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EXERCICES SUR LES FONCTIONS CONTINUES
1. Dans chacun des cas suivants, préciser si la partie A de R proposée admet une borne supérieure, uneborne inférieure, un plus grand, un plus petit élément, et les déterminer s’il y a lieu.
a) A = [−1, 2 [ b) A =
{2
n
∣∣∣ n ∈ N∗
}c) A =
{2− 1
n
∣∣∣ n ∈ N∗
}
d) A =⋃n≥2
[1
n, 1− 1
n
]e) A =
{1 +
2(−1)n
n
∣∣∣ n ∈ N∗
}f) A =
{sin
(3n+ 1)π
6
∣∣∣ n ∈ N
}
2. Dans chacun des cas suivants, préciser si la partie A de R proposée admet une borne supérieure, uneborne inférieure, un plus grand, un plus petit élément, et les déterminer s’il y a lieu.
a) A = [ 0, 1 [ b) A =
{1
2n
∣∣∣ n ∈ N∗
}c) A =
{3− 1
n
∣∣∣ n ∈ N∗
}
d) A =⋃
n∈N∗
[0 , 1− 1
n2
]e) A =
{2 +
(−1)n
n
∣∣∣ n ∈ N∗
}f) A =
{sin
nπ
3
∣∣∣ n ∈ N
}
3. Déterminer le nombre a pour que la fonction f définie sur R par
f(x) =
{x+ 2 si x ≤ 32x− a si x > 3
soit continue sur R.
4. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f définie sur R par
f(x) =
(x − 1)2 si x < −2a si x = −2
(2x+ b)2 si x > −2
soit continue sur R.
5. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f définie sur R par
f(x) =
x2 + x+ b si x < 2a si x = 2
bx2 + 2x+ 5 si x > 2
soit continue sur R.
6. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f définie sur R par
f(x) =
(x+ 1)2 si x < 2a si x = 2
x2 + b si x > 2
soit continue sur R.
1
7. a) Etudier la continuité des fonctions définies sur R par
f(x) =√x− E(x) , g(x) = E(x) +
√x− E(x) ,
où E(x) désigne la partie entière de x.
b) De même, étudier la continuité des fonctions définies sur R par
f(x) = (x− E(x))2 , g(x) = E(x) + (x− E(x))2 .
8. En quels points de R la fonction f définie par
f(x) = (x − 1)(E(x) − 2)
est-elle continue ? Représenter f sur l’intervalle [−1, 4 [ . Sur cet intervalle, f admet-elle un maximum ?un minimum ?
9. En quels points de R+ la fonction f définie par
f(x) =
x · E
(1
x
)si x > 0
1 si x = 0
est-elle continue ? Représenter f sur l’intervalle ] 1/5, +∞ [ .
10. Trouver un prolongement par continuité à R tout entier des fonctions suivantes
a) f définie sur R \ {−1} par f(x) =x3 + 5x+ 6
x3 + 1
b) f définie sur R∗ par f(x) =
(1 + x)n − 1
x(n ∈ N)
11. Montrer que les fonctions f suivantes admettent un prolongement par continuité. Exprimer le pro-longement f̃ de f sur R avec une formule unique.
a) f définie sur R \ {−2} par f(x) =x3 − 5x− 2
x3 + 8
b) f définie sur R∗ par f(x) =
(2 + x)n − 2n
x(n ∈ N)
12. Etudier si les fonctions ci-dessous définies sur R∗ peuvent se prolonger par continuité en 0.
a) f(x) = sin1
x, b) f(x) = x sin
1
x, c) f(x) =
1
xsin
1
x.
13. Etudier si les fonctions ci-dessous définies sur R∗ peuvent se prolonger par continuité en 0.
a) f(x) = cos1
x, b) f(x) = x cos
1
x, c) f(x) =
1
xcos
1
x.
2
14. Soit
f(x) =x+ 1 + |x+ 5||3− x|+ 2x
.
a) Déterminer l’ensemble de définition Df de la fonction f .
b) Etudier la continuité de f .
c) Peut-on prolonger f par continuité ?
15. En quels points la fonctions f définie par
f(x) =
{0 si x ∈ Z
x si x /∈ Z
est-elle continue ?
16. Soit la fonction f définie sur R par
f(x) = x(E(2x)− 2E(x)) .
a) Tracer la courbe représentative de f dans l’intervalle [−2, 2 [ .
b) Déterminer les points de R où la fonction f est continue.
17. Soit la fonction f définie sur R par
f(x) =
∣∣∣∣x− 2E
(x+ 1
2
)∣∣∣∣ .
a) Etudier la continuité de f .
b) Représenter graphiquement f sur l’intervalle [−2, 2 ] .
c) Montrer que la fonction f est paire et périodique de période 2.
18. Soit la fonction f définie sur ]−π, π [ \{0} par
f(x) =sin 3x− sin 2x
sinx.
a) Par quelle valeur faut-il prolonger f en 0 pour obtenir une fonction continue sur ]−π, π [ ? (On pourraexprimer f sous forme de polynôme en cosx).
b) Déterminer de deux manières différentes les zéros de f dans cet intervalle, et en déduire la valeurexacte de cos π
5 .
19. Soit la fonction f définie par
f(x) = (tan2 x− 1)sin 5x− sin 3x
sin 3x− sinx.
a) Déterminer le domaine de définition de f .
b) Trouver le plus grand intervalle ]−a, a [ possible, sur lequel f puisse se prolonger en une fonctioncontinue F . (On définira F (x) pour tout x de l’intervalle ]−a, a [ trouvé).
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20. Soit f définie sur [ 0, +∞ [ par
f(x) = |x− 1| − |x− 4|+ |x− 5| − 1 .
a) Représenter la fonction f . Quels sont les extrema relatifs de f sur [ 0, +∞ [ ?
b) Montrer que pour tout x ≥ 0, f possède un maximum dans l’intervalle [ 0, x ] . On note g(x) ce maxi-mum. Calculer g(x) et représenter g sur le même dessin que f .
21. Déterminer les ensembles suivants :
A = {cosx | x > π} , B = {x2 cosx | x > 0} , C = {3 sinx+4 cosx | x ∈ R} , D = {x3+2x2+x−3 | x ∈ R} .
22. Déterminer les ensembles suivants :
A = {cosx | x > 0} , B = {x2 sinx | x > 0} , C = {sinx+2 cosx | x ∈ R} , D = {x3−5x+7 | x ∈ R} .
23. Déterminer l’ensemble A = {sinx+ cosx | x ∈ R} .
24. Soit f une fonction numérique définie et continue sur un segment [ a, b ] . Montrer qu’il existe c dans[ a, b ] tel que 2f(a) + 3f(b) = 5f(c).
25. Soit f une fonction numérique définie et continue sur un segment [ a, b ] , et [m, M ] un segmentcontenant f(a) et f(b). (Illustrer la situation par un dessin le plus général possible).Montrer que la courbe représentative de f coupe la droite joignant les points (a,m) et (b,M).
26. Soit f une fonction définie et continue sur [ 0, 1 ] telle que f(0) = f(1). Montrer que pour toutentier n de N
∗, il existe αn dans [ 0, 1 ] tel que
f(αn) = f(αn + 1/n) .
(Indication : introduire la fonction ϕ définie sur [ 0, 1− 1/n ] par
ϕ(x) = f(x)− f(x+ 1/n)
et calculer la somme ϕ(0) + ϕ(1/n) + · · ·+ ϕ((n− 1)/n)).
27. Un véhicule se rend en une heure d’une ville A à une ville B distante de A de p kilomètres.Montrer qu’il existe deux points du trajet distants de p/2 kilomètres, où le véhicule passe à une demi-heure d’intervalle. (Introduire la fonction g définie sur [ 0, 1/2 ] par g(t) = d(t + 1/2) − d(t) − p/2, oùd(t) désigne la distance parcourue depuis A à l’instant t).
28. Soit a et b deux nombres tels que 0 < a < b, et f une fonction continue sur [ a, b ] de courbereprésentative C dans un repère orthonormé (O,−→ı ,−→ ). On appelle A le point de C d’abscisse a et Bcelui d’abscisse b. On note α le coefficient directeur de la droite OA et β celui de OB. Montrer que pourtout nombre γ de ]α, β [ , la droite d’équation y = γx coupe la courbe C . (Illustrer la situation par undessin le plus général possible).
29. Soit f et g deux applications continues sur [ 0, 1 ] à valeurs dans [ 0, 1 ] , telles que f ◦ g = g ◦ f .On veut démontrer la propriété suivante : « il existe c dans [ 0, 1 ] tel que f(c) = g(c) » .
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a) On pose h(x) = f(x) − x. Montrer que h s’annule en au moins un point s de [ 0, 1 ] . En déduire quepour tout entier n ≥ 0,
gn(s) = f(gn(s)) ,
(où gn désigne, si n ≥ 1, la composée g ◦ g ◦ · · · ◦ g, où g figure n fois, et g0 = Id ).
b) On pose un = gn(s). Vérifier que f(un) = un et g(un) = un+1 .
c) On suppose que la suite (un) est monotone. Montrer qu’elle a alors une limite ℓ. Que peut-on dire def(ℓ) et g(ℓ) ?
d) On suppose que la suite (un) n’est pas monotone. Montrer qu’il existe des nombres u et v tels que leproduit (f − g)(u)(f − g)(v) soit négatif. Conclure.
30. a) Montrer que pour tout entier n ∈ N, l’équation tanx = x possède une solution unique notée un
dans l’intervalle ]nπ − π/2, nπ + π/2 [ . (Introduire la fonction f définie sur R \ {π/2 + kπ | k ∈ Z} parf(x) = tanx− x).
b) On pose vn = un−nπ. Calculer f(un+1−π). En déduire que la suite (vn)n≥0 est strictement croissante,puis qu’elle converge et trouver sa limite.
31. Pour n ≥ 1, soit Pn le polynôme de degré n tel que, au voisinage de 0, on ait
1− ln(1 + x) = Pn(x) + ◦(xn) .
Etudier l’existence des racines réelles de Pn et montrer que si elles existent, elles sont situées dans l’in-tervalle ] 1, 2 [ .
32. Soit n ≥ 2, et fn définie sur R par
fn(x) = xn + xn−1 + x2 + x− 1 .
a) Montrer que fn possède une racine un et une seule dans R∗+.
b) Montrer que la suite (un)n≥2 est une suite croissante de l’intervalle ] 0, 2/3 [ et trouver sa limite.
33. Soit f une fonction de [ 0, +∞ [ dans [ 0, +∞ [ , continue sur [ 0, +∞ [ , et admettant 0 pour limiteen +∞. Montrer que f admet un maximum.
34. Soit la fonction f définie sur R par
f(x) = xn+2 − 8xn+1 + 7xn + 36 .
a) On pose h(x) = 2f(x) − f(x + 1) − f(x − 1) . Montrer qu’il existe s dans l’intervalle ] 1, 7 [ , tel queh(s) = 0.
b) En déduire qu’il existe trois points A, B, C de la courbe représentative de f , d’abscisses respectivesa, b, c, vérifiant
(i) B est le milieu de AC
(ii) b− a = 1
35. Soit f une application définie et continue sur un intervalle [ a, b ] et soit (C ) sa courbe représentative.On suppose que f(a) = f(b) = m. Soit d un nombre réel de l’intervalle ] a, b [ et D le point de coordonnées(d,m).
5
Montrer que toute droite passant par D coupe la courbe (C ) en au moins un point.
36. Soit f une application continue et strictement décroissante sur l’intervalle [ a, b ] (a 6= b) telle quef( [ a, b ] ) = [ a, b ] . (On pourra s’aider d’un dessin).
a) Montrer qu’il existe un point c et un seul de ] a, b [ tel que f(c) = c.
b) Montrer qu’il existe au moins un point d de ] a, b [ tel que
f(d) = f−1(d) ,
c) Montrer que si l’ensemble des solutions de l’équation
f(x) = f−1(x)
est fini, le nombre de ses éléments est impair.
37. Montrer que si f et g sont des fonctions croissantes sur l’intervalle I, il en est de même de f + g.Montrer que si f et g sont des fonctions croissantes et positives sur l’intervalle I, il en est de même def × g.Que se passe-t-il si f et g sont croissantes négatives ?
38. Soit a, b, c, trois nombres réels, et f l’application définie sur [−1, 1 ] par
f(x) = 4x3 + ax2 + bx+ c .
a) Montrer que le maximum de |f | sur [−1, 1 ] existe et est strictement positif. On le note M(a, b, c).
b) On pose g(x) = 4x3 − 3x, et l’on suppose que M(a, b, c) < 1.Etudier le signe de f − g en 1, 1/2, −1/2, −1. Et en déduire que f − g s’annule au moins trois fois.
c) Montrer que M(a, b, c) ≥ 1.
39. Soit f une application définie et continue de R dans R, et telle que, quels que soient x et y réels,
f(x+ y) = f(x) + f(y) .
a) Calculer f(0), puis montrer que pour tout x réel
f(−x) = −f(x) .
b) Montrer que pour tout entier n et tout x réel,
f(nx) = nf(x) .
c) Montrer que pour tout nombre rationnel q et tout nombre réel x,
f(qx) = qf(x) .
d) Montrer que pour tout couple (λ, x) de nombres réels,
f(λx) = λf(x) .
En déduire la nature de f .
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40. Soit p un entier supérieur ou égal à 2, et soit f la fonction définie sur R par f(x) = xp. On pose,pour tout n ∈ N
∗, xn = n+ 1n et yn = n. Montrer que pour tout entier n > 0, on a
f(xn)− f(yn) ≥ 2 .
En déduire que f n’est pas uniformément continue sur R.
41. Montrer que la somme de deux fonctions uniformément continues sur un intervalle I est uniformé-ment continue sur I. A-t-on un résultat analogue pour le produit ?
42. Soit p un entier strictement positif. En étudiant la fonction f définie sur [ y, +∞ [ par
f(x) = (x− y)1/p − x1/p + y1/p ,
montrer que, quels que soient x et y réels positifs
|x1/p − y1/p| ≤ |x− y|1/p .
En déduire que la fonction x 7→ x1/p est uniformément continue sur R+. Est-elle contractante sur R
+ ?
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Corrigé
1. a) D’après les propriétés des intervalles, l’ensemble A, admet 2 comme borne supérieure, mais n’ad-met pas de plus grand élément, et il admet −1 comme borne inférieure, qui est aussi son plus petit élément.
b) On a, pour tout entier n > 0,
0 <2
n≤ 2 .
Donc 2 est un majorant de A et appartient à A. C’est la borne supérieure et le plus grand élément de A.D’autre part 0 est un minorant de A et c’est la limite de la suite (2/n)n≥1 d’éléments de A. Donc 0 estla borne inférieure de A, mais comme 0 n’appartient pas à A, cet ensemble n’a pas de plus petit élément.
c) Même méthode que dans b), en partant de
1 ≤ 2− 1
n< 2 .
Le nombre 1 est la borne inférieure et le plus petit élément de A.Le nombre 2 est la borne supérieure, mais A n’a pas de plus grand élément.
d) Si a appartient à A, il existe un entier n > 0 tel que a appartienne à l’intervalle [ 1/n, 1− 1/n ] . Donc
(1) 0 < a ≤ 1− 1
n< 1 .
Le nombre 0 est un minorant de A et la limite de la suite (1/n)n≥1 d’éléments de A. C’est donc la borneinférieure de A et elle n’appartient pas à A. Donc A n’admet pas de plus petit élément.Le nombre 1 est un majorant de A et c’est la limite de la suite (1− 1/n)n≥1 d’éléments de A. C’est doncla borne supérieure de A, mais A n’admet pas de plus grand élément.
Remarque : on peut aussi montrer que A = ] 0, 1 [ . En effet, les inégalités (1), montrent que A est inclusdans ] 0, 1 [ . Inversement, si x appartient à l’intervalle ] 0, 1 [ , on a
0 < x < 1 ,
et si l’on prend n ≥ max(1/x, 1/(1− x)) on en déduit
1
n≤ x ≤ 1− 1
n,
et x appartient à [ 1/n, 1− 1/n ] donc à A. Il en résulte que
] 0, 1 [⊂ A ,
d’où l’égalité de ces deux ensembles.
e) Si n = 2p est pair, on a
1 +(−1)2p
p= 1 +
1
p,
et, puisque p ≥ 1,
1 < 1 +1
p≤ 1 + 1 = 2 .
Si n = 2p+ 1 est impair, on a
1 +2(−1)2p+1
2p+ 1= 1− 2
2p+ 1,
8
et, puisque p ≥ 0,
−1 ≤ 1− 2
2p+ 1< 1 .
Il en résulte que pour tout entier n > 0, on a
−1 ≤ 1 +2(−1)n
n≤ 2 .
Donc 2 est un majorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne supérieure et le plus grand élémentde A.
De même −1 est un minorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne inférieure et le plus petitélément de A.
f) L’ensemble A est fini et contient quatre éléments
A =
{±√3
2,±1
2
}.
Donc√3/2 est le plus grand élément et le maximum de A, et −
√3/2 est le plus petit élément et le
minimum de A.
2. a) D’après les propriétés des intervalles, l’ensemble A, admet 1 comme borne supérieure, mais n’admetpas de plus grand élément, et il admet 0 comme borne inférieure, qui est aussi son plus petit élément.
b) On a, pour tout entier n > 0,
0 <1
2n≤ 1
2.
Donc 1/2 est un majorant de A et appartient à A. C’est la borne supérieure et le plus grand élémentde A.D’autre part 0 est un minorant de A et c’est la limite de la suite (1/2n)n≥1 d’éléments de A. Donc 0est la borne inférieure de A, mais comme 0 n’appartient pas à A, cet ensemble n’a pas de plus petit élément.
c) Même méthode que dans b), en partant de
2 ≤ 3− 1
n< 3 .
Le nombre 2 est la borne inférieure et le plus petit élément de A.Le nombre 3 est la borne supérieure, mais A n’a pas de plus grand élément.
d) Si a appartient à A, il existe un entier n > 0 tel que a appartienne à l’intervalle [ 0, 1− 1/n2 ] . Donc
(1) 0 ≤ a ≤ 1− 1
n2< 1 .
Le nombre 0 est un minorant de A et appartient à A, c’est sa borne inférieure et son plus petit élément.Le nombre 1 est un majorant de A et c’est la limite de la suite (1− 1/n2)n≥1 d’éléments de A. C’est doncla borne supérieure de A, mais A n’admet pas de plus grand élément.
Remarque : on peut aussi montrer que A = [ 0, 1 [ . En effet, les inégalités (1), montrent que A est inclusdans [ 0, 1 [ . Inversement, si x appartient à l’intervalle [ 0, 1 [ , on a
0 ≤ x < 1 ,
9
et si l’on prend n ≥ 1/√1− x on en déduit
0 ≤ x < 1− 1
n2,
et x appartient à [ 0, 1− 1/n2 ] donc à A. Il en résulte que
[ 0, 1 [⊂ A ,
d’où l’égalité de ces deux ensembles.
e) Si n = 2p est pair, on a
2 +(−1)2p
2p= 2 +
1
2p,
et, puisque p ≥ 1,
2 < 2 +1
2p≤ 2 +
1
2=
5
2.
Si n = 2p+ 1 est impair, on a
2 +(−1)2p+1
2p+ 1= 2− 1
2p+ 1,
et, puisque p ≥ 0,
1 ≤ 2− 1
2p+ 1< 2 .
Il en résulte que pour tout entier n > 0, on a
1 ≤ 2 +(−1)n
n≤ 5
2.
Donc 5/2 est un majorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne supérieure et le plus grandélément de A.De même 1 est un minorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne inférieure et le plus petitélément de A.
f) L’ensemble A est fini. On a
A =
{−√3
2, 0,
√3
2
}.
Donc√3/2 est le plus grand élément et le maximum de A, et −
√3/2 est le plus petit élément et le
minimum de A.
3. Les restrictions de f aux intervalles ]−∞, 3 ] et ] 3, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donccontinues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continueen 3, c’est-à-dire, si et seulement si
limx→3+
f(x) = f(3) ,
c’est-à-direlim
x→3+(2x− a) = f(3) .
La condition cherchée équivaut à l’égalité6− a = 5 ,
c’est-à-dire a = 1.
10
4. Les restrictions de f aux intervalles ]−∞, −2 [ et ]−2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donccontinues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continueen −2, c’est-à-dire, si et seulement si
limx→−2+
f(x) = f(−2) = limx→−2−
f(x) ,
On a donc
limx→−2+
f(x) = limx→−2+
(2x+ b)2 = (−4 + b)2 et limx→−2−
f(x) = limx→−2−
(x− 1)2 = 9 ,
La condition cherchée équivaut aux égalités
(−4 + b)2 = a = 9 .
Les deux couples solutions sont donc (a = 9, b = 7) et (a = 9, b = 1) .
5. Les restrictions de f aux intervalles ]−∞, 2 [ et ] 2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donccontinues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continueen 2, c’est-à-dire, si et seulement si
limx→2+
f(x) = limx→2−
f(x) = f(2) .
On a donc
limx→2+
f(x) = limx→2+
(bx2 + 2x+ 5) = 4b+ 9 et limx→2−
f(x) = limx→2−
(x2 + x+ b) = b+ 6 .
La condition cherchée équivaut aux égalités
4b+ 9 = b+ 6 = a ,
c’est-à-dire (a, b) = (5,−1).
6. Les restrictions de f aux intervalles ]−∞, 2 [ et ] 2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donccontinues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continueen 2, c’est-à-dire, si et seulement si
limx→2+
f(x) = limx→2−
f(x) = f(2) .
On alim
x→2+f(x) = lim
x→2+(x2 + b) = 4 + b et lim
x→2−f(x) = lim
x→2−(x + 1)2 = 9 .
La condition cherchée équivaut aux égalités
4 + b = 9 = a ,
c’est-à-dire (a, b) = (9, 5).
7. a) Soit n un nombre entier. Si x appartient à l’intervalle [n, n+ 1 [ on a
f(x) =√x− n .
La fonction f est continue sur ]n, n+ 1 [ , elle est continue à droite en n et f(n) = 0. Etudions lacontinuité à gauche au point n. Sur l’intervalle [n− 1, n [ on a
f(x) =√x− n+ 1 .
11
Par suitelim
x→n−f(x) = lim
x→n−
√x− n+ 1 = 1 6= 0 = f(n) .
La fonction f n’est pas continue à gauche au point n donc n’est pas continue en ce point.La fonction f est continue sur R \ Z.
Comme dans ce qui précède, la fonction g est continue sur l’intervalle ]n, n+ 1 [ où n est entier. Surl’intervalle ]n, n+ 1 [ on a
g(x) = n+√x− n .
De plus g est continue à droite en n et g(n) = n. Etudions la continuité à gauche au point n. Surl’intervalle [n− 1, n [ on a
g(x) = (n− 1) +√x− n+ 1 .
Par suitelim
x→n−g(x) = lim
x→n−(n− 1 +
√x− n+ 1) = n = g(n) .
La fonction g est continue à gauche au point n donc est continue en ce point. Elle est continue sur R toutentier.
b) Soit n un nombre entier. Si x appartient à l’intervalle [n, n+ 1 [ on a
f(x) = (x− n)2 .
La fonction f est continue sur ]n, n+ 1 [ , elle est continue à droite en n et f(n) = 0. Etudions lacontinuité à gauche au point n. Sur l’intervalle [n− 1, n [ on a
f(x) = (x− n+ 1)2 .
Par suitelim
x→n−f(x) = lim
x→n−(x− n+ 1)2 = 1 6= 0 = f(n) .
La fonction f n’est pas continue à gauche au point n donc n’est pas continue en ce point.La fonction f est continue sur R \ Z.
Comme dans ce qui précède la fonction g est continue sur tout intervalle ]n, n+ 1 [ où n est entier et ona sur cet intervalle
g(x) = n+ (x − n)2 .
De plus g est continue à droite en n et g(n) = n. Etudions la continuité à gauche au point n. Surl’intervalle [n− 1, n [ on a
g(x) = (n− 1) + (x− n+ 1)2 .
Par suitelim
x→n−g(x) = lim
x→n−(n− 1 + (x− n+ 1)2) = n = g(n) .
La fonction g est continue à gauche au point n donc est continue en ce point. Elle est continue sur R toutentier.
8. Soit n entier. Sur [n, n+ 1 [ on a
f(x) = (x− 1)(n− 2) ,
et f est continue sur tout intervalle ]n, n+ 1 [ et à droite en tout point n entier.
Par ailleurs, sur [n− 1, n [ , on af(x) = (x− 1)(n− 3) .
12
En un tel point nf(n) = lim
x→n+f(x) = lim
x→n+(x − 1)(n− 2) = (n− 1)(n− 2) ,
etlim
x→n−f(x) = lim
x→n+(x− 1)(n− 3) = (n− 1)(n− 3) .
Si n 6= 1, ces deux limites sont distinctes et f n’est pas continue en n. Par contre si n = 1 on a
f(n) = limx→n+
f(x) = limx→n−
f(x) = 0 ,
et f est continue en 1.
On a le dessin suivant, qui montre que f atteint son maximum sur [−1, 4 [ en −1. Ce maximum vaut 6.Par contre f n’admet pas de minimum, car la valeur −1 n’est pas atteinte.
✻
✲
−1
2
3
6
−1 1 2O 3 4
y
x
◆
❯
❘
✲
✒
9. Soit n un entier strictement positif. Dire que E(1/x) = n, signifie que
n ≤ 1
x< n+ 1 ,
c’est-à-dire que1
n+ 1< x ≤ 1
n.
Sur l’intervalle
In =
]1
n+ 1,1
n
]
on a alorsf(x) = nx
et f est continue sur In. En particulier f est continue à gauche en 1/n et f(1/n) = 1.
Dire que E(1/x) = 0, signifie que
0 ≤ 1
x< 1 ,
c’est-à-dire que x est strictement plus grand que 1.
13
Sur l’intervalle I0 = ] 1, +∞ [ on a alors f(x) = 0 et f est continue sur I0.
Etudions la continuité aux points de la forme 1/n, où n est entier.
(i) n = 1. Dans ce caslim
x→1+f(x) = lim
x→1+0 = 0 6= 1 = f(1) ,
et la fonction n’est pas continue en 1.
(ii) n > 1. Si x s’approche de 1/n par valeurs supérieurs, il se trouve dans In−1, et donc
limx→1/n+
f(x) = limx→1/n+
(n− 1)x =n− 1
n6= 1 = f
(1
n
),
et la fonction n’est pas continue en 1/n.
Pour terminer il reste à étudier ce qui se passe en 0+. En partant de l’encadrement
1
x− 1 < E
(1
x
)≤ 1
x,
et en multipliant par x, on obtient1− x < f(x) ≤ 1 ,
et il résulte du théorème d’encadrement que f(x) tend vers 1 = f(0) lorsque x tend vers 0. La fonctionest donc continue en zéro.
La fonction f est continue sur R+ \ {1/n |n ∈ N
∗}, et on a le desin suivant.
✻
✲
••••1
112
13
14
15O
y
x
✠
☛✌
✛
✎
10. a) Le numérateur et le dénominateur de f s’annulent pour x = −1. On peut donc simplifier parx+ 1. Pour x 6= −1, on a donc
f(x) =x2 − x+ 6
x2 − x+ 1.
14
La fonction de droite a pour limite 8/3 en −1. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −1. Le
prolongement f̃ est défini par
f̃(x) =
x3 + 5x+ 6
x3 + 1si x 6= −1
8/3 si x = −1
.
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
f̃(x) =x2 − x+ 6
x2 − x+ 1.
b) On peut mettre x en facteur au numérateur en utilisant l’identité
un − vn = (u − v)(un−1 + un−2v + · · ·+ uvn−2 + vn−1) .
On obtient donc
(1 + x)n − 1 = x((1 + x)n−1 + (1 + x)n−2 + · · ·+ (1 + x) + 1) ,
et f admet n pour limite en zéro. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −1. Le prolongementf̃ est défini par
f̃(x) =
(1 + x)n − 1
xsi x 6= 0
n si x = 0
.
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
f̃(x) = (1 + x)n−1 + (1 + x)n−2 + · · ·+ (1 + x) + 1 .
Remarque : on aurait pu utiliser également la formule du binôme de Newton pour simplifier f . On a eneffet
(1 + x)n − 1 =n∑
k=1
(n
k
)xk ,
et donc
f̃(x) =
n∑
k=1
(n
k
)xk−1 .
11. a) Le numérateur et le dénominateur de f s’annulent pour x = −2. On peut donc simplifier parx+ 2. Pour x 6= −2, on a donc
f(x) =x2 − 2x− 1
x2 − 2x+ 4.
La fonction de droite a pour limite 7/12 en −2. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −2. Le
prolongement f̃ est défini par
f̃(x) =
x3 − 5x− 2
x3 + 8si x 6= −2
7/12 si x = −2
.
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
f̃(x) =x2 − 2x− 1
x2 − 2x+ 4.
15
b) On peut mettre x en facteur au numérateur en utilisant l’identité
un − vn = (u − v)(un−1 + un−2v + · · ·+ uvn−2 + vn−1) .
On a donc(2 + x)n − 2n = x((2 + x)n−1 + 2(2 + x)n−2 + · · ·+ 2n−2(2 + x) + 2n−1) ,
et f admet n2n−1 pour limite en zéro. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −2. Le prolongementf̃ est défini par
f̃(x) =
(2 + x)n − 2n
xsi x 6= 0
n2n−1 si x = 0
.
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
f̃(x) = (2 + x)n−1 + 2(2 + x)n−2 + · · ·+ 2n−2(2 + x) + 2n−1 .
Remarque : on aurait pu utiliser également la formule du binôme de Newton pour simplifier f . On a eneffet
(2 + x)n − 2n =
n∑
k=1
(n
k
)2n−kxk ,
et donc
f̃(x) =
n∑
k=1
(n
k
)2n−kxk−1 .
12. a) Posons
xn =1
π
2+ 2nπ
.
La suite (xn) converge vers zéro etf(xn) = 1 .
La suite (f(xn)) converge vers 1. Par ailleurs, si l’on pose
yn =1
π + 2nπ,
la suite (yn) converge vers zéro etf(yn) = 0 ,
La suite (f(yn)) converge vers 0. La fonction f ne peut pas avoir de limite en zéro. Elle ne peut seprolonger par continuité en ce point.
b) La fonction f admet une limite nulle en 0, comme produit d’une fonction bornée, par une fonctionadmettant une limite nulle en zéro, et la fonction se prolonge par continuité. On a
f̃(x) =
{f(x) si x 6= 00 si x = 0
.
c) Posons
xn =1
π
2+ 2nπ
.
La suite (xn) converge vers zéro, mais
f(xn) =π
2+ 2nπ ,
16
et la suite (f(xn)) admet +∞ comme limite. La fonction f ne peut pas avoir de limite finie en zéro. Ellene peut se prolonger par continuité en ce point.
13. a) Posons
xn =1
2nπ.
La suite (xn) converge vers zéro, etf(xn) = 1 .
La suite (f(xn)) converge vers 1. Par ailleurs, si l’on pose
yn =1
π + 2nπ,
la suite (yn) converge vers zéro, etf(yn) = −1 .
La suite (f(yn)) converge vers −1. La fonction f ne peut pas avoir de limite en zéro. Elle ne peut seprolonger par continuité en ce point.
b) La fonction f admet une limite nulle en 0, comme produit d’une fonction bornée, par une fonctionadmettant une limite nulle en zéro, et la fonction se prolonge par continuité. On a
f̃(x) =
{f(x) si x 6= 00 si x = 0
.
c) Posons
xn =1
2nπ.
La suite (xn) converge vers zéro. Maisf(xn) = 2nπ ,
et la suite (f(xn)) admet +∞ comme limite. La fonction f ne peut pas avoir de limite finie en zéro. Ellene peut se prolonger par continuité en ce point.
14. a) Le dénominateur |3− x| + 2x vaut 3− x+ 2x = 3 + x si x ≤ 3 et s’annule pour x = −3. Il vautx− 3 + 2x = 3x− 3 si x ≥ 3 et ne s’annule pas. On a donc
Df = R \ {−3} .
b) La fonction x 7→ |x| étant continue sur R, il en résulte que f est continue su Df comme composées,sommes et quotients de fonctions continues.
c) Explicitons la fonction f suivant les valeurs de x. On obtient
f(x) =
− 4
3 + xsi x ≤ −5
2 si x ∈ ]−5, −3 [∪ ]−3, 3 [
2x+ 6
3x− 3si x ≥ 3
17
En particulier, comme f est constante sur ]−5, −3 [∪ ]−3, 3 [ elle admet une limite en −3 qui vaut 2,et f se prolonge par continuité. On a
f̃(x) =
− 4
3 + xsi x ≤ −5
2 si x ∈ ]−5, 3 [
2x+ 6
3x− 3si x ≥ 3
.
15. Si n est entier, la fonction f est continue sur l’intervalle ]n, n+ 1 [ puisque f(x) = x sur cetintervalle. Etudions la continuité en n. On a
limx→n−
f(x) = limx→n−
x = n ,
etlim
x→n+f(x) = lim
x→n+x = n ,
mais f(n) = 0 , donc f est continue en n si et seulement si n = 0. La fonction f est continue sur R \ Z∗.
16. Dire que E(2x) = n où n est un entier, signifie que
n ≤ 2x < n+ 1 ,
c’est-à-dire quen
2≤ x <
n+ 1
2.
On étudie donc la fonction sur les intervalles [ p, p+ 1/2 [ et [ p+ 1/2, p+ 1 [ où p est entier. Sur cesdeux intervalles qui sont inclus dans [ p, p+ 1 [ la partie entière de x vaut p.
Si x appartient à [ p, p+ 1/2 [ , le nombre 2x est compris entre 2p et 2p+ 1 et
E(2x) = 2p ,
doncf(x) = x(2p− 2p) = 0 .
Si x appartient à [ p+ 1/2, p+ 1 [ , le nombre 2x est compris entre 2p+ 1 et 2p+ 2 et
E(2x) = 2p+ 1 ,
doncf(x) = x(2p+ 1− 2p) = x .
On a le dessin suivant.
18
✻
✲✲ ✲ ✲ ✲ ✲
✒
✒
✒
y
x−2 − 32 −1 − 1
212 1 3
2 2 52
b) La fonction f est continue sur les intervalles ] p, p+ 1/2 [ et ] p+ 1/2, p+ 1 [ et elle est continue àdroite aux points p et p+ 1/2 pour tout entier p. Il reste à étudier la continuité à gauche en ces points.
A gauche de p+ 1/2, on a f(x) = 0, et à droite f(x) = x, donc
limx→(p+1/2)−
f(x) = 0 6= p+1
2= f
(p+
1
2
).
La fonction n’est pas continue en ce point.
A gauche de p, on a f(x) = x, et à droite f(x) = 0, donc
limx→p−
f(x) = p et limx→p+
f(x) = f(p) = 0 .
La fonction est continue en p si et seulement si p = 0. Donc f est continue sur R \ {n/2 |n ∈ Z∗}
17. a) Si n est entier, on a
E
(x+ 1
2
)= n
si et seulement si
n ≤ x+ 1
2< n+ 1 ,
soit2n− 1 ≤ x ≤ 2n+ 1 .
Sur l’intervalle [ 2n− 1, 2n+ 1 [ , on aura donc
f(x) = |x− 2n| ,
La fonction est continue sur ] 2n− 1, 2n+ 1 [ , et continue à droite en 2n− 1 . Il reste à voir la continuitéà gauche aux points impairs Sur l’intervalle [ 2n+ 1, 2n+ 3 [ , on aura
f(x) = |x− 2n− 2| ,
donclim
x→(2n+1)+f(x) = lim
x→(2n+1)+|x− 2n− 2| = 1 .
19
Par ailleurs,lim
x→(2n+1)−f(x) = f(2n+ 1) = 1 .
La fonction f est donc continue en 2n+ 1. Finalement elle est continue sur R tout entier.
b) On a le dessin suivant.
✲
✻
1 2−1−2
1
y
x
c) La fonction est 2-périodique. En effet
f(x+ 2) =
∣∣∣∣x+ 2− 2E
(x+ 3
2
)∣∣∣∣
=
∣∣∣∣x+ 2− 2E
(x+ 1
2+ 1
)∣∣∣∣ .
Mais, puisque pour tout entier n et tout réel x
E(x+ n) = E(x) + n ,
on obtient
f(x+ 2) =
∣∣∣∣x+ 2− 2
(E
(x+ 1
2
)+ 1
)∣∣∣∣ = f(x) .
Pour la parité, on remarque que si x appartient à [−1, 1 [ , alors (x + 1)/2 appartient à [ 0, 1 [ , et doncf(x) = |x|. Par ailleurs à cause de la périodicité
f(−1) = f(−1 + 2) = f(1) .
Donc la restriction de f à l’intervalle [−1, 1 ] est paire. Alors comme elle est 2-périodique, la fonction fest paire sur R .
18. a) On obtient facilement
sin 2x = 2 sinx cosx et sin 3x = sinx(4 cos2 x− 1) ,
donc, pour x non nul,f(x) = 4 cos2 x− 2 cosx− 1 .
La limite en zéro de cette fonction vaut donc 1, et il suffit de prolonger la fonction par la valeur 1 en zéropour avoir une fonction continue sur ]−π, π [ .
b) On résout l’équation de deux manières.
20
(i) En cherchant les solutions de l’équation
sin 3x = sin 2x ,
on obtient une première famille de solutions
3x = π − 2x+ 2kπ ,
où k est entier,c’est-à-dire
x =π
5+ 2k
π
5,
ce qui donne dans ]−π, π [ les quatre solutions
π
5, −π
5,
3π
5, −3π
5.
Par contre, l’équation3x = 2x+ 2kπ ,
ne donne pas de solution non nulle dans ]−π, π [ .
(ii) En posant cosx = X , et en cherchant les racines du trinôme
P (X) = 4X2 − 2X − 1 .
On obtient
X1 =1 +
√5
4et X2 =
1−√5
4.
Mais comme X1 est positif ainsi que cos(π/5) = cos(−π/5), alors que X2 et cos(3π/5) = cos(−3π/5) sontnégatifs. Il en, résulte que
cosπ
5=
1 +√5
4et cos
3π
5=
1−√5
4.
19. a) Pour que la fonction soit définie, il faut que tanx existe, c’est-à-dire x 6= π/2 + kπ, où k ∈ Z,mais il faut aussi que le dénominateur ne s’annule pas. Or l’égalité
sin 3x = sinx
a lieu, ou bien si 3x = x+ 2kπ, soit x = kπ, ou bien si 3x = π − x+ 2kπ, soit x = π/4 + kπ/2. Donc
Df = R \ ({π/2 + kπ | k ∈ Z} ∪ {kπ | k ∈ Z} ∪ {π/4 + kπ/2 | k ∈ Z}) .
Les points les plus proches de zéro en lesquels f n’est pas définie sont donc
−π/2 , −π/4 , 0 , π/4 , π/2 .
On remarquera aussi que la fonction est paire.
b) Transformons f(x). On utilise la formule
sin p− sin q = 2 sinp− q
2cos
p+ q
2.
On asin 5x− sin 3x = 2 sinx cos 4x et sin 3x− sinx = 2 sinx cos 2x .
Par ailleurs
tan2 x− 1 =sin2 x− cos2 x
cos2 x= −cos 2x
cos2 x,
21
Finalement, si x appartient à Df ,
f(x) = −cos 4x
cos2 x.
On a alors
limx→0
x 6=0
f(x) = limx→0
x 6=0
(−cos 4x
cos2 x
)= −1 ,
ainsi que
limx→π/4x 6=π/4
f(x) = limx→π/4x 6=π/4
(−cos 4x
cos2 x
)= 2 ,
et de même en −π/4 par parité. Enfin
limx→(π/2)−
f(x) = limx→(π/2)−
(−cos 4x
cos2 x
)= −∞ ,
et de même en −π/2 par parité.
La fonction se prolonge donc en une fonction continue sur ]−π/2, π/2 [ et, sur cet intervalle,
F (x) = −cos 4x
cos2 x.
20. a) Pour exprimer la fonction f sans utiliser les valeurs absolues, on peut former le tableau suivant :
1 4 5
|x− 1| 1− x x− 1 x− 1 x− 1−|x− 4| x− 4 x− 4 4− x 4− x|x− 5| 5− x 5− x 5− x x− 5−1 −1 −1 −1 −1
f(x) 1− x x− 1 7− x x− 3
b) Les maxima relatifs sont f(0) = 1, f(4) = 3, et les minima relatifs sont f(1) = 0, et f(5) = 2.
c) La fonction f étant continue sur l’intervalle [ 0, x ] , elle possède un maximum dans cet intervalle.
En étudiant les variations ou la courbe représentative de f , on constate facilement que
(i) Lorsque x est compris entre 0 et 2, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] aupoint 0, donc g(x) = 1 .
(ii) Lorsque x est compris entre 2 et 4, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] aupoint x, Donc g(x) = f(x) = x− 1 .
(iii) Lorsque x est compris entre 4 et 6, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] aupoint 4, Donc g(x) = 4 .
(iv) Lorsque x est plus grand que 6, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au pointx, Donc g(x) = f(x) = x− 3 .
On a alors les courbes suivantes, où la courbe représentative de g en trait plein a été légérement décaléesur le dessin pour la comparer à celle de f en pointillés.
22
✻
✲1 2 4 6
1
3
O
y
x
21. Les ensembles proposés sont les images d’un intervalle par une fonction continue. Ce sont donc desintervalles. Il reste à trouver leurs bornes.
Ensemble A
Pour tout x > 0, on a−1 ≤ cosx ≤ 1 .
Par ailleurs cos 3π = −1 et cos 2π = 1. Donc A contient 1 et −1. Il en résulte que
A = [−1, 1 ] .
Ensemble B
Si xn = 2nπ, on a x2n = x2
n cosxn, et x2n appartient à B . Comme la suite (x2
n) admet pour limite +∞,l’ensemble B n’est pas majoré.
Si yn = (2n + 1)π, on a −y2n = y2n cos yn, et −y2n appartient à B . Comme la suite (−y2n) admet pourlimite −∞, l’ensemble B n’est pas minoré. Il en résulte que
B = R .
Ensemble C
On peut écrire
3 sinx+ 4 cosx = 5
(3
5sinx+
4
5cosx
),
et si θ désigne l’angle dont le sinus vaut 2/5 et le cosinus 3/5, on a
3 sinx+ 4 cosx = 5 sin(x+ θ) .
Alors par un raisonnement analogue à celui fait pour A, on obtient
C = [−5, 5 ] .
23
Ensemble D
La fonction polynôme x 7→ x3 + 2x2 + x− 3 admet +∞ comme limite en +∞, et −∞ en −∞. Donc
D = R .
22. Les ensembles proposés sont les images d’un intervalle par une fonction continue. Ce sont donc desintervalles. Il reste à trouver leurs bornes.
Ensemble A
Pour tout x > 0, on a−1 ≤ cosx ≤ 1 .
Par ailleurs cosπ = −1 et cos 2π = 1. Donc A contient 1 et −1. Il en résulte que
A = [−1, 1 ] .
Ensemble B
Si xn = π/2 + 2nπ, on a x2n = x2
n sinxn, et x2n appartient à B . Comme la suite (x2
n) admet pour limite+∞, l’ensemble B n’est pas majoré.
Si yn = 3π/2 + 2nπ, on a −y2n = y2n sin yn, et −y2n appartient à B . Comme la suite (−y2n) admet pourlimite −∞, l’ensemble B n’est pas minoré. Il en résulte que
B = R .
Ensemble C
On peut écrire
sinx+ 2 cosx =√5
(1√5sinx+
2√5cosx
),
et si θ désigne l’angle dont le sinus vaut 2/√5 et le cosinus 1/
√5, on a
sinx+ 2 cosx =√5 sin(x+ θ) .
Alors par un raisonnement analogue à celui fait pour A, on obtient
C = [−√5,
√5 ] .
Ensemble D
La fonction polynôme x 7→ x3 − 5x+ 7 admet +∞ comme limite en +∞, et −∞ en −∞. Donc
D = R .
24
23. Soit f la fonction définie sur R par f(x) = sinx + cosx. On cherche A = f(R). Comme f estcontinue, l’ensemble A est un intervalle. On remarque que pour tout x réel, on a
sinx+ cosx =√2 sin
(x+
π
4
).
et donc−√2 ≤ f(x) ≤
√2 .
Il en résulte que f(R) ⊂ [−√2,
√2 ] . Mais f(π/4) =
√2 et f(5π/4) = −
√2. On en déduit que
A = [−√2,
√2 ] .
24. Rappelons que si α et β sont deux nombres positifs tels que α + β = 1, le nombre αU + βVappartient à l’intervalle fermé dont les bornes sont U et V . (Le nombre αU + βV est le barycentre de Uet V affectés des coefficients α et β). En particulier le nombre
x =2
5f(a) +
3
5f(b) ,
appartient à l’intervalle fermé de bornes f(a) et f(b). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, ilexiste c dans [ a, b ] tel que x = f(c).
25. La droite D joignant les points de coordonnées (a,m) et (b,M) a pour équation
y =M −m
b− a(x− a) +m.
On pose
g(x) = f(x)−(M −m
b− a(x− a) +m
).
La fonction g est continue sur [ a, b ] . De plus
g(a) = f(a)−m ≥ 0 et g(b) = f(b)−M ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c dans [ a, b ] , tel que g(c) = 0, soit
f(c) =M −m
b− a(c− a) +m.
La courbe coupe la droite D en au moins un point d’abscisse c.
✻
✲
y
x
m
M
a bc
25
26. La fonction ϕ est continue sur [ 0, 1− 1/n ] . D’autre part
ϕ(0) + ϕ(1/n) + · · ·+ ϕ((n − 1)/n)) = (f(0)− f(1/n)) + (f(1/n)− f(2/n)) + · · ·+ (f((n− 1)/n)− f(1))
= f(0)− f(1) = 0 .
Comme la somme est nulle, il existe nécessairement au moins un terme positif et un autre négatif. Alorsil résulte du théorème des valeurs intermédiaire que ϕ s’annule dans [ 0, 1− 1/n ] en un certain pointαn. On a donc pour ce point
f(αn) = f(αn + 1/n) .
27. La fonction d est continue sur l’intervalle [ 0, 1 ] , et l’on a
d(0) = 0 et d(1) = p .
Alors, la fonction g est continue sur l’intervalle [ 0, 1/2 ] , et l’on a
g(0) = d
(1
2
)− p
2et g
(1
2
)= d(1)− d
(1
2
)− p
2=
p
2− d
(1
2
).
Il en résulte que le produit g(0)g(1/2) est négatif. Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, ilexiste un nombre c dans l’intervalle [ 0, 1/2 ] , tel que g(c) = 0. Alors
d
(c+
1
2
)− d(c) =
p
2,
et les points du parcours atteints aux temps c et c+ 1/2 sont bien distants de p/2 km .
28. Soit M(x) le point de C d’abscisse x. Le coefficient directeur de la droite OM(x) vaut f(x)/x. Lafonction g définie sur [ a, b ] par
g(x) =f(x)
x
est continue sur [ a, b ] , et l’on a g(a) = α et g(b) = β. Donc, si γ appartient à ]α, β [ , il existe c dans[ a, b ] tel que g(c) = γ, c’est-à-dire f(c) = γc. Cela signifie que la droite d’équation y = γx coupe lacourbe C au point d’abscisse c.
✻
✲
y
xa bcO
A
B
26
29. a) Puisque f(x) appartient à l’intervalle [ 0, 1 ] pour tout x de cet intervalle, on a
h(0) = f(0) ≥ 0 et h(1) = f(1)− 1 ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que h s’annule dans cet intervalle en un point s, et doncf(s) = s.
Démontrons par récurrence, que pour tout entier n ≥ 0, on a
gn(s) = f(gn(s)) .
La propriété est vraie pour n = 0. Supposons la vraie à l’ordre n. Alors
gn+1(s) = g(gn(s)) = g(f(gn(s)) = g ◦ f(gn(s)) = f ◦ g(gn(s)) = f(gn+1(s)) .
Elle est donc vraie à l’ordre n+ 1, donc quel que soit n.
b) Si l’on définit une suite (un)n≥0 et posant
un = gn(s) ,
on a donc, immédiatement
un = f(un) et un+1 = gn+1(s) = g(gn(s)) = g(un) .
c) Si la suite (un) est monotone, elle converge dans [ 0, 1 ] vers une limite ℓ , et, par passage à la limite,on obtient, puisque f et g sont continues :
f(ℓ) = ℓ et g(ℓ) = ℓ ,
et doncf(ℓ) = g(ℓ) .
d) Si la suite n’est pas monotone, elle n’est pas décroissante, et il existe un entier p tel que
up < up+1 .
La suite n’est pas non plus croissante, donc il existe un entier q tel que
uq > uq+1 .
Mais, si l’on considère la fonction φ définie sur [ 0, 1 ] par
φ = f − g ,
on a alorsφ(up) = f(up)− g(up) = up − up+1 < 0 ,
etφ(uq) = f(uq)− g(uq) = uq − uq+1 > 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe ℓ dans [ 0, 1 ] tel que φ(ℓ) soit nul. On obtientbien
f(ℓ) = g(ℓ) .
30. a) La fonction f est continue sur chaque intervalle ]nπ − π/2, nπ + π/2 [ . Comme on a
limx→(nπ−π/2)+
= −∞ et limx→(nπ+π/2)−
= +∞ ,
27
il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe un dans ]nπ − π/2, nπ + π/2 [ tel que f(un)soit nul.
D’autre part, si x 6= nπ, on af ′(x) = tan2 x > 0 ,
et la fonction f est strictement croissante sur ]nπ − π/2, nπ + π/2 [ . Donc l’équation f(x) = 0 a unesolution et une seule dans cet intervalle.
b) On a
f(un+1 − π) = tan(un+1 − π)− un+1 + π = tan(un+1)− un+1 + π = π > 0 = f(un) .
Les nombres un+1 − π et un appartiennent à l’intervalle ]nπ − π/2, nπ + π/2 [ et, puisque f est stricte-ment croissante sur cet intervalle, on en déduit que
un+1 − π > un
alorsvn+1 = un+1 − (n+ 1)π > un − nπ = vn .
La suite (vn) est strictement croissante.
On a0 = f(un) = f(vn + nπ) = tan(vn + nπ)− vn − nπ = tan vn − vn − nπ ,
d’oùtan vn = vn + nπ ,
et puisque vn appartient à l’intervalle ]−π/2, π/2 [ , on en déduit que la suite (vn) est majorée : elle estdonc convergente et possède une limite ℓ. On en déduit aussi que
vn = arctan(vn + nπ) .
Comme la suite (vn + nπ) admet +∞ pour limite, la suite (arctan(vn + nπ)) converge vers π/2, et donc(vn) converge vers π/2.
31. Le développement limité de la fonction x 7→ ln(1 + x) donne immédiatement
Pn(x) = 1− x+x2
2+ · · ·+ (−1)n
xn
n,
doncP ′n(x) = −1 + x+ · · ·+ (−1)nxn−1 .
On obtient la somme des termes d’une suite géométrique de raison −x, ce qui donne
P ′n(x) =
(−x)n − 1
x+ 1si x 6= −1
−n si x = −1
.
Si n = 2p est pair, on a, pour x 6= −1,
P ′n(x) =
x2p − 1
x+ 1=
(x2 − 1)(1 + x2 + · · ·+ x2p−2)
x+ 1= (x− 1)(1 + x2 + · · ·+ x2p−2) .
Alors P ′n est du signe de x− 1 et s’annule uniquement en 1. La fonction Pn décroît sur ]−∞, 1 ] et croît
sur [ 1, ∞ [ . Son minimum est atteint en 1 et l’on a
Pn(1) =
(1
2− 1
3
)+ · · ·+
(1
n− 2− 1
n− 1
)+
1
n> 0 .
28
Il en résulte que Pn n’a pas de racine réelle.
Si n = 2p+ 1 est impair, on a, pour x 6= −1,
P ′n(x) = −x2p+1 + 1
x+ 1.
Or la fonction x 7→ x2p+1 + 1 est strictement croissante et varie sur R de −∞ à +∞. Elle s’annuleuniquement en −1 et cette racine est simple. Il en résulte que P ′
n ne s’annule pas. Elle est toujoursstrictement négative et la fonction Pn est strictement décroissante. Comme
limx→+∞
Pn(x) = −∞ et limx→−∞
Pn(x) = +∞ ,
il résulte du théorème des valeurs intermédiaires et de la décroissance stricte que Pn s’annule en un pointet un seul, donc Pn a une seule racine réelle α.
D’une part
Pn(1) =
(1
2− 1
3
)+ · · ·+
(1
n− 1− 1
n
)> 0 ,
d’autre part,
Pn(2) = (1− 2) +
(22
2− 23
3
)+ · · ·+
(2n−1
n− 1− 2n
n
).
Or, quel que soit l’entier p ≥ 1, on a
2p
p− 2p+1
p+ 1= 2p
(1
p− 2
p+ 1
)=
2p(1− p)
p(p+ 1)≤ 0 ,
donc Pn(2) < 0, et il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que Pn s’annule dans ] 1, 2 [ , et doncque α appartient à cet intervalle.
32. a) On af ′n(x) = nxn−1 + (n− 1)xn−2 + 2x+ 1 ,
et donc f ′n est strictement positive sur ] 0, +∞ [ . La fonction f est strictement croissante. De plus
fn(0) = −1 et limn→+∞
fn(x) = +∞ ,
et il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que fn s’annule en au moins un point un, et de ladécroissance stricte que ce point est unique.
b) On a également
fn
(2
3
)≥
(2
3
)2
+2
3− 1 =
1
9> 0 ,
et donc un appartient à l’intervalle ] 0, 2/3 [ .
Ce nombre un vérifie alorsfn(un) = un
n + un−1n + u2
n + un − 1 = 0 ,
doncfn+1(un) = un+1
n + unn + u2
n + un − 1 = un+1n − un−1
n = un−1n (u2
n − 1) < 0 .
Il en résulte que un+1 appartient à l’intervalle ]un, 2/3 [ . La suite (un) est croissante et majorée, doncelle converge. Soit ℓ sa limite. Elle appartient à l’intervalle ] 0, 2/3 ] donc à ] 0, 1 [ , et l’on a, pour toutentier n, l’égalité,
u2n + un − 1 = −un
n − un−1n = −en lnun − e(n−1) lnun .
29
Les suites (n lnun) et ((n−1) lnun) admettent −∞ pour limite. Alors, en passant à la limite dans l’égalitéprécédente, on trouve
ℓ2 + ℓ− 1 = 0 .
Cette équation possède une seule solution positive qui vaut
ℓ =
√5− 1
2.
33. Le résultat est évident si f est identiquement nulle. Dans le cas contraire, soit a tel que f(a) > 0.Comme f admet pour limite 0 en +∞, il existe A, tel que, pour tout x ≥ A, on ait
f(x) < f(a) .
Posons b = max(a,A). Sur l’intervalle [ 0, b ] la fonction f est continue. Elle atteint son maximum en unpoint, donc il existe c dans [ 0, b ] , tel que, pour tout x de [ 0, b ] ,
f(x) ≤ f(c) .
En particulier, puisque a appartient à [ 0, b ] ,
f(a) ≤ f(c) .
Mais, si x ≥ b, on a encoref(x) < f(a) ≤ f(c) ,
donc f(c) est le maximum de f sur [ 0, +∞ [ .
34. a) Remarquons quef(x) = xn(x− 1)(x− 7) + 36 .
On a alorsh(1) = 2f(1)− f(2)− f(0) = 5 · 2n > 0 ,
eth(7) = 2f(7)− f(8)− f(6) = 5 · 6n − 7 · 8n < 0 ,
car 7 > 5 et 8n > 6n. On a donc h(1)h(7) < 0.
Comme la fonction h est un polynôme, donc est continue sur [ 1, 7 ] , le théorème des valeurs intermé-diaires s’applique : il existe s dans ] 1, 7 [ tel que h(s) = 0.
b) Posons a = s− 1, b = s et c = s+ 1 . On a
b =a+ c
2,
et, puisque h(s) est nul,
f(b) = f(s) =f(s− 1) + f(s+ 1)
2=
f(a) + f(c)
2.
On a donc bien b− a = 1, et B est le milieu de AC.
35. Si la droite est verticale, elle coupe la courbe au point de coordonnées (d, f(d)). Sinon elle a pouréquation
f(x) = λ(x− d) +m.
30
On définit une fonction g sur [ a, b ] en posant
g(x) = f(x)− (λ(x − d) +m) .
C’est une fonction continue comme somme de fonctions continues. De plus
g(a) = m− (λ(a− d) +m) = −λ(a− d) ,
etg(b) = m− (λ(b − d) +m) = −λ(b− d) .
Donc, puisque d se trouve dans ] a, b [ ,
g(a)g(b) = λ2(d− a)(d− b) ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c dans [ a, b ] tel que g(c) = 0 , soit
f(c) = λ(c− d) +m.
La courbe coupe la droite au point de coordonnées (c, f(c)).
✲
✻
a d
D
c b x
y
m
36. a) Soit g définie sur [ a, b ] parg(x) = f(x)− x .
C’est une fonction continue comme somme de fonctions continues. On a alors
g(a) = f(a)− a = b− a et g(b) = f(b)− b = a− b ,
doncg(a)g(b) = −(b− a)2 < 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires, qu’il existe c dans ] a, b [ tel que g(c) = 0, c’est-à-diretel que f(c) = c.
31
Mais on a également
τg(x, y) =g(x)− g(y)
x− y=
f(x)− f(y)
x− y− 1 = τf (x, y)− 1 .
Puisque f est décroissante, le taux de variation τf (x, y) est négatif, et par suite τg(x, y) est strictementnégatif. Il en résulte que g est strictement décroissante et continue. Elle est donc injective et il existe auplus un point c tel que g(c) = 0. L’équation f(x) = x possède donc une solution et une seule.
b) Par définition, f(x) = y si et seulement si f−1(y) = x. En particulier, si x = c, on a f(c) = c doncf−1(c) = c. Finalement f(c) = f−1(c). Le point d = c convient donc.
c) Notons E l’ensemble des solutions de l’équation f(x) = f−1(x) situées dans ] a, b [ . Soit d1 un élémentde E tel que d1 < f(d1). On a donc
f(d1) = f−1(d1) .
Posons d2 = f(d1).d2 = f(d1) = f−1(d1) ,
doncd1 = f(d2) = f−1(d2) ,
et il en résulte que d2 appartient aussi à E . Par ailleurs, puisque d1 < d2, on en déduit que
d2 = f(d1) > f(d2) .
L’application f envoie, de manière injective, l’ensemble des points x de E tels que x < f(x) dans l’en-semble des points x de E tels que x > f(x). En inversant les inégalités dans la démonstration, elle envoitaussi l’ensemble des points x de E tels que x > f(x) dans l’ensemble des points x de E tels que x < f(x).Il y a donc autant d’éléments dans les deux ensembles. En ajoutant l’unique point c tel que f(c) = c, ily a donc un nombre impair de points dans E . Ce qui précède s’explique par la symétrie des graphes def et de f−1 par rapport à la première bissectrice.
a b
b
d1 d2c = d
✲
✻
32
37. Si f et g sont croissantes sur I, on a, quels que soient x et y dans I vérifiant x ≤ y les inégalités
f(x) ≤ f(y) et g(x) ≤ g(y) .
En additionnant ces inégalités, on obtient
(f + g)(x) = f(x) + g(x) ≤ f(y) + g(y) = (f + g)(y) ,
et f + g est croissante.
Si f et g sont positives, on obtient en multipliant les inégalités
(f · g)(x) = f(x) · g(x) ≤ f(y) · g(y) = (f · g)(y) ,
et f · g est croissante.
Si f et g sont négatives, on a
−f(x) ≥ −f(y) ≥ 0 et − g(x) ≥ −g(y) ≥ 0 ,
et, en multipliant les inégalités,
(f · g)(x) = (−f(x)) · (−g(x)) ≥ (−f(y)) · (−g(y)) = (f · g)(y) ,
donc f · g est décroissante.
38. a) La fonction |f | est continue sur [−1, 1 ] . Elle y atteint donc son maximum. Ce maximum estpositif. S’il était nul, on aurait f(x) = 0 pour tout x de [−1, 1 ] , et le polynôme f aurait une infinité deracines. Il serait donc nul, et tous ses coefficients seraient nuls, ce qui n’est pas le cas.
b) Si M(a, b, c) < 1, on a donc, pour tout x de [−1, 1 ] l’encadrement
−1 < f(x) < 1 .
Par ailleurs
g(1) = g
(−1
2
)= 1 et g(−1) = g
(1
2
)= −1 .
Il en résulte que
(f − g)(1) = f(1)− 1 < 0 et (f − g)
(−1
2
)= f
(−1
2
)− 1 < 0 ,
ainsi que
(f − g)(−1) = f(−1) + 1 > 0 et (f − g)
(1
2
)= f
(1
2
)+ 1 > 0 .
En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction f − g dans les intervalles ]−1, −1/2 [ ,]−1/2, 1/2 [ et ] 1/2, 1 [ , on en déduit que le polynôme f − g possède trois racines distinctes.
c) Mais(f − g)(x) = ax2 + (b+ 3)x+ c ,
est de degré 2 au plus, et a au plus deux racines réelles s’il est non nul. La seule possibilité est donc quef = g. Mais dans ce cas
M(a, b, c) = M(0,−3, 0) ≥ g(1) = 1 ,
et l’on obtient une contradiction. Il en résulte que l’hypothèse M(a, b, c) < 1 est fausse. Alors, quels quesoient a, b et c,
M(a, b, c) ≥ 1 .
33
39. a) En prenant x = y = 0 dans la relation vérifiée par f , on obtient
f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) = 2f(0) .
donc f(0) est nul. Puis en prenant y = −x
0 = f(0) = f(x− x) = f(x) + f(−x) ,
d’oùf(−x) = −f(x) .
b) Soit x un réel fixé. Une démonstration par récurrence, montre que, pour tout tout entier positif n,
f(nx) = nf(x) .
C’est vrai si n = 1. Si l’on suppose la propriété vraie à l’ordre n on a alors
f((n+ 1)x) = f(nx+ x) = f(nx) + f(x) = nf(x) + f(x) = (n+ 1)f(x) ,
et la propriété est vraie à l’ordre n+ 1 donc quel que soit n positif.
Si maintenant n est négatif, alors (−n) est positif, et
f(nx) = −f(−nx) = −(−n)f(x) = nf(x) .
La propriété est donc vraie pour tout entier relatif n.
c) Alors si q est un entier non nul,
qf
(n
qx
)= f(nx) = nf(x) ,
donc
f
(n
qx
)=
n
qf(x) .
Finalement, pour tout nombre rationnel r,
f(rx) = rf(x) .
Maintenant, si λ est réel, il est limite d’une suite (rn)n≥0 de nombres rationnels. On a donc pour tout npositif, la relation
f(rnx) = rnf(x) ,
et comme f est continue, f(rnx) tend vers f(λx) . Par passage à la limite, on trouve
f(λx) = λf(x) .
En particulier, on a pour tout x réelf(x) = xf(1) .
L’application f est donc une application linéaire. Et réciproquement, toute application linéaire de R danslui même vérifie, pour tout couple (x, y) la relation
f(x+ y) = f(x) + f(y) .
34
40. On a, par la formule du binôme,
f(xn)− f(yn) =
(n+
1
n
)p
− np =
p−1∑
k=0
(p
k
)n2k−p .
Cette somme de nombres positifs est supérieure en particulier au terme obtenu pour k = p− 1, donc
f(xn)− f(yn) ≥ p np−2 .
Mais p ≥ 2 et n ≥ 1. Doncf(xn)− f(yn) ≥ 2 .
Si f était uniformément continue sur R, et si l’on prend ε = 2, il existerait α > 0, tel que, quels quesoient x et y réels, on ait
|x− y| < α et |f(x)− f(y)| < 2 .
Mais si l’on prend n > 1/α, on voit que
|xn − yn| =1
n< α et |f(xn)− f(yn)| ≥ 2 .
On a donc une contradiction, et la fonction f n’est pas uniformément continue sur R.
41. Soit ε > 0. Il existe α1 > 0, tel que, si x et y sont dans I tels que |x− y| < α1, on ait
|f(x)− f(y)| < ε
2.
De même il existe α2 > 0, tel que, si x et y sont dans I tels que |x− y| < α2, on ait
|g(x)− g(y)| < ε
2.
Alors, si x et y sont dans I tels que |x− y| < min(α1, α2), on a
|(f + g)(x) − (f + g)(y)| ≤ |f(x)− f(y)|+ |g(x)− g(y)| < ε
2+
ε
2= ε .
Donc f + g est uniformément continue sur I.
Il n’en est pas de même pour le produit. Si l’on prend f(x) = g(x) = x. Les fonctions f et g sont unifor-mément continues sur R, mais fg ne l’est pas d’après l’exercice précédent.
42. Remarquons tous d’abord que, si p = 1, on a égalité. Supposons donc p ≥ 2 et étudions la fonctionf définie sur [ y, +∞ [ par
f(x) = (x− y)1/p − x1/p + y1/p .
En dérivant, on obtient,
f ′(x) =1
p((x− y)
1p−1 − x
1p−1) .
Mais1
p− 1 =
1− p
p< 0 ,
et la fonction qui à t associe t1p−1 est décroissante. Donc, puisque
0 ≤ x− y ≤ x ,
on en déduit que
(x− y)1p−1 ≥ x
1p−1 ,
35
et donc f ′(x) est positive. Il en résulte que f est croissante sur [ y, +∞ [ et comme f(y) = 0, on en déduitque f(x) est positive. Alors, si x ≥ y,
|x1/p − y1/p| ≤ |x− y|1/p .
Si y ≥ x, on permute les rôles de x et de y dans l’inégalité précédente, et on obtient le même résultat.
Soit ε > 0, si l’on a|x− y| < α = εp ,
alors|x1/p − y1/p| ≤ ε ,
et la fonction x 7→ x1/p est uniformément continue sur R+.
Si cette fonction était contractante, il existerait k ≥ 0 tel que, quels que soient x et y positifs,
|x1/p − y1/p| ≤ k|x− y| .
En particulier, en prenant y = 0,x1/p ≤ kx ,
et on en déduiraitx ≤ kpxp ,
donc1
kp≤ xp−1 .
et finalement, si p ≥ 2,
x ≥ 1
kp/(p−1),
ce qui n’est pas vrai quel que soit x réel positif. Par ailleurs si p = 1, on obtient k ≥ 1. La fonction n’estdonc pas contractante sur R
+.
36