Bonjour
Si c'était le cas, soit f cette fonction continue. Essaye d'expliquer pourquoi cette fonction f doit coïncider avec ta fonction sauf peut être en 0 et en 1.

Bonjour,

merci de votre aide. Voici ma preuve :
Supposons pour une contradiction qu'il existe une foncton continue sur R, f, tel que 1_[0,1]=f presque partout.
alors f(x)= 1 quand x dans [0,1] presque partout
     et   f(x)=0 quand x n'est pas dans [0,1] presque partout

Soit une séquence {xn} qui tend vers x, où x sont les antécédents dans [0,1]
f est continue donc pour tout Epsilon positif,  lorsque xn tend vers x, alors l f(x_n)- f(x) l< Epsilon.
Seulement, il y a une infinité de {xn} qui ne sont pas dans [0,1] et tel que f(x_n)=0 donc l f(xn)- f(x) l= 1 qui est supéreur à Epsilon (choisis suffisamment petit pour être inférieur à 1). Donc 1_[0,1] n'est pas égale à f sur R.

Qu'en pensez vous ?

Montre plutôt  que  si f : est continue et si f = 1_{[0 , 1]}  ( pp) tu peux trouver une suite  n   x_n  à valeurs dans ]- , 0[  , convergente vers 0 et  telle que pour  tout n on ait f(x_n) = 0 .

Soit une suite n --> xn tel que xn tend vers 0.
Soit Epsilon >0
Il existe un N entier naturel, tel que pour tout n >N, l(f(xn)- f(0)l< Epsilon  (caractérisatio séquentielle de la limite)
Donc pour tout n>N, on  a f(xn)=0 ce qui contredit le fait que f=1_[0,1] presque partout ?

1.Une propriété dont tu auras besoin :
    Si J est un intervalle ouvert non vide et h : J est continue et non nulle il existe un sous intervalle ouvert non vide K de J tel que pour tout x de K on ait h(x) 0 .

       La preuve : Il existe a J tel que f(a) 0 . Supposons h(a) > 0  (sinon on remplace h par -h ).
En exploitant la continuité de h au point a (avec  par exemple   =  f(a) /2  qui est > 0  )  on obtient l'existence de > 0 tel que  K := ]a - , a + [ soit contenu dans J et tel que h(x) f(a)/2 pour tout x de K .

2.Une conséquence :
    Si J est un intervalle ouvert non vide et h : J est continue  et -pp   nulle alors h = 0 (  h(x) =  0 pour tout x de J )
f = 1_{[0 , 1]} (-pp) .

3.
Supposons qu'il existe f : continue telle que  f =1_{[0 , 1]} (-pp)

  En prenant J = ]-2 , 0[ ou J = ]0 , 1/3[  et h = restriction de  f - 1_{[0 , 1]} à J on obtient que f (x) = 0 si x ]-2 , 0[ et f(x) = 1 si x   ]0 , 1/3[   .
Ce qui est embêtant pour la continuité de f en 0 .

La précédente démonstration était fausse ?

J'ai du mal à comprendre la démonstration dans ton dernier post. J'ai l'impression que l'on revient à l'énoncé où on a f=0 sur [-infini, 0[, et f =1 sur [0,1] et donc on voit qu'il y a un problème en 0.
Mais je n'ai pas compris comment cette preuve nous permet de nous assurer que le "presque partout" n'est pas un problème

salut

soit f l'indicatrice de l'intervalle [0, 1]
soit h une fonction continue telle f = h pp

soit 0 < e < 1

f = h pp <=> pour presque tout x f(x) = h(x)

donc il existe n > 0 tel que pour tout x : |x| < n => |h(x) - h(0)| < e < 1

donc ppt x : |x| < n => |f(x) - h(0)| < e < 1

or si x E = {x / |x| < n} [0, 1]: f(x) - h(0) = 1 > e

or E n'est pas dénombrable donc non (f = h pp)