on a {f(x+1)}=f({x+1})=f({x})={f(x)}==> il existe n£Z f(x+1)=f(x)+n
==>f(x+1)-f(x)£Z
1) mq pour tt n£N si x£[n,n+1[ ==>f(x)£[n,n+1[
pour n=0 soit x£[0,1[ ==>x={x}==>f(x)=f({x})={f(x)}
==> f(x)£[0,1[
-suposons que c'est juste pour n-1
et on suppose que c'est faux pour n
donc il existe x£[n,n+1[ f(x)>=n+1 ou f(x)<n
-cas 1 f(x)>=n+1
donc il existe a£[n,x] f(a)=n+1 (de plus l'existence de a tq f est croissant au voisinage de a reste juste)
-il est facile de mq a<>n car si ce fut le cas ==>f discontinue en n
donc a n'est pas entier
-soit Un=a-10^-n ==> d'aprés un certain rang f(Un)<n+1 et on lim f(Un)=n+1
donc lim{f(Un)}=1 ==> lim(f{Un})=1 et on Un->a et a n'appartient pas à N donc {Un}->{a} donc
limf{Un}=f({a})=1
-soit Vn=a+10^-n donc d'apres un certain rang f(Vn)>n+1
et limf(Vn)=n+1==>lim{f(Vn)}=0 ==>limf({Vn})=0
de meme Vn->a ==>{Vn}->{a} donc lim f({Vn})=f({a})=0
donc 0=f({a})=1 (absurde)
-pour cas 2 f(x)<n c'est la meme chose
d'ou la resultat
2) de meme on mq pour tt n£Z- si x£[n,n+1[==>f(x)£[n,n+1[
donc on deduit que 0<f(x+1)-f(x)<2 et f(x+1)-f(x)£Z ==>
f(x+1)-f(x)=1 ==> f(x+1)-(x+1)=f(x)-x d'ou la resultat
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