2x}f(t)dt & = \int_x^{2x}\frac{e^t}{\sin t}dt-\int_x^{2x}\frac{dt}{t} \end{aligned}$$

et $\displaystyle \int_x^{2x}\frac{dt}{t}=\ln(2x)-\ln(x)=\ln(2)$, on en déduit que la limite cherchée est $\displaystyle \ln(2)$.

2. Par l’absurde : considérer une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 0}$ avec $\displaystyle f(x_n)<-n$.

1. La continuité de $\displaystyle f$ en $\displaystyle x_0 \in X$ peut s’écrire $$\forall \varepsilon >0 , \exists r > 0 , \forall x \in B(x_0,r) , |f(x) - f(x_0) | < \varepsilon.$$ On remarque ensuite que si $\displaystyle |f(x) - f(x_0) | < \varepsilon$ alors $\displaystyle f(x) > f(x_0)-\varepsilon$, et on retrouve la définition de la semi-continuité inférieure en $\displaystyle x_0$.

2. On considère une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 0}$ d’éléments de $\displaystyle X$ tels que $\displaystyle f(x_n)<-n$. Comme $\displaystyle X$ est compact, on peut extraire une sous-suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge 0}$ convergeant vers un certain $\displaystyle x^* \in X$. D’après l’hypothèse de semi-continuité, on a l’existence d’un $\displaystyle r>0$ tel que $$\forall x \in B(x^* ,r) , f(x) > f(x^* )-1.$$ Comme on a $\displaystyle (x_{n_k}) \rightarrow x^*$, pour $\displaystyle k$ suffisamment grand on aura $\displaystyle x_{n_k} \in B(x^* , r)$ donc $$-n_k > f(x_{n_k}) > f(x^* )-1.$$ Comme $\displaystyle n_k$ peut être choisi arbitrairement grand, on aboutit à une contradiction.

3. On considère une suite $\displaystyle (x_n)_{n \ge 1}$ d’éléments de $\displaystyle X$ tels que $\displaystyle f(x_n) < m+1/n$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$. De cette suite, on peut extraire une sous-suite $\displaystyle (x_{n_k})_{k \ge 1}$ convergeant vers une limite $\displaystyle x^* \in X$. Supposons que $\displaystyle f(x^*)>m$. Soit $\displaystyle \varepsilon < f(x^*)-m$ et $\displaystyle r>0$ tel que $$\forall x \in B(x^* , r) ,\ f(x) > f(x^* )-\frac{\varepsilon}{2}.$$ Comme $\displaystyle x_{n_k} \rightarrow x^*$ et $\displaystyle \frac{1}{n_k} \rightarrow 0$, il existe un indice $\displaystyle k \ge 0$ suffisamment grand tel que $\displaystyle x_{n_k} \in B(x^* ,r)$ et $\displaystyle \frac{1}{n_k} < \frac{\varepsilon}{2}$. On a alors $$m>f(x_{n_k})-\frac{1}{n_k} >f(x^* )-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}>m,$$ ce qui est une contradiction. Ainsi $\displaystyle f(x^* )=m$, donc $\displaystyle f$ atteint son minimum sur $\displaystyle X$.

Par définition de l’uniforme continuité, il existe $\displaystyle C>0$ tel que $$|x-y| \le C \Rightarrow |f(x)-f(y)| \le 1.$$ On montre alors par récurrence sur $\displaystyle n$ et à l’aide de l’inégalité triangulaire que $$\forall n \ge 1 \ , \ |x-y| \le nC \Rightarrow |f(x)-f(y)| \le n.$$
De plus, la fonction $\displaystyle f$ est bornée sur $\displaystyle [-C,C]$ car continue sur ce segment. On note $\displaystyle M = \max(|f(x)| : -C\le x \le C)$.
Soit maintenant $\displaystyle x \in \R$. On suppose d’abord $\displaystyle x>0$. Soit $\displaystyle n = \lfloor x/C \rfloor$. Alors $$|f(x)| \le |f(x)-f(x-nC)|+|f(x-nC)| \le n +M.$$ Or $\displaystyle n \le x/C$, donc $\displaystyle |f(x)| \le x/C+M$. Si maintenant on a $\displaystyle x<0$ alors on pose $\displaystyle n = \lfloor -x/C \rfloor$, de telle sorte que $\displaystyle x+nC \in [-C,0]$, et le même raisonnement donne $$|f(x)| \le -x/C+M.$$ On a bien montré le résultat voulu avec $\displaystyle A = 1/C$ et $\displaystyle B=M$.

1. Soient $\displaystyle 0 \le x \le y \le 1$. On a $\displaystyle f_n(x) \le f_n(y)$ pour tout $\displaystyle n \ge 1$, en passant à la limite dans cette inégalité on obtient $\displaystyle f(x) \le f(y)$, donc $\displaystyle f$ est croissante.
2. La fonction $\displaystyle f$ est continue sur le segment $\displaystyle [0,1]$, par le théorème de Heine, on sait alors qu’elle est uniformément continue. En particulier, il existe $\displaystyle \alpha > 0$ tel que $$|x-y| \le \alpha \Rightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon.$$ En choisissant $\displaystyle K > \frac{1}{\alpha}$, on répond alors à la question.
3. Soit $\displaystyle 0 \le k \le K$. La suite $\displaystyle f_n(x_k)$ converge vers $\displaystyle f(x_k)$, donc : $$\exists N_k \ge 1 \ , \ \forall n \ge N_k \ , \ |f_n(x_k)-f(x_k)| < \varepsilon.$$ Il suffit alors de choisir $\displaystyle N \ge \max(N_0,\ldots,N_k)$.
4. Soit $\displaystyle x \in [0,1]$ fixé. Soit $\displaystyle 0 \le k \le K-1$ tel que $\displaystyle x \in [x_k, x_{k+1}]$. La croissance des fonctions $\displaystyle f_n$ et $\displaystyle f$ permet d’écrire que $$f(x_k)-f_n(x_{k+1}) \le f(x) - f_n(x) \le f(x_{k+1})-f_n(x_k),$$ donc $$|f(x)-f_n(x)| \le \max(|f(x_{k+1})-f_n(x_k)|,|f(x_k)-f_n(x_{k+1})|.$$ Or d’après l’inégalité triangulaire, on a $$|f(x_{k+1})-f_n(x_k)| \le |f(x_{k+1})-f(x_k)| + |f(x_k)-f_n(x_k)|,$$ et cette quantité peut être majorée par $\displaystyle 2 \varepsilon$ si $\displaystyle n \ge N$. De la même façon, on a $$\forall n \ge N \ , \ |f(x_k)-f_n(x_{k+1})| \le 2 \varepsilon.$$ Ainsi il existe $\displaystyle N \ge 1$, ne dépendant pas de $\displaystyle x \in [0,1]$ et tel que $\displaystyle |f_n(x)-f(x)| \le 2 \varepsilon$, ce qui signifie que $\displaystyle (f_n)$ converge uniformément vers $\displaystyle f$ sur $\displaystyle [0,1]$.

1. Simple vérification.
2. Revenir à la définition d’injectivité. Que dire d’une fonction injective continue ?
3. Pourquoi est-il impossible que $\displaystyle g$ soit strictement décroissante ?
   Si $\displaystyle g$ est strictement croissante, quel ingrédient manque t-il pour qu’elle soit une bijection de $\displaystyle \R$ dans $\displaystyle \R$ ?
4. Conjecturer, puis démontrer par récurrence.
5. Dans l’égalité de 4., on connaît le signe de $\displaystyle g^n(x)-g^n(0)$. Donc …
6. Mêmes causes, mêmes conséquences… il suffit de vérifier que $\displaystyle g^{-1}$ vérifie les mêmes hypothèses que $\displaystyle g$.
7. Commencer par exprimer $\displaystyle g^{-1}(0)$ à l’aide de $\displaystyle g(0)$.

1. Soit $\displaystyle k\in\R$ et $\displaystyle u:x\mapsto x+k$.
   Alors $\displaystyle \forall x\in\R,~u(u(x))=x+2k = 2(x+k)-x=2u(x)-x$
2. Soient $\displaystyle x,y\in\R$ tels que $\displaystyle g(x)=g(y)$. Alors $$g(g(x))=g(g(y))$$ $$2g(x)-x=2g(y)-y$$ On peut simplifier car $\displaystyle g(x)=g(y)$, ce qui donne $\displaystyle x=y$. Ainsi $\displaystyle g$ est injective.
   Pour conclure il nous reste à montrer la propriété suivante (classique) : toute fonction $\displaystyle f$ injective et continue sur un intervalle $\displaystyle I$, à valeurs réelles, est strictement monotone. Pour cela on raisonne par contraposée : on suppose $\displaystyle f$ continue, et non strictement monotone.
   On peut alors trouver $\displaystyle a<b<c$ tels que $\displaystyle f(a)\leq f(b)$ et $\displaystyle f(c)\leq f(b)$ (ou des inégalités opposées, mais le raisonnement est identique même dans ce cas).

• Si l’une de ces deux égalités est une égalité alors $\displaystyle f$ n’est clairement pas injective.
• Dans le cas contraire, $\displaystyle f(a)< f(b)$ et $\displaystyle f(c)< f(b)$. On prend $\displaystyle \alpha\in\left]\max(f(a),f(c)); f(b)\right[$. Il existe alors, d’après le TVI, des réels $\displaystyle x_1$ et $\displaystyle x_2$, respectivement dans $\displaystyle ]a;b[$ et $\displaystyle ]b;c[$, donc distincts, tels que $\displaystyle f(x_1)=f(x_2)=\alpha$. Là aussi on en déduit que $\displaystyle f$ est non injective.

3. $\displaystyle \bullet$ $\displaystyle g$ est strictement monotone, et nous allons montrer par l’absurde qu’elle ne peut pas être strictement décroissante.
   Supposons $\displaystyle g$ strictement décroissante. On a $$\forall x\in\R,~g(x)=\frac 12(g(g(x))+x),$$ donc $\displaystyle g$ est strictement croissante par opérations ($\displaystyle g\circ g$ est strictement croissante comme composée de deux fonctions strictement décroissantes , et $\displaystyle x\mapsto x$ est strictement croissante). Contradiction.
   $\displaystyle \bullet$ $\displaystyle g$ est strictement croissante et continue. Elle possède notamment des limites en $\displaystyle \pm\infty$, et pour conclure, en vertu du théorème de la bijection monotone, il suffit de vérifier que ces limites valent $\displaystyle -\infty$ et $\displaystyle +\infty$. pour montrer qu’elle est bijective il reste à véiriferdonc possède une limite $\displaystyle \ell$ en $\displaystyle +\infty$.
   On raisonne par l’absurde. Supposons que $\displaystyle \ell:=\lim_{x\to+\infty}g(x)$ est finie.
   Alors $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}g(g(x))= \lim_{x\to+\infty}\left(2g(x)-x\right)= -\infty$ par opérations : contradiction avec le fait que $\displaystyle g\circ g$ est strictement croissante.
   Conclusion. On a montré que $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$ ; un raisonnement similaire donne $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}g(x)=-\infty$.
4. Soit $\displaystyle x\in\R$. On a
   $\displaystyle g^3(x)=g^2(g(x))=2g^2(x)-g(x)=4g(x)-2x-g(x)=3g(x)-2x.$
   Puis :
   $\displaystyle g^4(x)=g^3(g(x))=3g^2(x)-2g(x)=6g(x)-3x-g(x)=4g(x)-3x.$
   On montre par récurrence (rédaction laissée au lecteur), que : $$\forall n\in\N^*,~\forall x\in\R~, g^n(x)=ng(x)-(n-1)x.$$ Puisque $\displaystyle g^n(0)=ng(0)$, cette relation s’écrit aussi $$\frac{g^n(x)-g^n(0)}{n}=g(x)-g(0)-x+\frac xn$$
5. $\displaystyle g^n$ est croissante, donc $\displaystyle g(x)-g(0)-x+x/n$ est du signe de $\displaystyle x$.
   En faisant tendre $\displaystyle n\to\infty$, on en déduit que $\displaystyle g(x)-g(0)-x$ est du signe de $\displaystyle x$, doù les inégalités demandées.
6. $\displaystyle g^{-1}$ est continue et vérifie pour tout $\displaystyle x\in\R$ (appliquer l’hypothèse de l’énoncé, au réel $\displaystyle (g^{-1})^2(x)$) : $$g^2((g^{-1})^2(x)) = 2g((g^{-1})^2(x)) - (g^{-1})^2(x)$$ $$(g^{-1})^2(x) = 2g^{-1}(x) - x$$ Le résultat de la question 5. s’applique donc à $\displaystyle g^{-1}$.
7. L’hypothèse sur $\displaystyle g$, appliquée au réel $\displaystyle g^{-1}(x)$, donne $$\forall x\in\R,~g^{-1}(x)=2x-g(x)$$ et en particulier $\displaystyle g^{-1}(0)=-g(0)$. En remplaçant dans le résultat obtenu en (8), on obtient : $$\forall x\geq 0,~~2x-g(x)\geq -g(0)+x$$ $$\forall x\geq 0,~~g(x)\leq g(0)+x$$ et de même : $$\forall x\leq 0,~~g(x)\geq g(0)+x$$ Finalement, en combinant ces inégalités avec celles se la question 7., ceci donne : $$\forall x\in\R,~g(x)=g(0)+x$$

• $\displaystyle f$ positive non identiquement nulle 👉 Prendre $\displaystyle x_0$ tel que $\displaystyle f(x_0)>0$ ;
• $\displaystyle f$ continue 👉 TVI ou écrire la continuité en $\displaystyle x_0$.

1. Comme $\displaystyle f$ est postive non identiquement nulle alors il existe $\displaystyle x_0$ tel que $\displaystyle f(x_0)>0$. Écrivons la définition de la continuité de $\displaystyle f$ en $\displaystyle x_0$ : pour tout $\displaystyle \epsilon>0$, il existe $\displaystyle \eta>0$ tel que si $\displaystyle x\in]x_0-\eta,x_0+\eta[\subset[0,1]$ alors $$f(x)\in ]f(x_0)-\epsilon,f(x_0)+\epsilon[.$$ Dans ton cours, c’est probablement écrit : $\displaystyle |x-x_0|<\eta \Rightarrow |f(x)-f(x_0)|<\epsilon$. On a juste traduit ces inégalités avec des intervalles.
   Choisissons $\displaystyle \epsilon=\frac{f(x_0)}{2}$ et considérons le $\displaystyle \eta=\eta(\epsilon)$ correspondant dans la définition.
   Alors pour tout $\displaystyle x\in]x_0-\eta,x_0+\eta[$, $$f(x)>f(x_0)-\frac{f(x_0)}{2}=\frac{f(x_0)}{2}>0.$$ Il suffit de choisir un intervalle $\displaystyle [a,b]\subset ]x_0-\eta,x_0+\eta[$ pour répondre à la question.

2. Considérons le $\displaystyle x_0$, $\displaystyle \epsilon$ et $\displaystyle \eta$ de la question précédente. Comme $\displaystyle f$ est positive sur $\displaystyle [0,1]$, il vient : $$\begin{aligned} \int_0^1f(x)dx&\ge \int_{x_0-\eta}^{x_0+\eta}f(x)dx\ge\int_{x_0-\eta}^{x_0+\eta}\frac{f(x_0)}{2}dx \\ &\ge 2\eta \frac{f(x_0)}{2}>0. \end{aligned}$$

(Amicalement transmis et rédigé par Killian Le Milbeau 🙏, CPGE Chateaubriand)

1. Soit $\displaystyle u\in{E}$. Alors u est continue sur $\displaystyle [0,1]$. Or l’image d’une fonction continue par un segment est un segment. Donc, $\displaystyle u([0,1])=[a,b]$ où $\displaystyle 0\leq{a}\leq{b}\leq{1}$.
   Raisonnons par l’absurde. Supposons que $\displaystyle a>0$ ou $\displaystyle b<1$. On sait que $\displaystyle u$ conserve la mesure, donc
   $$\forall{\varphi}\in{E},\int_{[0,1]}(\varphi\circ u)(t)dt=\int_{[0,1]}\varphi(t)dt.$$
   Prenon une telle fonction $\displaystyle \varphi$, que l’on définit comme nulle sur $\displaystyle [a,b]$ et strictement positive sur $\displaystyle [0,a[\cup]b,1]$. Alors :
   $$(\varphi\circ u)([0,1])=\varphi([a,b])=\{0\}.$$ D’où
   $$\int_{[0,1]}(\varphi\circ u)(t)dt=0 \neq \int_{[0,1]}\varphi(t)dt.$$ car $$\int_{[0,1]}\varphi(t)dt=\int_{[0,a[}\varphi(t)dt+\int_{]b,1]}\varphi(t)dt>0.$$ Cela contredit le fait que $\displaystyle u$ conserve la mesure. Ainsi $\displaystyle a=0$ et $\displaystyle b=1$.
   Et donc, $\displaystyle u([0,1])=[0,1]$. Autrement dit, $\displaystyle u$ est surjective.

2. Soit $\displaystyle u\in{E}$ une telle fonction. Comme $\displaystyle u$ conserve la mesure :
   $$\forall{\varphi}\in{E},\int_{[0,1]}(\varphi\circ u)(t)dt=\int_{[0,1]}\varphi(t)dt.$$ Cette égalité est en particulier vraie pour une fonction $\displaystyle \varphi\in{E}$ à support compact et telle que $\displaystyle \int_{[0,1]}\varphi(t)dt=1$. Prenons donc une telle fonction $\displaystyle \varphi$.
   $$\int_{[0,1]}(\varphi\circ u)(t)dt=1.$$
   Traitons maintenant cette dernière intégrale, notre but étant de faire apparaitre la somme demandée. La fonction $\displaystyle u$ est continue sur $\displaystyle [0,1]$ et $\displaystyle \cal{C}^1$ par morceaux.
   Donc, on peut diviser le segment $\displaystyle [0,1]$ en segments $\displaystyle [a_i,a_{i+1}]$, sur lesquels $\displaystyle u'$ est continue, de signe constant et ne s’annule pas.
   Ainsi, par le relation de Chasles :
   $$\int_{[0,1]}(\varphi\circ u)(t)dt=\sum_{i}\int_{[a_i,a_{i+1}]}(\varphi\circ u)(t)dt=1.$$