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Biblioth`eque d’exercices Enonc´´ es L1 Feuille n◦^12
Continuit´e
1 Th´eorie
Exercice 1 (Partiel Novembre 96) Soit I un intervalle ouvert de R, f et g deux fonctions d´efinies sur I.
- Soit a ∈ I. Donner une raison pour laquelle : ( lim x→a f (x) = f (a)
lim x→a |f (x)| = |f (a)|
- On suppose que f et g sont continues sur I. En utilisant l’implication d´emontr´ee ci-dessus, la relation Sup(f, g) = 12 (f +g +|f −g|), et les propri´et´es des fonctions continues, montrer que la fonction Sup (f, g) est continue sur I.
Exercice 2 Soient I un intervalle de R et f : I → R continue telle que ∀x ∈ I, f (x)^2 = 1. Montrer que f = 1 ou f = −1.
Exercice 3 Soit f : R+^ → R continue admettant une limite finie en +∞. Montrer que f est born´ee. Atteint-elle ses bornes?
Exercice 4 Soit f : [0, 1] → [0, 1] croissante, montrer qu’elle a un point fixe. Indication : ´etudier E = {x ∈ [0, 1]|∀t ∈ [0, x], f (t) > t}.
Exercice 5 Soit f : [0, 1] → [0, 1] continue telle que f 2 = f (∗). On note Ef = {x ∈ [0, 1]|f (x) = x}. Montrer que Ef 6 = ∅ puis que c’est un intervalle de R. Trouver toutes les solutions de (∗).
Exercice 6 Une fonction qui v´erifie la propri´et´e des valeurs interm´ediaires est-elle n´ecessairement continue?
Exercice 7 Soit f : [a, b] → R une fonction continue. On veut d´emontrer que
sup a<x<b
f (x) = sup a 6 x 6 b
f (x).
- Montrer que sup a<x<b
f (x) 6 sup a 6 x 6 b
f (x).
Pour cela, on pourra montrer que supa 6 x 6 b f (x) est un majorant de f sur ]a, b[.
- Soit x 0 ∈ [a, b] tel que f (x 0 ) = supa 6 x 6 b f (x). Montrer que f (x 0 ) = supa<x<b f (x) en distinguant les trois cas : x 0 = a, x 0 = b, x 0 ∈]a, b[. Indication : Dans le cas x 0 = a, par exemple, on pourra consid´erer la suite de r´eels an = a + 1/n et ´etudier la suite (f (an)).
- Soit g : [0, 1] → R la fonction d´efinie par g(x) = 0 si x ∈ [0, 1[ et g(x) = 1 si x = 1. Montrer que sup 0 <x< 1
g(x) 6 = sup 06 x 61
g(x).
Quelle hypoth`ese est essentielle dans la propri´et´e d´emontr´ee auparavant?
2 Pratique
Exercice 8 Etudier la continuit´e de f la fonction r´eelle `a valeurs r´eelles d´efinie par f (x) = (sin x)/x si x 6 = 0 et f (0) = 1.
Exercice 9 Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuit´e sur R?
a) f (x) = sin x sin(
x
) ; b) f (x) =
x
ln
ex^ + e−x 2
c) f (x) =
1 − x
1 − x^2
Exercice 10 Soit f : R → R continue en 0 telle que ∀x ∈ R f (x) = f (2x). Montrer que f est constante.
3 Etude de fonctions´
Exercice 11 D´eterminer les domaines de d´efinition des fonctions suivantes
f (x) =
2 + 3 x 5 − 2 x
; g(x) =
x^2 − 2 x − 5 ; h(x) = ln (4 x + 3)
Exercice 12 (Partiel Novembre 96) Soit
f : x ∈ R 7 → f (x) =
cos x 1 + x^2
Montrer que f est major´ee sur R, minor´ee sur R. D´eterminer Sup (^) x∈Rf (x).
Biblioth`eque d’exercices Corrections L1 Feuille n◦^12
Continuit´e
Correction 1 1. On a pour tout x, y ∈ R |x−y| > | |x|−|y| | (c’est la deuxi`eme formulation de l’in´egalit´e triangulaire). Donc pour tout x ∈ I :| |f (x)|−|f (a)| | 6 |f (x)−f (a)|. L’impli- cation annonc´ee r´esulte alors imm´ediatement de la d´efinition de l’assertion limx→a f (x) = f (a).
- Si f, g sont continues alors αf + βg est continue sur I, pour tout α, β ∈ R. Donc les fonctions f +g et f −g sont continues sur I. L’implication de 1. prouve alors que |f −g| est continue sur I, et finalement en r´eutilisant l’argument donn´e ci dessus, on peut conclure : La fonction sup(f, g) = 12 (f + g + |f − g|) est continue sur I.
Correction 2 Comme f (x)^2 = 1 alors f (x) = ±1. (Atttention! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante ´egale a 1 ou −1.) Suposons, par exemple, qu’il existe x tel que f (x) = +1. Montrons que f est constante ´egalea +1. S’il existe y 6 = x tel que f (y) = −1 alors f est positive en x, n´egative en y et continue sur I. Donc, par le th´eoreme des valeurs interm´ediaires, il existe z entre x et y tel que f (z) = 0, ce qui contredit f (z)^2 = 1. Donc f est constante ´egalea +1.
Correction 3 Notons ` la limite de f en +∞ :
∀ε > 0 ∃A ∈ R x > A ⇒ − ε 6 f (x) 6 + ε.
Fixons ε = +1, nous obtenons un A correspondant tel que pour x > A, f (x) 6 + 1. Nous venons de montrer que f est born´ee “a l’infini”. La fonction f est continue sur l’intervalle ferm´e born´e [0, A], donc f est born´ee sur cet intervalle : il existe M tel que pour tout x ∈ [0, A], f (x) 6 M. En prenant M ′^ = max(M, ` + 1), nous avons que pour tout x ∈ R, f (x) 6 M ′. Donc f est born´ee sur R. La fonction n’atteint pas n´ecessairement ses bornes : regardez f (x) = (^) 1+^1 x.
Correction 4 1. Soit f (0) = 0 et c’est fini, on a trouver le point fixe! Soit f (0) n’est pas nul. Donc f (0) > 0 et 0 ∈ E. Donc E n’est pas vide.
- Maintenant E est un partie de [0, 1] non vide donc sup E existe et est fini. Notons c = sup E ∈ [0, 1]. Nous allons montrer que c est un point fixe.
- Soit (xn) une suite de E telle que xn → c et xn 6 c. Une telle suite existe d’apr
es les propri´et´es de c = sup E. Comme xn ∈ E alors xn < f (xn). Et comme f est croissante f (xn) 6 f (c). Donc pour tout n, xn < f (c) ; comme xn → c alorsa la limite nous avons c 6 f (c). - Soit (yn) une suite telle que yn → c, yn 6 c et telle que f (yn) 6 yn. Une telle suite existe car sinon
ne serait pas ´egala sup E. Nous avons f (c) 6 f (yn) 6 yn et donc `a la limite f (c) 6 c. Nous concluons donc que c 6 f (c) 6 c, donc f (c) = c et c est un point fixe de f.
Correction 5 1. Soit x ∈ [0, 1] et y = f (x) ∈ [0, 1]. Alors f (y) = y car f (f (x)) = f (x). Donc Ef 6 = ∅. Nous venons de montrer que I = f ([0, 1]) est inclus dans Ef.
- Montrons r´eciproquement Ef est inclus dans I. Soit x ∈ [0, 1] tel que f (x) = x alors x ∈ I = f ([0, 1]) (car x = f (x) !). Ainsi Ef = f ([0, 1]). Mais l’image de l’intervalle [0, 1] par la fonction continue f est un intervalle donc Ef est un intervalle.
- Les fonctions continues qui v´erifient (∗) sont les fonctions qui v´erifient Ef = f ([0, 1]).
Correction 6 Non, par exemple f : R −→ R. Avec f (x) = sin (^1) x pour x 6 = 0 et f (0) = 0. f n’est pas continue (en 0), mais pour tout a, b et pour tout y ∈ [f (a), f (b)] il existe x ∈ [a, b] tel que y = f (x).
Correction 7 1. Pour tout x ∈]a, b[, on a x ∈ [a, b] donc f (x) 6 supa 6 x 6 b f (x). Par cons´equent supa 6 x 6 b f (x) est un majorant de f sur l’intervalle ]a, b[, donc il est plus grand que le plus petit des majorants : supa<x<b f (x) 6 supa 6 x 6 b f (x).
- f est continue sur un intervalle ferm´e et born´e, donc elle est born´ee et elle atteint ses bornes. Soit x 0 le r´eel o`u le maximum est atteint :f (x 0 ) = supa 6 x 6 b f (x).
- si x 0 = a, consid´erons la suite an = a + 1/n. Pour n > (^) b−^1 a on a an ∈ [a, b], donc on peut consid´erer la suite (f (an))n> (^) b− (^1) a. Or an tend vers a quand n tend vers +∞, et comme f est continue, ceci implique que f (an) tend vers f (a) quand n tend vers +∞. Donc ∀ε > 0 , ∃n ∈ N, f (x 0 ) − ε 6 f (an) 6 f (x 0 ), ce qui implique que f (x 0 ) = supa<x<b f (x).
- si x 0 = b on obtient le r´esultat de mani`ere identique en consid´erant la suite bn = b− 1 /n.
- si a < x 0 < b : f (x 0 ) est major´e par le sup de f sur ]a, b[, donc
f (x 0 ) 6 sup a<x<b
f (x) 6 sup a 6 x 6 b
f (x) = f (x 0 )
donc f (x 0 ) = supa<x<b f (x).
- Avec la fonction g, on a sup 0 <x< 1 g(x) = 0 car ∀x ∈]0, 1[, g(x) = 0, et sup 06 x 61 g(x) = 1 car g(0) = 0 et g(1) = 1. La propri´et´e d´emontr´ee pr´ec´edemment n’est pas vraie dans notre cas, car la fonction g ne remplit pas la condition essentielle d’ˆetre continue.
Correction 8 Soit x 0 6 = 0, alors la fonction f est continue en x 0 , car elle s’exprime sous la forme d’un quotient de fonctions continues ou le d´enominateur ne s’annule pas en x 0. Restea ´etudier la continuit´e en 0. Mais lim x→ 0
sin x x
= 1 = f (0)
donc f est continue en 0.
Correction 9 1. La fonction en d´efinie sur R∗. Et elle est continue sur R∗. Il faut d´eterminer un ´eventuel prolongement par continuit´e en x = 0, c’est-`a-dire savoir si f a une limite en
|f (x)| = | sin x|| sin 1/x| 6 | sin x|. Donc f a une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posant f (0) = 0, nous obtenons une fonction f : R −→ R qui est continue.
- La fonction f est d´efinie et continue sur R∗. Etudions la situation en 0. f est la taux d’accroissement en 0 de la fonction g(x) = ln e x+e−x 2. Donc si les objets suivants existent : la limie de f en 0 est ´egale `a la valeur de g′^ en 0. Calculons g′^ sur R∗^ :
g′(x) =
ln
ex^ + e−x 2
ex−e−x 2 ex+e−x 2
ex^ − e−x ex^ + e−x^
Quand x → 0 alors le num´erateur tend vers 0 et le d´enominateur vers 2, donc g′(x) tend vers 0. Donc g est d´erivable en 0 et g′(0) = 0. En posant f (0) = 0 nous obtenons une fonction f d´efinie et continue sur R.
