Determiner a Et B Pour Que F Soit Continue

Exercices corrigés - Continuité

Continuité en un point

Enoncé

On considère la fonction $g$ définie sur $\mathbb R$ par $$g(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac1{\ln |x|}&\textrm{ si }x\notin\{-1,0,1\}\\ 0&\textrm{ si }x=-1,0,1 \end{array}\right.$$ En quels points $g$ est-elle continue?

Corrigé

D'abord, $g$ est continue sur $\mathbb R\backslash\{-1,0,1\}$ comme inverse d'une fonction continue dont le dénominateur ne s'annule pas.
Étudions ensuite la continuité de $g$ en $0$. Puisque $\lim_{x\to 0}\ln|x|=-\infty$, on a $$\lim_{x\to 0}g(x)=\lim_{X\to -\infty}\frac 1X=0=g(0).$$ La fonction $g$ est continue en $0$. Ensuite, puisque $\lim_{x\to 1^+}\ln |x|=0^+$, on a $$\lim_{x\to 1^+}g(x)=\lim_{X\to 0^+}\frac 1X=+\infty\neq g(1).$$ La fonction $g$ n'est pas continue en $1$. De même, on prouve que $g$ n'est pas continue en $-1$.

Enoncé

1. On considère une fonction $f:\mathbb R\to\mathbb R$ définie par \[ f(x) = \begin{cases} (ax)^2& \text{si } x\leq 1,\\ a\sin(\frac{\pi}{2}x)& \text{si } x>1 \end{cases} \] où $a\in\mathbb R$ est une constante réelle. Pour quelles valeurs de $a$ la fonction $f$ est-elle continue?
2. Déterminer toutes les valeurs des constantes $\alpha, \beta,\gamma\in\mathbb R$ telles que la fonction $g:\mathbb R\to\mathbb R$ suivante soit continue : \[ g(x) = \begin{cases} 1& \text{si } x\leq 0, \\ \alpha e^{-x} + \beta e^x + \gamma x(e^x - e^{-x}) & \text{si } 0<x<1, \\ e^{2-x}& \text{si } x\geq 1. \\ \end{cases} \]

Indication

Il faut étudier la continuité à droite et à gauche en les points de raccord.

Corrigé

1. La fonction est clairement continue sur $]1;+\infty[$ et sur $]-\infty;1[$. Pour que $f$ soit continue, il faut et il suffit que $f$ admette une limite à droite et à gauche en 1 et que ces limites coïncident. Mais on a $$\lim_{x\to 1^+}f(x)=a\sin(\pi/2)=a\textrm{ tandis que }\lim_{x\to 1^-}f(x)=a^2.$$ La fonction $f$ est donc continue en $1$ si et seulement si $a^2=a$ c'est-à-dire si et seulement si $a=1$ ou $a=0$.
2. On fait la même chose, mais on doit étudier cette fois la continuité à droite et à gauche en 0 et en $1$, la fonction $g$ étant clairement continue sur $]-\infty;0[$, sur $]0;1[$ et sur $]1;+\infty[$. On a d'une part $$\lim_{x\to 0^-}g(x)=1\textrm{ et }\lim_{x\to 0^+}g(x)=\alpha+\beta.$$ D'autre part, on a $$\lim_{x\to 1^-}g(x)=\alpha e^{-1}+\beta e^1+\gamma(e^1-e^{-1})\textrm{ et } \lim_{x\to 1^+}g(x)=e^{1}.$$ La fonction $g$ est continue si et seulement si le triplet $(\alpha,\beta,\gamma)$ vérifie le système suivant : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta&=&1\\ e^{-1}\alpha+e^{1}\beta+(e^1-e^{-1})\gamma&=&e^1. \end{array}\right.$$ On résout ce système, par exemple en retirant $e^{-1} L_1$ à $L_2$. On trouve le système équivalent : $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta&=&1\\ (e^1-e^{-1})\beta+(e^1-e^{-1})\gamma&=&e^1-e^{-1}. \end{array}\right.$$

On peut simplifier par $e^1-e^{-1}$ dans la seconde équation et on trouve $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta&=&1\\ \beta+\gamma&=&1. \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} \alpha&=&\gamma\\ \beta&=&1-\gamma\\ \gamma&=&\gamma \end{array}\right. $$ L'ensemble des triplets pour lesquels la fonction $g$ est continue est donc donné par $\{(0,1,0)+\gamma(1,-1,1):\gamma\in\mathbb R\}$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ définie par $f(x)=\lfloor x\rfloor +\sqrt{x-\lfloor x\rfloor }$. Étudier la continuité de $f$ sur $\mathbb R$.

Indication

Utiliser que $f$ est "presque" $1$-périodique, puis étudier la continuité en 0.

Corrigé

On remarque d'abord que, puisque $\lfloor x+1\rfloor =\lfloor x\rfloor+1$, on a $f(x+1)=f(x)+1$. De plus, par composée et somme de fonctions continues, $f$ est clairement continue sur $\mathbb R\backslash \mathbb Z$. Il suffit donc d'étudier la continuité de $f$ en 0. On a d'une part pour $x\in[0,1[$, $$\lfloor x\rfloor +\sqrt{x-\lfloor x\rfloor }=\sqrt x$$ ce qui entraîne $$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\sqrt{x}=0.$$ D'autre part, pour $x\in –]-1,0[$, on a $$\lfloor x\rfloor +\sqrt{x-\lfloor x\rfloor }=-1+\sqrt{x+1}.$$ On en déduit $$\lim_{x\to 0^-}f(x)=-1+\sqrt 1=0.$$ La fonction $f$ admet des limites à gauche et à droite en 0 qui coïncident. Elle est donc continue en 0, et par suite sur $\mathbb R$ tout entier.

Enoncé

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb R\backslash\{-1\}$ par $$f(x)=\frac{1+x}{x^3+1}.$$ Démontrer qu'on peut prolonger $f$ par continuité en $-1$. Préciser la valeur prise en $-1$ par ce prolongement.

Corrigé

Le numérateur et le dénominateur s'annule tous les deux en $-1$, et donc on a une forme indéterminée lorsqu'on calcule la limite de $f$ en $-1$. Pour lever cette indétermination, on factorise le dénominateur en $$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$$ (pour trouver cette forme, on peut procéder par identification en écrivant $x^3+1=(x+1)(x^2+ax+b)$). On en déduit alors que, pour tout $x\neq -1$, on a $$f(x)=\frac{1}{x^2-x+1}.$$ Ainsi, $\lim_{x\to -1} f(x)=1/3$ et on en déduit que l'on peut prolonger $f$ par continuité en $-1$ en posant $f(-1)=1/3$.

Enoncé

Dire si les fonctions suivantes sont prolongeables par continuité à $\mathbb R$ tout entier :

1. $f(x)=\sin(x)\sin(1/x)$ si $x\neq 0$;
2. $g(x)=\cos(x)\cos(1/x)$ si $x\neq 0$;
3. $h(x)=\sin(x+1)\ln|1+x|$ si $x\neq -1$.

Indication

Pour $g$, considérer deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ tendant vers 0 et telles que $g(u_n)$ et $g(v_n)$ n'ont pas la même limite.

Corrigé

1. Par les théorèmes généraux, $f$ est continue sur $\mathbb R^*$. De plus, on a $$|f(x)|\leq |\sin x||\sin(1/x)|\leq |x|\times 1\leq |x|.$$ Par le théorème d'encadrement, $\lim_{x\to 0}f(x)=0$. On peut donc prolonger $f$ par continuité en 0 en posant $f(0)=0$.
2. En remplaçant $\sin$ par $\cos$, le procédé précédent ne fonctionne plus puisque $\cos(0)\neq 0$. On va prouver qu'on ne peut pas prolonger $g$ par continuité en 0. Pour cela, on considère les deux suites $$u_n=\frac{1}{2n\pi}\textrm{ et }v_n=\frac{1}{2n\pi+\pi/2}.$$ Alors les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent vers 0. Cependant, $$g(u_n)=\cos(u_n)\cos(2n\pi)=\cos(u_n)\to 1$$ tandis que $$g(v_n)=\cos(v_n)\cos(2n\pi+\pi/2)=0.$$ Ainsi, $(g(u_n))$ converge vers 1 et $(g(v_n))$ converge vers 0. $g$ n'admet pas de limite en 0 et n'est donc pas prolongeable par continuité en ce point.
3. Par les théorèmes généraux, $h$ est continue sur $\mathbb R\backslash\{-1\}$. Par ailleurs, posant $u=x+1$, on a $$\lim_{x\to -1}h(x)=\lim_{u\to 0}\sin(u)\ln|u|=\lim_{u\to 0}\frac{\sin u}{u}\times u\ln|u|=1\times 0=0.$$ Ainsi, on peut prolonger par continuité $h$ en $-1$ en posant $h(-1)=0$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ la fonction définie par $$f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 1&\textrm{si }x\in\mathbb Q\\ 0&\textrm{si }x\notin \mathbb Q. \end{array}\right.$$ Montrer que $f$ est discontinue en tout point.

Indication

$\mathbb Q$ et $\mathbb R\backslash \mathbb Q$ sont denses dans $\mathbb R$.

Corrigé

Puisque $\mathbb Q$ et $\mathbb R\backslash \mathbb Q$ sont denses dans $\mathbb R$, on peut trouver pour chaque $a\in\mathbb R$ une suite $(u_n)$ de $\mathbb Q$ et une suite $(v_n)$ de $\mathbb R\backslash\mathbb Q$ telles que $u_n\to a$ et $v_n\to a$. Mais, pour chaque $n$, on a $f(u_n)=1$ et $f(v_n)=0$. Les suites $(f(u_n))$ et $(f(v_n))$ ne convergent pas vers la même limite alors que $(u_n)$ et $(v_n)$ convergent toutes les deux vers $a$. Ainsi, $f$ n'est pas continue en $a$.

Enoncé

Soit $f,g:\mathbb R\to\mathbb R$ deux fonctions continues. On définit une fonction $h:\mathbb R\to\mathbb R$ par $$h(x)=\left\{ \begin{array}{ll} f(x)&\textrm{ si }x\in\mathbb Q\\ g(x)&\textrm{ si }x\in\mathbb R\backslash \mathbb Q. \end{array}\right.$$ Démontrer que $h$ est continue en $x_0\in\mathbb R$ si et seulement si $f(x_0)=g(x_0)$.

Indication

Si $f(x_0)=g(x_0)$, utiliser la définition de la continuité de ces deux fonctions pour démontrer que $h$ est continue. Si $f(x_0)\neq g(x_0)$, démontrer que $h$ n'est pas continue en $x_0$ en utilisant la caractérisation séquentielle de la continuité...

Corrigé

On suppose d'abord que $f(x_0)=g(x_0)=h(x_0)$ et démontrons que $h$ est continue en $x_0$. Soit $\veps>0$. On sait que $f$ est continue en $x_0$ : $$\exists \eta_1>0,\ |x-x_0|<\eta_1\implies |f(x)-h(x_0)|<\veps.$$ On sait aussi que $g$ est continue en $x_0$ : $$\exists \eta_2>0,\ |x-x_0|<\eta_2\implies |g(x)-h(x_0)|<\veps.$$ Posons $\eta=\min(\eta_1,\eta_2)$. Alors, si $|x-x_0|<\eta$, on a $h(x)=f(x)$ ou $h(x)=g(x)$. Donc, dans tous les cas, $|h(x)-h(x_0)|<\veps$.
Réciproquement, supposons que $f(x_0)\neq g(x_0)$. Soit $(x_n)$ une suite de rationnels qui converge vers $x_0$, et $(y_n)$ une suite d'irrationnels qui converge vers $x_0$. Considérons la suite $(u_n)$ définie par $u_{2n}=x_n$ et $u_{2n+1}=y_n$. Alors la suite $(u_n)$ converge vers $x_0$. Mais $(h(u_{2n})=(f(u_{2n}))$ converge vers $f(x_0)$ et $(h(u_{2n+1})=(g(u_{2n+1}))$ converge vers $g(x_0)$. Puisque $f(x_0)\neq g(x_0)$ la suite $(h(u_n))$ ne converge pas et donc $h$ n'est pas continue en $x_0$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to \mathbb R$ la fonction définie par $$f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 0&\textrm{si $x$ est irrationnel ou $x=0$.}\\ \frac{1}{q}&\textrm{si $x=p/q$, avec $p\in \mathbb Z$, $q\geq 1$ et $p\wedge q=1$ }\\ \end{array}\right.$$ En quels points $f$ est-elle continue?

Indication

Prendre $a\in \mathbb R$ et étudier la continuité de $f$ en $a$ en séparant trois cas : $a=0$, $a$ rationnel distinct de $0$, et $a$ irrationnel. Dans ce dernier cas, on pourra montrer que si $N\geq 1$ est fixé, alors il existe $\veps>0$ tel que, pour tout $p/q\in[a-\veps,a+\veps]$, alors $q\geq N$.

Corrigé

Soit $a\in\mathbb R$ et étudions la continuité de $f$ en $a$. On sépare l'étude en trois cas :

1. Si $a$ est rationnel, et $a\neq 0$, on a $f(a)\neq 0$. Soit $(x_n)$ une suite telle que $(x_n)\to a$ et chaque $x_n$ est irrationnel. Alors $f(x_n)=0$, donc on a $x_n\to a$ et $f(x_n)\to 0\neq f(a)$. La fonction $f$ n'est pas continue en $a$.
2. Si $a$ est irrationnel, l'idée est que, pour un rationnel $p/q$ proche de $a$, $q$ doit nécessairement être grand, et donc $f(p/q)$ sera petit. Formalisons un peu les choses. Fixons $\veps>0$ et $N\geq 1$ tel que $1/N\leq\veps$. Dans l'intervalle $[a-1,a+1]$, il y a un nombre fini de rationnels de la forme $p/q$ avec $1\leq q\leq N$. En effet, on a forcément $$|p|\leq (|a|+1)\times q\leq (|a|+1)\times N$$ et il y a un nombre fini de choix de $p$ et $q$ possibles. De plus, aucun de ces $p/q$ n'est égal à $a$, puisque $a$ est irrationnel. On peut donc trouver $\delta>0$ tel que, pour tout $x\in]a-\delta,a+\delta[$ qui s'écrit $p/q$ avec $q\geq 1$, on a $q\geq N$. On en déduit que, pour tout $x\in]a-\delta,a+\delta[$
   • ou bien $x$ est irrationnel ou nul et $|f(x)|=0$;
   • ou bien $x$ est rationnel et par le choix de $\delta$, on a $|f(x)|\leq 1/N<\veps$.
   Ainsi, $|f(x)-f(a)|<\veps$ pour tout $x$ dans $]a-\delta,a+\delta[$ : on a prouvé la continuité de $f$ en $a$.
3. Si $x=0$, alors une petite variation de la preuve précédente (il faut enlever les rationnels $p/q$ avec $p=0$) prouve que $f$ est aussi continue en $0$.

Continuité en un point - aspects théoriques

Enoncé

Démontrer que si une fonction $f:\mathbb R\to\mathbb R$ est continue en $x_0$, alors $|f|$ est continue en $x_0$. Démontrer que la réciproque est fausse.

Indication

Appliquer la définition de la continuité.

Corrigé

On va vérifier par la définition que $|f|$ est continue en $x_0$. Pour cela, soit $\veps>0$. Puisque $f$ est continue en $x_0$, il existe $\eta>0$ tel que, si $|x-x_0|<\eta$, alors $|f(x)-f(x_0)|<\veps$. Mais, par l'inégalité triangulaire, $$\big| |f(x)|-|f(x_0)|\big|\leq |f(x)-f(x_0)| <\veps.$$ Ainsi, $|f|$ est continue en $x_0$. On aurait pu aussi utiliser que $|f|=|\cdot|\circ f$, et utiliser le fait que la composée de deux fonctions continues est continue.
La réciproque est fausse. Considérons par exemple $f$ définie par $f(x)=-1$ si $x\leq 0$ et $f(x)=1$ si $x>0$. Alors $f$ n'est pas continue en $0$. En revanche, $|f|=1$ est une fonction constante, et donc $|f|$ est continue.

Enoncé

Soient $f,g:\mathbb R\to\mathbb R$ deux fonctions continues. Montrer que $\inf(f,g)$ et $\sup(f,g)$ sont continues.

Indication

Fixer un $x_0\in\mathbb R$ et partager l'étude en 3 cas, suivant la position de $f(x_0)$ par rapport à $g(x_0)$.

Corrigé

Il y (au moins) deux façons de résoudre cet exercice. La première est d'utiliser un marteau. On a en effet $$\inf(f,g)=\frac{f+g-|f-g|}{2}\textrm{ et }\sup(f,g)=\frac{f+g+|f-g|}{2}.$$ Puisque $f,g$ et $|.|$ sont trois fonctions continues, il en est de même de $\inf(f,g)$ et de $\sup(f,g)$. On peut aussi procéder à la main (c'est plus instructif). Pour simplifier les notations, on pose $h=\inf(f,g)$. On $x_0\in\mathbb R$ et on va prouver que $h$ est continue en $x_0$. Soit $\veps>0$. On distingue 3 cas :

1. Si $f(x_0)<g(x_0)$, on pose $\delta=\inf(\veps,(g(x_0)-f(x_0))/2)$. Par continuité de $f$ et de $g$, il existe $\eta>0$ tel que, pour $|x-x_0|<\eta$, on a $$|f(x)-f(x_0)|<\delta\textrm{ et }|g(x)-g(x_0)|<\delta$$ (ici, $\eta$ correspond à $\min(\eta_f,\eta_g)$ où $\eta_f$ est la quantité associée à $\delta$ par continuité de $f$ en $x_0$, et $\eta_g$ la même chose pour $g$). En particulier, on a, pour $|x-x_0|<\eta$, $$f(x)\leq f(x_0)+\delta\leq g(x_0)-\delta\leq g(x).$$ Ainsi, pour tout $x\in[x_0-\eta,x_0+\eta]$, on a $h(x)=f(x)$, et $$|h(x)-h(x_0)|=|f(x)-f(x_0)|<\delta\leq\veps.$$ Ceci prouve que $h$ est continue en $x_0$.
2. Si $g(x_0)>f(x_0)$, on effectue le même raisonnement en échangeant les rôles joués par $f$ et $g$.
3. Si $g(x_0)=f(x_0)$, alors c'est presque plus simple. On sait qu'il existe $\eta>0$ tel que, pour $|x-x_0|<\eta$, on a $$|f(x)-f(x_0)|<\veps\textrm{ et }|g(x)-g(x_0)|<\veps$$ soit, $$|f(x)-h(x_0)|<\veps\textrm{ et }|g(x)-h(x_0)|<\veps.$$ Puisqu'on a toujours $h(x)=f(x)$ ou $h(x)=g(x)$, on trouve $$|h(x)-h(x_0)|<\veps$$ ce qui prouve la continuité de $h$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ une fonction continue périodique non constante. On veut prouver que $f$ admet une plus petite période, c'est-à-dire qu'il existe $T>0$ tel que

• $f(x+T)=f(x)$ pour tout $x\in\mathbb R$
• pour tout $0<\tau<T$, il existe $x\in\mathbb R$ avec $f(x+\tau)\neq f(x)$.

On pose $$A=\{\tau>0:\ \forall x\in\mathbb R,\ f(x+\tau)=f(x)\}.$$

1. Justifier que $A$ admet une borne inférieure que l'on notera $T$.
2. Démontrer que $T>0$.
3. Démontrer que $T$ est une période pour $f$.

Indication

2. Raisonner par l'absurde et utiliser que $f$ n'est pas constante et est continue.

Corrigé

1. $A$ est une partie de $\mathbb R$ non vide (puisque $f$ est périodique) et minorée par $0$. Elle admet donc une borne inférieure.
2. Soit $x\neq y$ tel que $f(x)\neq f(y)$. Soit $\veps=|f(y)-f(x)|>0$. Alors il existe $\delta>0$ tel que pour tout $z\in A$, $|y-z|<\delta$ entraîne $|f(y)-f(z)|<\veps$. Supposons que $T=0$. Alors il existe $\tau\in A$ tel que $0<\tau<\delta$. Mais alors, il existe un entier $n\in\mathbb Z$ tel que $x+n\tau\leq y<x+(n+1)\tau$, et donc $|y-(x+n\tau)|<\delta$. On en déduit que $$|f(y)-f(x)|=|f(y)-f(x+n\tau)|<\veps=|f(y)-f(x)|,$$ une contradiction.
3. Fixons $x\in\mathbb R$ et soit $(\tau_k)$ une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $T$. Puisque $f(x+\tau_k)=f(x)$, la continuité de $f$ en $x+T$ entraîne que $f(x+T)=f(x)$. Ainsi, $T$ est bien une période de $f$, et par construction, c'est la plus petite période de $f$.

Enoncé

Soit $f:I\to\mathbb R$ une fonction monotone. Montrer que l'ensemble de ses points de discontinuité est fini ou dénombrable.

Indication

Une fonction monotone admet une limite à droite et une limite à gauche en tout point $a$. Elle est discontinue en $a$ ssi ces deux limites sont différentes. Séparer ces points suivant l'écart entre la limite à gauche et la limite à droite.

Corrigé

On peut supposer $f$ croissante. Soit $a\in I$. $f$ admet en $a$ une limite à gauche, notée $f(a^-)$, et une limite à droite, notée $f(a^+)$. $f$ est discontinue en $a$ si et seulement si $f(a^-)<f(a^+)$. On sépare alors les points de discontinuité en fonction de l'écart entre limite à gauche et limite à droite. Concrètement, pour tout $n\geq 1$, on pose $$I_n=\left\{a\in[0,n];\ |f(a)|\leq n\textrm{ et }f(a^+)-f(a^-)\geq 1/n\right\}.$$ Il est d'une part facile de constater que l'ensemble des points de discontinuité de $f$ est exactement la réunion des ensembles $I_n$. D'autre part, chaque $I_n$ est fini. En effet, si $a_1,\dots,a_p$ sont éléments de $I_n$ avec $a_1<a_2<\dots<a_p$, alors, puisque $f$ est croissante, on a $f(a_i^+)\leq f(a_{i+1}^-)$ et donc $f(a_{i+1}^-)-f(a_i^-)\geq 1/n$. Par télescopage, on en déduit que $$f(a_p^-)-f(a_1^-)\geq (p-1)/n.$$ Maintenant, puisque $|f(x)|\leq n$ pour $x$ dans $I_n$, on a aussi $$f(a_p^-)-f(a_1^-)\leq 2n.$$ On a donc $\frac{p-1}n \leq 2n\implies p\leq 2n^2+1$. Il y donc au plus $2n^2+1$ éléments dans $I_n$. Comme la réunion dénombrable d'ensembles finis ou dénombrables est fini ou dénombrable, on en déduit que l'ensemble des points de discontinuité de $f$ est bien fini ou dénombrable.

Prolongements d'identité

Enoncé

Soient $f,g:\mathbb R\to\mathbb R$ continues.

1. On suppose que, pour tout $x\in\mathbb Q$, on a $f(x)<g(x)$.
   1. Montrer que $f(x)\leq g(x)$ pour tout $x\in\mathbb R$.
   2. Montrer que l'on n'a pas nécessairement une inégalité stricte dans la question précédente.
2. On suppose désormais que, pour tout $x,y\in\mathbb Q$ avec $x<y$, on a $f(x)<f(y)$. Montrer que $f$ est strictement croissante.

Indication

1. 1. $\mathbb Q$ est dense dans $\mathbb R$.
   2. Prendre $g=0$ et $f>0$, sauf en un point irrationnel.
2. Intercaler des rationnels entre deux nombres quelconques.

Corrigé

1. 1. Soit $x\in\mathbb R$. Il existe une suite de rationnels $(u_n)$ qui converge vers $x$. Le passage à la limite dans $f(u_n)<g(u_n)$ donne $f(x)\leq g(x)$.
   2. Prenons $f=0$ et $g(x)=|x-\sqrt 2|$. Alors $g(x)>0=f(x)$ pour tout $x\neq\sqrt 2$, en particulier pour tout $x\in\mathbb Q$, et pourtant $f(\sqrt 2)=g(\sqrt 2)=0$.
2. Soient $x<y$. On peut trouver des rationnels $a$ et $b$ tels que $x<a<b<y$. Soit ensuite une suite de rationnels $(x_n)$ qui converge vers $x$ et $(y_n)$ une suite de rationnels qui converge vers $y$. Pour $n$ assez grand, on a $x_n\leq a$, donc $f(x_n)\leq f(a)$ et par passage à la limite $f(x)\leq f(a)$. De même, on a $f(b)\leq f(y)$. On obtient l'inégalité stricte en écrivant $$f(x)\leq f(a)<f(b)\leq f(y),$$ qui est vraie car $a<b$ et $a,b$ sont deux rationnels.

Enoncé

Soit $f$ une application de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$ continue en 0, et vérifiant $f(2x)=f(x)$ pour tout réel $x$. Montrer que $f$ est constante. Comment généraliser ce résultat si $f$ vérifie $f(ax+b)=f(x)$ pour des réels $a$ et $b$ donnés avec $|a|\neq 1$?

Corrigé

Soit $x\in\mathbb R$ et $(x_n)$ la suite définie par $x_n=x/2^n$. Alors $x_n=2x_{n+1}$, et donc on a $f(x_n)=f(x_{n+1})$. Ainsi, on obtient que pour tout entier $n$, on a $f(x_n)=f(x)$. Or, la suite $(x_n)$ tend vers 0, et $f$ est continue en 0. On en déduit que $f(x_n)\to f(0)$, et donc que $f(x)=f(0)$. Comme $x$ est arbitraire, $f$ est bien constante égale à $f(0)$.
Si $f$ vérifie la relation $f(ax+b)=f(x)$, alors soit $l$ la solution de $al+b=l$, soit $l=\frac{b}{1-a}$ (on a $a\neq 1$). Si $f$ est continue en $l$, alors $f$ va être constante. En effet, la transformation $x\mapsto ax+b$ est une homothétie de centre $l$ et de rapport $a$. On peut faire le même travail avec cette homothétie qu'avec l'homothétie $x\mapsto 2x$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ continue telle que, $$\forall (x,y)\in\mathbb R^2,\ f(x+y)=f(x)+f(y).$$

1. Démontrer que, pour tout $n\geq 1$ et tout $x\in\mathbb R$, $f(nx)=nf(x)$.
2. Démontrer que, pour tout $n\in\mathbb Z$ et tout $x\in\mathbb R$, $f(nx)=nf(x)$.
3. Démontrer que pour tout nombre rationnel $r=\frac{p}q$ et pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$f\left(\frac pq x\right)=\frac pqf(x)$$ (on pourra écrire $p=q\times\frac pq$).
4. Conclure qu'il existe $a\in\mathbb R$ tel que, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)=ax$.

Corrigé

1. On remarque d'abord que $f(2x)=2f(x)$, puis, par récurrence sur $n$, que $f(nx)=nf(x)$. En effet, si la propriété est vraie au rang $n$, alors on a $$f\big((n+1)x\big)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)=(n+1)f(x).$$
2. Remarquons aussi que $f(0)=f(0+0)=2f(0)\implies f(0)=0$. En particulier, $f(0x)=0$. Maintenant, si $n$ est un entier négatif, $-n$ est un entier positif et $-nx+nx=0$. On en déduit que $$0=f(0)=f(-nx+nx)=f(-nx)+f(nx)=-nf(x)+f(nx).$$ Ainsi, $f(nx)=nf(x)$.
3. Soit maintenant $r=p/q$ un rationnel. Pour calculer $f(rx)$, l'astuce est d'écrire $$f\left(q\times \frac{p}{q} x\right)=qf\left(\frac{p}{q} x\right)$$ d'une part et $$f\left(q\times \frac{p}{q}x\right)=f(px)=pf(x)$$ d'autre part. De la sorte, on a $f(rx)=rf(x)$.
4. Posons $a=f(1)$. Alors on vient de prouver que $f(x)=xf(1)$ pour tout $x\in\mathbb Q$. Soit $x\in\mathbb R$ et $(x_n)$ une suite de rationnels tendant vers $x$. Le passage à la limite dans $f(x_n)=x_nf(1)$ (licite car $f$ est continue) donne $f(x)=xf(1)$. Comme une telle fonction vérifie l'équation fonctionnelle, on vient de prouver que les fonctions continues vérifiant $f(x+y)=f(x)+f(y)$ pour tous $x,y\in\mathbb R$ sont exactement les fonctions linéaires.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ une fonction continue telle que $$\forall x,y\in\mathbb R,\ f\left(\frac{x+y}2\right)=\frac{1}{2}\big(f(x)+f(y)\big).$$

1. Vérifier que les fonctions affines sont solutions de cette équation.
2. Dans cette question, on cherche à déterminer les fonctions qui sont solutions de l'équation et qui s'annulent en 0 et en 1.
   1. Démontrer que, pour tout entier $p\in\mathbb N$, on a $f( p)=0$.
   2. Démontrer que, pour tout entier $p\in\mathbb Z$, on a $f( p)=0$.
   3. Démontrer que, pour tout $p\in\mathbb Z$ et tout $n\in\mathbb N$, on a $f\left(\frac p{2^n}\right)=0$.
   4. Soit $x\in\mathbb R$. Pour $n\in\mathbb N$, on pose $x_n=\frac{\lfloor 2^n x\rfloor}{2^n}$. Démontrer que $(x_n)$ converge vers $x$.
   5. En déduire que $f$ est identiquement nulle.
3. Dans le cas général, démontrer que $f$ est une fonction affine.

Indication

2. 1. Récurrence double!
   2. $f$ est impaire!
   3. Récurrence!
   4. Écrire la définition de la partie entière, et conclure par le théorème des gendarmes.
   5. Caractérisation séquentielle de la continuité.
3. On pourra considérer la fonction affine $g$ valant la même valeur que $f$ en $0$ et en $1$.

Corrigé

1. Vérification immédiate!
2. 1. Prouvons par récurrence double sur $p\in \mathbb N$ que $f( p)=0$ pour tout $p\in\mathbb N$. En effet, on a bien $f(0)=f(1)=0$. De plus, si $f(p-2)=f(p-1)=0$, alors en appliquant la propriété avec $x=p-2$ et $y=p$, on a $$f(p-1)=\frac 12f(p )+\frac 12f(p-2),$$ ce qui implique $f( p)=0$.
   2. Remarquons que $f$ est impaire. En effet, si $x\in\mathbb R$ et si on applique la propriété avec $y=-x$, alors $f(x)+f(-x)=0$ ce qui prouve bien que $f$ est impaire. Ainsi, pour tout $p\in\mathbb Z$, on a $f( p)=0$.
   3. Prouvons maintenant par récurrence sur $n\in\mathbb N$ que $f(p/2^n)=0$ pour tout $n\in\mathbb N$. C'est vrai pour $n=0$, et si c'est vrai au rang $n$, alors appliquons la propriété avec $x=0$ et $y=p/2^n$. Alors $f\left(\frac p{2^{n+1}}\right)=0$ ce qui prouve que la propriété est vraie au rang $n+1$.
   4. On a, par définition de la partie entière, $$2^n x_n \leq 2^n x\leq 2^n x_n+1\iff x-\frac{1}{2^n} \leq x_n \leq x.$$ Par le théorème des gendarmes, $(x_n)$ converge vers $x$.
   5. On a, pour tout entier $n$, $f(x_n)=0$ et de plus $x_n\to x$. Puisque $f$ est continue, $f(x_n)\to f(x)$ et donc $f(x)=0$.
3. Soit $g$ la fonction affine telle que $f(0)=g(0)$ et $f(1)=g(1)$ et posons $h=f-g$. Alors $h$ vérifie la propriété et vérifie également que $h(0)=h(1)=0$. On en déduit que $h$ est identiquement nulle, puis que $f=g$ est affine.

Théorème des valeurs intermédiaires - aspects pratiques

Enoncé

On considère une fonction $f$ continue définie sur $[-2;4]$ et admettant le tableau de variations suivant :

Déterminer, suivant la valeur de $k\in\mathbb R$, le nombre de solutions de l'équation $f(x)=k$ avec $x\in[-2;4]$.

Indication

Distinguer suivant si $k<-1$, $k\in [-1,0[$....

Corrigé

On distingue plusieurs cas suivant les valeurs de $k$ :

• Si $k<-1$ ou $k>2$, il n'y a pas de solutions.
• Si $k\in [-1;0[$, l'équation admet une seule solution qui est dans l'intervalle $[-2;-1]$.
• Si $k=0$, il y a deux solutions : une qui est dans l'intervalle $[-2;-1]$, et $2$.
• Si $k\in ]0;1[$, il y a trois solutions : une dans l'intervalle $]-2;-1[$, une dans l'intervalle $]-1;2[$ et une dans l'intervalle $]2;4[$.
• Si $k=1$, il y a deux solutions : une qui est dans l'intervalle $[2;4]$, et l'autre en $-1$.
• Si $k\in ]1;2]$, il y a une solution, dans l'intervalle $[2;4]$.

Pour justifier cela, on peut dire que $f$ définit une bijection de $[-2;-1]$ sur $[-1;1]$, et ainsi de suite...

Enoncé

Montrer que l'équation $x^3+x^2-4x+1=0$ admet au moins trois solutions distinctes dans $\mathbb R$. En utilisant l'algorithme de dichotomie, donner un encadrement d'amplitude inférieur à $10^{-1}$ de chacune de ces racines.

Indication

Calculer $f(0)$, $f(1)$ avec $f(x)=x^3+x^2-4x+1$, puis appliquer le théorème des valeurs intermédiaires.

Corrigé

Posons $f(x)=x^3+x^2-4x+1$. Remarquons que $f(0)=1>0$ et que $f(1)=-1<0$. De plus, $\lim_{-\infty}f=-\infty$ et $\lim_{+\infty}f=+\infty$. On va donc appliquer trois fois le théorème des valeurs intermédiaires :

• On a $0\in f(]-\infty,0[)$, et donc par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction continue $f$, il existe $x_1\in ]-\infty,0[$ tel que $f(x_1)=0$.
• On a $0\in f(]0,1[)$, et donc par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f$, il existe $x_2\in]0,1[$ tel que $f(x_2)=0$.
• On a $0\in f(]1,+\infty[)$, et donc par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $f$, il existe $x_3\in]1,+\infty[$ tel que $f(x_3)=0$.

Puisque $x_1<0<x_2<1<x_3$, on a bien trouvé trois racines distinctes à l'équation. En fait, comme on a affaire à un polynôme de degré 3, il ne peut pas avoir plus de 3 racines, et on a trouvé toutes ses racines.
On va maintenant encadrer ces racines. Pour cela on va utiliser la méthode de dichotomie. Commençons par $x_2$, dont on sait déjà qu'elle est comprise entre 0 et 1. On calcule successivement les valeurs suivantes $$ \begin{array}{c|c} x&f(x)\\ 0,5 &-0,625\\ 0,25 &0,078125\\ 0,375& -0,306640625\\ 0,3125& -0,121826172\\ \end{array}.$$ On en déduit que $0,25<x_2<0,3125$. Pour $x_3$, on commence par remarquer que $f(1)=-1<0<f(2)=5$. $x_3$ est donc localisé dans l'intervalle $[1,2]$. La méthode de dichotomie donne cette fois : $$ \begin{array}{c|c} x&f(x)\\ 1,5 &0,625\\ 1,25 &-0,484375\\ 1,375& -0,009765625\\ 1,4375& 0,286865234\\ \end{array}.$$ On en déduit que $1,375<x_3<1,4375$. Maintenant, pour $x_1$, il faut d'abord tatonner un encadrement grossier. On a $f(-2)=5>0>f(-3)=-5$. On applique donc la méthode de dichotomie entre $-2$ et $-3$. On trouve $$ \begin{array}{c|c} x&f(x)\\ -2,5 &1,625\\ -2,75 & -1,234375\\ -2,625& 0,302734375\\ -2,6875& -0,438232422\\ \end{array} $$ On en déduit que $-2,6875<x_1<-2,625$.

Enoncé

On cherche à déterminer s'il existe un triangle rectangle $ABC$, rectangle en $A$, tel que $BC=12$ et dont le périmètre est égal à $28$. On note $x$ la longueur $AC$.

1. Déterminer une expression du périmètre $P(x)$ du triangle $ABC$.
2. Étudier la fonction $P(x)$ sur son domaine de définition.
3. En déduire le nombre de valeurs possibles pour $AC$, ainsi qu'une valeur approchée de ces valeurs à $10^{-2}$ près.

Indication

1. Appliquer le théorème de Pythagore.
2. Le domaine de définition est l'intervalle $[0;12]$. Calculer la dérivée et étudier son signe.
3. Appliquer le théorème des valeurs intermédiaires et son corollaire.

Corrigé

1. Remarquons que l'on $0\leq x\leq 12$, puisque $BC$ doit être l'hypoténuse du triangle. Par le théorème de Pythagore, on a alors $AC=\sqrt{144-x^2}$ et donc $P(x)=12+x+\sqrt{144-x^2}$.
2. $P$ est dérivable sur $[0;12[$. Sa dérivée est donnée par $$P'(x)=1-\frac{x}{\sqrt{144-x^2}}=\frac{\sqrt{144-x^2}-x}{\sqrt{144-x^2}}.$$ On cherche le signe de $\sqrt{144-x^2}-x$ pour $x\in [0;12]$. Comme $x\geq 0$ et $\sqrt{144-x^2}\geq 0$, on a, par croissance de la fonction $x^2$ sur $[0;+\infty[$, $$\sqrt{144-x^2}\leq x\iff 144-x^2\leq x^2\iff x^2\geq 144/2\iff x\geq 12/\sqrt 2.$$ Ainsi, en posant $\alpha=12/\sqrt 2$, on obtient le tableau de variations suivant :

   

3. On vérifie que $P(\alpha)=12\left(1+\sqrt 2\right)\simeq 28,\!97$. On sait que $P$ est une fonction continue strictement croissante sur $[0,\alpha]$. Elle réalise donc une bijection de $[0,\alpha]$ sur $[24,P(\alpha)]$. Comme $28 \in ]24,P(\alpha)[$, l'équation $P(x)=28$ admet une unique solution sur $]0,\alpha[$. De même, $P$ est une fonction continue strictement décroissante sur $[\alpha,12]$. Elle réalise donc une bijection de $[\alpha,12]$ sur $[24,P(\alpha)]$. Comme $28\in ]24,P(\alpha)[$, l'équation $P(x)=28$ admet une unique solution dans $]\alpha,12[$. En utilisant un balayage ou la méthode de dichotomie, on trouve que la première solution $x_1$ vérifie $5,\!17<x_1<5,\!18$ tandis que la deuxième solution $x_2$ vérifie $10,\!82<x_2<10,\!83$.

Enoncé

On considère l'équation $(E_a)$, d'inconnue $x>0$, $$\ln(x)=ax.$$

1. Démontrer que si $a\leq 0$, l'équation $(E_a)$ admet une unique solution et que cette solution appartient à $]0,1]$.
2. Démontrer que si $a\in ]0,1/e[$, l'équation $(E_a)$ admet exactement deux solutions.
3. Démontrer que si $a=1/e$, l'équation $(E_a)$ admet une unique solution dont on précisera la valeur.
4. Démontrer que si $a>1/e$, l'équation $(E_a)$ n'admet pas de solution.

Indication

Il faut étudier la fonction $f(x)=\ln(x)-ax$....

Corrigé

Dans toute la suite, on va poser $f(x)=\ln(x)-ax$, définie pour $x>0$. Chercher une solution de $(E_a)$, c'est chercher un zéro de $f$. Remarquons d'abord que la fonction $f$ est continue sur $]0,+\infty[$ et que $\lim_{x\to 0^+}f(x)=-\infty$. De plus, $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout $x>0$, on a $$f'(x)=\frac 1x-a.$$ On a $f'(x)=0\iff x=1/a$. Si $a\leq 0$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. Si $a>0$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,1/a[$ et strictement décroissante sur $]1/a,+\infty[$.

1. Si $a\leq 0$, alors la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ et de plus $\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$ (ce n'est pas une forme indéterminée). La fonction $f$ réalise donc une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\mathbb R$, et l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans $]0,+\infty[$. On peut même préciser l'emplacement de ce zéro. En effet, $f(1)=-a\geq 0$, et donc $0\in ]\lim_{x\to 0^+}f(x),f(1)]$. On en déduit que la solution à $(E_a)$ est dans l'intervalle $]0,1]$.
2. Si $a>0$, on a $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ par croissance comparée de la fonction logarithme et des fonctions puissance. On a donc le tableau de variations suivant pour la fonction $f$ :

   

   $a\in ]0,1/e[$, alors $f'(x)>0$ sur $]0,1/a[$ et $f'(x)<0$ sur $]1/a,0[$. $f$ réalise donc une bijection de $]0,1/a]$ sur $]-\infty,f(1/a)=\ln(1/a)-1]$ et de $[1/a,+\infty[$ sur $[\ln(1/a)-1,\lim_{x\to+\infty}f(x)[=[\ln(a)-1,-\infty[$ (la limite en $+\infty$ est ici une conséquence de la croissance comparée de la fonction logarithme et des fonctions puissance). Puisque $a<1/e$, $\ln(1/a)>1$ et on trouve bien deux solutions à l'équation $f(x)=0$ : l'une dans l'intervalle $]0,1/a[$ et l'autre dans l'intervalle $]1/a,+\infty[$.
3. Si $a=1/e$, alors $f$ admet un maximum en $e$ qui vaut $0$. La fonction étant strictement croissante sur $]0,1/e[$ et strictement décroissante sur $]1/e,+\infty[$, l'équation $(E_a)$ admet pour unique solution $1/e$.
4. Si $a>1/e$, alors $f$ admet un maximum en $1/a$ et $f(1/a)=-\ln(a)-1<0$. Ainsi, l'équation $(E_a)$ n'admet pas de solutions.

Enoncé

Démontrer que l'équation $\cos x=\frac 1x$ admet une infinité de solutions dans $\mathbb R_+^*$.

Indication

Considérer $f(x)=\cos x-\frac 1x$ et appliquer le théorème des valeurs intermédiaires dans des intervalles bien choisis. Il faudra bien sûr utiliser la $2\pi$-périodicité de $\cos x$.

Corrigé

Posons, pour $x>0$, $f(x)=\cos x-\frac 1x$. Alors $f$ est continue sur $]0,+\infty[$. Soit $k\geq 1$ un entier. Alors on a $$f(2k\pi)=1-\frac{1}{2k\pi}\geq 0$$ alors que $$f(2k\pi+\pi)=-1-\frac{1}{2k\pi+\pi}\leq 0.$$ Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel $x_k$ dans l'intervalle $[2k\pi,2k\pi+\pi]$ tel que $f(x_k)=0$. On a clairement $x_k<2(k+1)\pi\leq x_{k+1}$. Ainsi, les réels $x_k$ sont deux à deux disjoints et l'équation admet une infinité de solutions.

Enoncé

Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par $g(x)=2x^3-3x^2-1$.

1. Dresser le tableau de variations de $g$.
2. Montrer que l'équation $g(x)=0$, avec $x\in\mathbb R$, admet une unique solution $\alpha$. Donner un encadrement de $\alpha$ à $10^{-1}$ près.
3. Déterminer le signe de $g(x)$ sur $\mathbb R$.
4. Soit $f$ la fonction définie sur $]-1;+\infty[$ par $$f(x)=\frac{1-x}{x^3+1}.$$ Calculer $f'(x)$ puis exprimer le en fonction de $g$, pour $x\in]-1;+\infty[$.
5. En déduire le signe de $f'$, puis les variations de $f$ sur $]-1;+\infty[$.

Indication

1. Dériver $g$.
2. S'appuyer sur le tableau de variations et sur le théorème des valeurs intermédiaires.

Corrigé

1. On calcule la dérivée de $g$. On trouve $g'(x)=6x^2-6x=6x(x-1)$. Ainsi, on a $g'(x)<0$ sur $]0;1[$ et $g'(x)>0$ sur $]-\infty;0[\cup]1;+\infty[$. On sait aussi que $$\lim_{x\to-\infty}g(x)=\lim_{x\to-\infty}2x^3=-\infty,\quad \lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}2x^3=+\infty.$$ On en déduit le tableau de variations suivant pour $g$ :

   

2. La fonction $g$ est croissante sur $]-\infty;0]$ et donc pour tout $x\in]-\infty;0]$, on a $g(x)\leq g(0)=-1$. La fonction $g$ est décroissante sur l'intervalle $[0;1]$ et donc pour tout $x\in [0;1]$, on a $g(x)\leq g(0)=-1$. Enfin, la fonction $g$ est continue et strictement croissante sur $[1;+\infty[$. Puisque $g(1)=-2$ et $\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$ et que $0\in [-2;+\infty[$, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1;+\infty[$. Comme elle n'a pas de solutions dans $]-\infty;-2]$, c'est la seule solution dans $\mathbb R$ tout entier. Notons la $\alpha$. Du fait que $g(2)=3>0$, on sait que $\alpha\in[2;3]$. On en trouve une valeur approchée par exemple par balayage. On trouve $\alpha\simeq 1,\!7$, à $10^{-1}$ près.
3. D'après l'étude précédente (et le tableau de variations), on a $g(x)\leq 0$ si $x\leq \alpha$ et $g(x)\geq 0$ si $x\geq\alpha$.
4. Remarquons d'abord que le dénominateur s'annule uniquement en $-1$. La fonction $f$ est bien définie et dérivable sur $]-1;+\infty[$ et sa dérivée vérifie $$f'(x)=\frac{-(x^3+1)-(1-x)(3x^2)}{(x^3+1)^2}=\frac{2x^3-3x^2-1}{(x^3+1)^2}=\frac{g(x)}{(1+x^3)^2}.$$
5. Ainsi, $f'$ est du même signe que $g$ et $f$ est décroissante sur $]-1;\alpha]$, puis croissante sur $[\alpha;+\infty[$.

Enoncé

Un patient prend un médicament (par voie orale). On admet que la concentration par litre de sang du principe actif (en mg par litre) peut être modélisé par la fonction $f(t)=4te^{-0,\!5 t}$, où $t$ est le temps écoulé (en heures) depuis la prise du médicament. On estime que le médicament est actif lorsque sa concentration dans le sang est supérieur ou égal à $1$ mg par litre.

1. Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur $[0,+\infty[$.
2. Démontrer qu'il existe deux temps $t_0$ et $t_1$ de sorte que le médicament ne soit pas actif entre $0$ et $t_0$, soit actif entre $t_0$ et $t_1$, et ne soit plus actif après $t_1$.
3. Donner un encadrement d'amplitude $10^{-1}$ de la durée pendant laquelle le médicament est actif.

Indication

2. Appliquer le théorème des valeurs intermédiaires (deux fois).
3. Trouver un encadrement de $t_0$ et de $t_1$. Attention, il faut pour chacun un encadrement d'amplitude moitié!

Corrigé

1. La fonction $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ et sa dérivée est donnée par $$f'(t)=(4-2t)e^{-0,\!5t}.$$ Ainsi, $f'(t)> 0$ pour $t\in[0;2[$ et $f'(t)< 0$ pour $t> 2$. Ainsi, la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0;2[$ et strictement décroissante sur $]2;+\infty[$. De plus, on a $f(0)=0$ et $\lim_{t\to-\infty}f(t)=0$. On obtient le tableau de variations suivant :

   

   On a de plus $f(2)=8e^{-1}\simeq 2,\!94$.
2. La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[0;2]$. Elle réalise donc une bijection de $[0;2]$ sur $[f(0);f(2)]=[0;8e^{-1}]$. Puisque $2\in[0;8e^{-1}]$, il existe un unique réel $t_0\in[0;2]$ tel que $f(t_0)=1$. De plus, $f$ est continue et strictement décroissante sur $[2;+\infty]$. Elle réalise donc une bijection de $[2;+\infty[$ sur $]\lim_{x\to+\infty}f(x);f(2)]=]0;8e^{-1}]$. Comme précédemment, il existe un unique $t_1$ tel que $f(t_1)=1$. On a alors, par l'étude des variations, $f(t)<1$ pour $t\in[0;t_1[\cup]t_2;+\infty[$ et $f(t)\geq 1$ pour $t\in[t_0;t_1]$.
3. Il faut bien sûr trouver une valeur approchée de $t_0$ et de $t_1$ pour obtenir une valeur approchée de $t_1-t_0$. Mais attention, si on a un encadrement de $t_0$ avec une amplitude de $a$, et si on a un encadrement de $t_1$ avec une amplitude de $a$, c'est-à-dire si on connait $x_0$, $y_0$, $x_1$ et $y_1$ tels que $$x_0\leq t_0\leq y_0\textrm{ et }x_1\leq t_1\leq y_1$$ avec $y_0-x_0\leq a$ et $y_1-x_1\leq a$, alors on sait que $$x_1-y_0\leq t_1-t_0\leq y_1-x_0$$ mais on a $$0\leq (y_1-x_0)-(x_1-y_0)=(y_0-x_0)+(y_1-x_1)\leq 2a$$ et donc l'encadrement obtenu a une amplitude de $2a$. Il nous faut donc obtenir un encadrement de $t_0$ et de $t_1$ avec une amplitude inférieure ou égale à $0.5\times 10^{-1}$. On applique pour cela par exemple l'algorithme de dichotomie ou de balayage, en partant de l'encadrement grossier (obtenu en regardant la courbe représentative de $f$) $0\leq t_0\leq 1$ et $6\leq t_1\leq 7$. On obtient que $$0,\!25\leq t_0\leq 0,\!3\textrm{ et }6,\!5\leq t_1\leq 6,\!55.$$ On obtient $$6,\!2\leq t_1-t_0\leq 6,\!3.$$ Le médicament est actif pendant une durée comprise entre $6,\!2$ et $6,\!3$h.

Enoncé

Démontrer qu'il existe à tout moment deux points opposés sur l'équateur où les températures sont égales. On pourra considérer que la température à l'équateur est une fonction continue de la longitude.

Indication

Considérer la fonction qui à une longitude $\theta$ associe la différence entre les températures en $\theta$ et $\theta+180°$.

Corrigé

L'équateur peut-être modélisé par un cercle. Soit $M$ un point de ce cercle de longitude $\theta$. Comme avec le cercle trigonométrique, la longitude de $M$ n'est pas unique, mais est définie à $360°$ près. Notons $T(\theta)$ la température au point de longitude $\theta$. L'énoncé nous dit que $T$ est une fonction continue, et on sait que $T$ est périodique de période $360$. Posons $f(\theta)=T(\theta+180)-T(\theta)$. Alors on a $$f(180)=T(360)-T(180)=T(0)-T(180)=-f(0).$$ Ainsi, $f(0)$ et $f(180)$ sont de signe opposés. Puisque $f$ est continue, il existe $\theta\in[0;180]$ tel que $f(\theta)=0$. En ce $\theta$, on a $T(\theta)=T(\theta+180)$ : les températures au point de longitude $\theta$ et de longitude $\theta+180$ sont égales.

Enoncé

Pour $n\geq 1$, on considère le polynôme $P_n(X)=X^n+X^{n-1}+\dots+X-1$.

1. Démontrer que $P_n$ possède une seule racine dans $\mathbb R_+$, que l'on note $u_n$.
2. Démontrer que la suite $(u_n)$ est décroissante, et en déduire qu'elle converge.
3. Démontrer que, pour tout $n\geq 1$, $u_n\geq\frac 12$.
4. Soit $\rho\in ]1/2,1[$. Démontrer que $\lim_{n\to+\infty}P_n(\rho)>0$.
5. Démontrer que $(u_n)$ converge vers $\frac 12$.

Indication

1. "Théorème de la bijection".
2. $P_n$ est une fonction croissante.
3. Calculer $P_n(1/2)$.
4. Calculer $P_n(\rho)$.
5. Utiliser la croissance de $P_n$.

Corrigé

1. $P_n$, qui est évidemment continue, est également strictement croissante sur $\mathbb R_+$ comme somme de fonctions strictement croissantes sur $\mathbb R_+$. De plus, $P_n(0)=-1$ et $\lim_{+\infty} P_n=+\infty$. $P_n$ réalise donc une bijection de $[0,+\infty[$ sur $[-1,+\infty[$, et comme $0$ est élément de $[-1,+\infty[$, il existe un unique $u_n\in[0,+\infty[$ tel que $P(u_n)=0$.
2. On a $$P_{n+1}(u_{n})=P_n(u_n)+u_{n}^{n+1}\geq 0=P_{n+1}(u_{n+1}).$$ Puisque $P_n$ est croissante, on en déduit que $u_n\geq u_{n+1}$.
3. Remarquons que, pour $x\in]0,1[$, on a $$P_n(x)=\frac{x-x^{n+1}}{1-x}-1=\frac{2x-1-x^{n+1}}{1-x}.$$ En particulier, on a $P_n(1/2)\leq 0$, et donc, puisque $P_n$ est croissante, on en déduit $u_n\geq 1/2$ pour tout $n$.
4. Soit $\rho\in]1/2,1[$. Alors, pour tout $n$ assez grand, d'après l'écriture précédente de $P_n$, $P_n(\rho)\geq 0$ puisque le numérateur converge vers $2\rho-1>0$.
5. Ainsi, toujours par croissance de $P_n$, il existe un $n_0\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a $$\frac 12\leq u_n\leq\rho.$$ Ceci prouve exactement que $(u_n)$ converge vers 1/2.

Enoncé

Un cycliste parcourt 30 km en une heure. Démontrer qu'il existe un intervalle de temps de 10 minutes tel que le cycliste a parcouru 5 km. Existe-t-il toujours un intervalle de temps de 40 minutes durant lequel il aura parcouru 20km?

Indication

Soit $f$ la fonction qui représente la distance parcourue par le cycliste en fonction du temps. Quelle propriété veut-on prouver sur $f$?

Corrigé

Notons $f$ la fonction qui représente la distance parcourue par le cycliste en fonction du temps (exprimé en minutes). $f$ est une fonction continue, $f(0)=0$ et $f(60)=30$. On veut prouver qu'il existe un intervalle de temps de 10 minutes tel que le cycliste a parcouru 5 km. Autrement dit, on veut trouver $x$ dans $[0,50]$ tel que $f(x+10)-f(x)=5$. Supposons qu'un tel $x$ n'existe pas. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on sait alors que :

• ou bien, pour tout $x\in [0,50]$, on a $f(x+10)-f(x)>5$.
• ou bien, pour tout $x\in [0,50]$, on a $f(x+10)-f(x)<5$.

Dans le premier cas, on a \begin{eqnarray*} f(60)&=&f(60)-f(50)+f(50)-f(40)+f(40)-f(30)+f(30)-f(20)+f(20)-f(10)+f(10)-f(0)\\ &>&6\times 5\\ &>&30. \end{eqnarray*} ce qui est une contradiction. Dans le second cas, on trouverait $f(60)<30$, ce qui constitue également une contradiction. L'hypothèse formulée est donc fausse : il existe $x\in [0,50]$ tel que $f(x+10)-f(x)=5$.
Dans un intervalle de 40 minutes, cela devient faux. Supposons par exemple que le cycliste parcourt 15 kms pendant les 10 premières minutes, se repose pendant 40 minutes, puis parcourt les 15 derniers kilomètres pendant les 10 dernières minutes. Alors, si on prend un intervalle de temps de 40 minutes :

• ou bien il contient une partie des 10 premières minutes, mais alors il ne comprend aucune partie des 10 dernières minutes, et dans ce cas la distance parcourue est inférieure à 15km.
• ou bien il contient une partie des 10 dernières minutes, mais alors il ne comprend aucune partie des 10 premières minutes, et dans ce cas la distance parcourue est inférieure à 15km.
• ou bien c'est l'intervalle "central", et dans ce cas la distance parcourue est nulle.

Dans tous les cas, on ne peut pas trouver d'intervalle de temps de 40 minutes durant lequel il aura parcouru 20km.

Enoncé

On considère la fonction $f$ définie sur $[0,1]$ par $$f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0&\textrm{si }x=0\\ \sin\left(\frac 1x\right)&\textrm{sinon.} \end{array} \right.$$

1. Démontrer que la fonction $f$ n'est pas continue en 0.
2. On souhaite prouver que $f$ vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, c'est-à-dire que pour tous réels $a<b$, et pour tout $y$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, il existe $c\in]a,b[$ tel que $y=f(c)$.
   1. Traiter le cas $a>0$.
   2. Si $a=0$, justifier l'existence de $d\in ]a,b[$ tel que $f(d)=f(0)$. Conclure.

Indication

Pour démontrer qu'elle n'est pas continue, utiliser des suites. Pour la question 2, se ramener à utiliser le théorème des valeurs intermédiaires sur un intervalle où la fonction est continue.

Corrigé

1. Pour prouver que $f$ n'est pas continue en 0, il suffit de trouver une suite $(u_n)$ qui converge vers 0, mais telle que $(f(u_n))$ ne converge pas vers $f(0)=0$. Ici, $u_n=\frac{1}{2n\pi+\pi/2}$ convient, puisque $f(u_n)=1$ pour tout entier $n$. Question bonus : si on n'avait pas posé $f(0)=0$, sauriez-vous prouver que $f$ ne peut pas se prolonger par continuité en $0$?
2. 1. Si $a\neq 0$, on peut directement appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à $f$ qui est continue sur $[a,b]$.
   2. Si $a=0$, soit $n\geq 1$ tel que $\frac1{n\pi}<b$. Posons $d=1/n\pi$. Alors $f(d)=0=f(0)$, et cette fois on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur l'intervalle $[d,b]$ pour démontrer que toute valeurs comprise entre $0=f(a)=f(d)$ et $f(b)$ est prise par $f$.

Enoncé

On considère pour $n\in\mathbb N$ le polynôme $P_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$. Démontrer que $P_n$ n'a pas de racines réelles si $n$ est pair, et que $P_n$ admet une unique racine réelle si $n$ est impair.

Indication

Procéder par récurrence sur $n$ et remarquer que $P_{n+1}'=P_n$.

Corrigé

On va procéder par récurrence, la clé étant que $P_{n+1}'=P_n$. Posons, pour $n\in\mathbb N$, la propriété $\mathcal P(n)$ : "si $n$ est pair, $P_n$ n'admet pas de racine réelle et si $n$ est impair, alors $P_n$ admet une unique racine réelle".
Initialisation : $P_0(x)=1$ n'admet pas de racines réelles, donc $\mathcal P(0)$ est vraie.
Hérédité : soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie, et prouvons $\mathcal P(n+1)$. On distingue deux cas :

• $n+1$ est impair. Dans ce cas, $P_{n+1}$ est un polynôme de degré impair. On a alors $\lim_{x\to-\infty}P_{n+1}(x)=-\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}P_{n+1}(x)=+\infty$, donc par le théorème des valeurs intermédiaires, $P_{n+1}$ admet au moins une racine réelle. De plus, puisque $P_n$ n'admet pas de racines réelles, et que $\lim_{x\to+\infty}P_n(x)=+\infty$, $P_n$ est strictement positif sur $\mathbb R$. Mais $P_{n+1}'=P_n$, et donc $P_{n+1}$ est strictement croissante sur $\mathbb R$. Ainsi, l'équation $P_{n+1}(x)=0$ ne peut admettre au plus qu'une seule solution et $P_{n+1}$ admet une unique racine réelle.
• $n+1$ est pair. Notons $\alpha$ l'unique racine réelle de $P_n$; on a $P_n(x)<0$ si $x<\alpha$ et $P_n(x)>0$ si $x>\alpha$. Ainsi, $P_{n+1}$ est décroissant sur $]-\infty,\alpha[$ et est croissant sur $]\alpha,+\infty[$. Mais $P_{n+1}(\alpha)=P_n(\alpha)+\frac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}>0$ puisque $n+1$ est pair et $\alpha\neq 0$ ($P_n(0)=1$). Ainsi, $P_{n+1}$ admet son minimum en $\alpha$ et $P_{n+1}(\alpha)>0$. On en déduit que $P_{n+1}$ n'admet pas de racine réelle.

Conclusion : On a prouvé que $\mathcal P(0)$ est vraie et que, pour tout $n\in\mathbb N$, $\mathcal P(n)\implies \mathcal P(n+1)$. Ainsi, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout entier $n$.

Théorème des valeurs intermédiaires - aspects théoriques

Enoncé

Les propositions suivantes sont elles vraies ou fausses :

1. L'image par une fonction continue d'un intervalle ouvert est un intervalle ouvert.
2. L'image par une fonction continue d'un intervalle fermé est un intervalle fermé.
3. L'image par une fonction continue d'une partie bornée est une partie bornée.
4. L'image réciproque par une fonction continue d'un intervalle est un intervalle.

Indication

Elles sont toutes fausses. Trouver des contre-exemples. Ne pas hésiter à faire un dessin!

Corrigé

Toutes ces propositions sont fausses. Voici des contre-exemples.

1. On pose $f(x)=\cos(x)$ et $I=]-\pi,5\pi[$. Alors $f(I)=[-1,1]$.
2. On pose $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ et $I=\mathbb R$. Alors $f(I)=]0,1]$.
3. On pose $f(x)=1/x$ et $I=]0,1[$. Alors $f(I)=]1,+\infty[$.
4. On pose $f(x)=x^2$ et $I=]0,+\infty[$. Alors $f^{-1}(I)=\mathbb R^*$ qui n'est pas un intervalle.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ continue telle que, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $f(x)^2=1$. Démontrer que $f=1$ ou $f=-1$.

Indication

Ce n'est pas complètement évident, il faut utiliser le théorème des valeurs intermédiaires en procédant par l'absurde.

Corrigé

Ce que donne immédiatement l'énoncé est $$\forall x\in\mathbb R,\ f(x)=1\textrm{ ou }f(x)=-1.$$ On veut prouver que $$(\forall x\in\mathbb R,\ f(x)=1)\ \textrm{ ou } (\forall x\in\mathbb R,\ f(x)=-1).$$ Ce n'est pas la même chose : pensons à la fonction identiquement égale à $-1$ sur $]-\infty,0]$ et égale à $1$ sur $[0,+\infty[$.
Supposons donc que la deuxième propriété est fausse. Il existe donc $x_0\in\mathbb R$ tel que $f(x_0)=1$ et il existe $x_1\in\mathbb R$ tel que $f(x_1)=-1$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $y$ tel que $f(y)=0$. Ceci contredit que $(f(y))^2=1$. Donc la deuxième propriété est vraie.

Enoncé

Que dire d'une fonction $f:I\to\mathbb R$, où $I$ est un intervalle, continue, et ne prenant qu'un nombre fini de valeurs?

Indication

Montrer qu'elle est constante en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires.

Corrigé

On va démontrer qu'elle est constante en faisant un raisonnement par l'absurde et en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires. Supposons en effet qu'il existe $a<b$ dans $I$ tel que $f(a)\neq f(b)$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, toute valeur de $[f(a),f(b)]$ (ou $[f(b),f(a)]$ si $f(b)<f(a)$) est prise par $f$ dans $[a,b]$. Comme cette intervalle contient un nombre infini de points, on obtient une contradiction. Donc, pour tous $a,b\in I$, on a $f(a)=f(b)$. Autrement dit, $f$ est constante.

Enoncé

Soit $f:[a,b]\to \mathbb R$ une fonction continue, et soient $p,q$ deux réels strictement positifs. Démontrer qu'il existe $c\in[a,b]$ tel que $pf(a)+qf(b)=(p+q)f(c).$

Indication

Se ramener au théorème des valeurs intermédiaires.

Corrigé

Le réel $\frac{p}{p+q}f(a)+\frac{q}{p+q}f(b)$ est clairement un réel de l'intervalle $[f(a),f(b)]$ (ou $[f(b),f(a)]$ si $f(b)<f(a)$), puisqu'il s'écrit $\lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)$, avec $\lambda\in[0,1]$ qui est égal à $\frac{p}{p+q}$. Puisque la fonction $f$ est continue, par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut trouver $c\in[a,b]$ tel que $$f(c)=\frac{p}{p+q}f(a)+\frac q{p+q}f(b).$$ Multipliant par $p+q$, c'est exactement le résultat voulu.

Enoncé

Soit $f:[0,1]\to[0,1]$ une fonction continue. Démontrer que $f$ admet toujours au moins un point fixe.

Indication

Appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à $g(x)=f(x)-x$.

Corrigé

Posons $g(x)=f(x)-x$. $g$ est une fonction continue. Puisque $f(0)\geq 0$ et $f(1)\leq 1$, on a $g(0)\geq 0$ et $g(1)\leq 0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in[0,1]$ tel que $g(c)=0$. En particulier, $f(c)=c$.

Enoncé

Soit $a,b\in\mathbb R$ avec $a<b$ et soit $f\in\mathcal C([a,b[,\mathbb R)$ une fonction strictement croissante sur $[a,b[$ et vérifiant $f(a)\leq 0$, $\lim_{x\to b}f(x)=+\infty$.

1. Démontrer que, pour tout $n\in\mathbb N$, l'équation $f(x)=n$ admet une unique solution $x_n\in[a,b[$.
2. Étudier la monotonie de la suite $(x_n)$.
3. Étudier la convergence de la suite $(x_n)$ et déterminer sa limite éventuelle.

Indication

1. Théorème des valeurs intermédiaires.
2. Comparer $f(x_n)$ et $f(x_{n+1})$.
3. Démontrer que $(x_n)$ converge. Que se passe-t-il si sa limite est différente de $b$?

Corrigé

1. L'existence d'une solution vient du théorème des valeurs intermédiaires appliquée à la fonction continue $f$ sur l'intervalle $[a,b[$, l'unicité vient de la stricte croissance de $f$.
2. Soit $n\in\mathbb N$. On a $f(x_n)=n<n+1=f(x_{n+1})$. Puisque $f$ est croissante, ceci entraîne que $x_n\leq x_{n+1}$, et donc que $(x_n)$ est croissante.
3. La suite $(x_n)$ est croissante, et majorée par $b$. Elle est donc convergente. Notons $\ell$ sa limite, $\ell\in [a,b]$. Si $\ell<b$, alors puisque $(x_n)$ est croissante, on a pour tout entier $n$, $x_n\leq \ell$. Puisque $f$ est croissante, on a de plus $n=f(x_n)\leq f(\ell)$. Ceci est une contradiction (le membre de gauche tend vers $+\infty$ si $n$ tend vers $+\infty$). On en déduit que $\ell=b$.

Enoncé

Soit $f$ une fonction continue de $\mathbb R$ dans $\mathbb R$. On suppose que $|f|$ admet une limite (finie) en $+\infty$. Prouver que $f$ admet également une limite en $+\infty$.

Indication

Séparer les cas où $|f|$ tend vers 0 du cas où la limite est non-nulle. Dans le second cas, si f ne converge ni vers l, ni vers -l, le théorème des valeurs intermédiaires et l'hypothèse vont assurer que f s'annule : impossible!

Corrigé

Notons $l$ la limite de $|f|$ en $+\infty$. On distingue deux cas. D'une part, si $l=0$, alors on va prouver que $f$ tend aussi vers $0$ en $+\infty$. C'est assez facile. En effet, $$|f(x)-0|=|f(x)|\to 0\textrm{ quand }x\to +\infty.$$ On suppose maintenant que $l$ est non-nul, c'est-à-dire $l>0$. Ce cas est nettement plus difficile. On va prouver que $f$ converge vers $l$ ou que $f$ converge vers $-l$. Prenons $\veps>0$, supposons le tel que $\veps<l/2$, et écrivons que $|f|$ converge vers $l$ en $+\infty$. Il existe donc $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, $$ l-\veps<|f(x)|<l+\veps.$$ En particulier, pour $x\geq A$, on a $$-l-\veps<f(x)<-l+\veps\textrm{ ou }l-\veps<f(x)<l+\veps.$$ Si on est toujours dans le premier cas, on a gagné ($f(x)$ tend vers $-l$ quand $x$ tend vers $+\infty$), et si on est toujours dans le deuxième cas, aussi. Sinon, il existe $x_1>A$ et il existe $x_2>A$ tel que $$-l-\veps<f(x_1)<-l+\veps\textrm{ et }l-\veps<f(x_2)<l+\veps.$$ En particulier, comme on a choisi $\veps$ assez petit, on a $$f(x_1)<0\textrm{ et }f(x_2)>0.$$ On peut alors appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à $f$ entre $x_1$ et $x_2$ pour trouver $x_3>A$ tel que $f(x_3)=0$. Mais ceci contredit que, pour tout $x\geq A$, $$ l-\veps<|f(x)|<l+\veps.$$ C'est donc qu'on est ou bien toujours dans le premier cas, ou bien toujours dans le deuxième cas.
On pourra, à titre d'entraînement, vérifier que le résultat reste vrai si $\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=+\infty$.

Enoncé

Soit $f,g:[0,1]\to[0,1]$ deux fonctions continues telles que $g\circ f=f\circ g$. On veut démontrer qu'il existe un réel $c$ tel que $f(c)=g(c)$. On rappelle que $f$ admet un point fixe $s\in[0,1]$. On définit par récurrence une suite $(u_n)$ par $u_0=s$ et $u_{n+1}=g(u_n)$.

1. Démontrer que, pour tout $n\geq 0$, $u_n$ est un point fixe de $f$.
2. On suppose que la suite $(u_n)$ est monotone. Démontrer le résultat.
3. On suppose que la suite $(u_n)$ n'est pas monotone.
   1. Démontrer qu'il existe $u,v\in[0,1]$ tels que $(f-g)(u)\cdot (f-g)(v)\leq 0$.
   2. Conclure.

Indication

1. Procéder par récurrence.
2. La suite $(u_n)$ est convergente.
3. 1. Si une suite n'est pas monotone, il existe $n\neq m$ tels que $(u_n-u_{n+1})(u_m-u_{m+1})\leq 0$.

Corrigé

1. On va procéder par récurrence sur $n$. Pour $n\geq 0$, notons $\mathcal P_n$ la propriété "$f(u_n)=u_n$".
   Initialisation : Par définition, $u_0=s$ est un point fixe de $f$, donc $\mathcal P_0$ est vraie.
   Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P_n$ est vraie. Alors on a $$f(u_{n+1})=f\circ g(u_n)=g\circ f(u_n)=g(u_n)=u_{n+1}.$$ Donc $\mathcal P_{n+1}$ est vraie.
   Conclusion : Par le principe de récurrence, la propriété $\mathcal P_n$ est vraie pour tout entier $n\geq 0$.
2. La suite $(u_n)$ est convergente, puisqu'elle est monotone et bornée. Notons $c$ sa limite. Alors on a, par continuité de $g$ en $c$, $g(c)=c$. De plus, on sait que $f(u_n)=u_n$. Puisque $f$ est continue en $c$, on a $f(c)=c=g(c)$.
3. 1. Puisque la suite $(u_n)$ n'est pas monotone, il existe deux entiers distincts $n$ et $m$ tels que $u_{n+1}-u_n\leq 0$ et $u_{m+1}-u_m\geq 0$. On en déduit que $$(u_n-u_{n+1})(u_m-u_{m+1})\leq 0.$$ Mais, $$u_n-u_{n+1}=f(u_n)-g(u_n)=(f-g)(u_n)$$ et $$u_m-u_{m+1}=f(u_m)-g(u_m)=(f-g)(u_m).$$ On en déduit le résultat en posant $u=u_n$ et $v=u_m$.
   2. Il suffit d'appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction $f-g$ entre $u$ et $v$ pour en déduire qu'elle s'annule en $c\in[0,1]$, c'est-à-dire que $f(c)=g(c)$.

Enoncé

Soit $f$ une fonction continue sur un segment $[a,b]$. On suppose que $f$ vérifie la propriété suivante : pour tous les points $c<d$ de l'intervalle, il existe $e$ compris entre $c$ et $d$ tel que $f(e)=f(a)$ ou $f(e)=f(b)$. Montrer que $f$ est constante.

Indication

Remarquer que $f$ ne peut prendre que deux valeurs.

Corrigé

Soit $c$ un réel quelconque intervalle de l'intervalle $]a,b[$. Soit $d_n$ une suite de l'intervalle qui tend vers $c$ par valeur supérieure. D'après l'hypothèse, il existe $c\leq e_n\leq d_n$ tel que $f(e_n)=f(a)$ ou $f(e_n)=f(b)$. Maintenant, par le théorème des gendarmes, on constate que $e_n$ tend vers $c$, et par continuité de $f$ en $c$, $f(e_n)$ tend vers $f(c)$. Ainsi, on a obligatoirement $f(c)=f(a)$ ou $f(c)=f(b)$. Ainsi, $f$ ne peut prendre que deux valeurs : $f(a)$ et $f(b)$. Or, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, une fonction continue qui ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs est constante. Donc $f$ est constante.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R_+\to \mathbb R_+$ continue. On suppose que $x\mapsto \frac{f(x)}x$ admet une limite finie $l<1$ en $+\infty$. Démontrer que $f$ admet un point fixe.

Indication

Appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à $x\mapsto \frac{f(x)}x$.

Corrigé

On distingue deux cas. D'une part, si $f(0)=0$, alors $0$ est un point fixe de $f$. Dans le cas où $f(0)\neq 0$, posons $g(x)=\frac{f(x)}x$. $g$ est définie, continue sur $]0,+\infty[$ et $\lim_{0^+}g=+\infty$. D'autre part, $\lim_{+\infty}g=l<1$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $a\in ]0,+\infty[$ tel que $g(a)=1$. Mais alors, on a $f(a)=a$ et $a$ est un point fixe de $f$.

Enoncé

Soit $f$ une fonction continue sur $[0,1]$, à valeurs dans $\mathbb R$, et telle que $f(0)=f(1)$.

1. Montrer que pour tout entier $n\geq 2$, il existe $c_n\in\left[0,1-\frac 1n \right]$ tel que $$f(c_n)=f\left(c_n+\frac 1n\right).$$
2. Montrer que si l'on remplace $1/n$ par un réel $\alpha\in]0,1[$ tel que $1/\alpha$ n'est pas un entier, le résultat précédent n'est plus vrai. On pourra considérer la fonction $f$ définie sur $[0,1]$ par $$f(x)=\cos\left(\frac{2\pi x}\alpha\right)-x\left(\cos\left(\frac{2\pi}{\alpha}\right)-1\right).$$

Indication

1. On pourra considérer la fonction $f_n$ définie sur $[0,1-1/n]$ par $$f_n(x)=f\left(x+\frac 1n\right)-f(x)$$ et écrire $f(1)-f(0)$ en fonction de $f_n$.

Corrigé

1. On considère la fonction $f_n$ définie sur $[0,1-1/n]$ par $$f_n(x)=f\left(x+\frac 1n\right)-f(x).$$ On écrit alors que $$0=f(1)-f(0)=\sum_{k=0}^{n-1}f_n\left(\frac kn\right).$$ Le point clé est de remarquer que tous les $f_n(k/n)$ ne peuvent pas être tous strictement positifs ou tous strictement négatifs. Mais alors, on peut trouver un entier $k$ dans $\{0,\dots,n-2\}$ tel que $f_n(k/n)\leq 0$ et $f_n((k+1)/n)\geq 0$, ou bien $f_n(k/n)\geq 0$ et $f_n((k+1)/n)\leq 0$ (seriez-vous capable de démontrer cela formellement?). Il suffit alors d'appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à $f_n$ entre les points $k/n$ et $(k+1)/n$.
2. C'est nettement plus facile, car on nous donne la fonction. On remarque d'abord que $f(0)=f(1)=1$. Par ailleurs, s'il existait $x\in[0,1-\alpha]$ avec $f(x)=f(x+\alpha)$, on obtiendrait après simplifications : $$\cos\left(\frac{2\pi}\alpha\right)=1.$$ Ceci n'est pas possible si $1/\alpha$ n'est pas un entier.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ une fonction continue, et soit $\alpha<\beta$ des réels avec $\alpha,\beta\in f(\mathbb R)$. Démontrer qu'il existe $a<b$ tel que $f([a,b])=[\alpha,\beta]$.

Corrigé

On commence par considérer $c$ et $d$ des réels tels que $f(c)=\alpha$ et $f(d)=\beta$. On peut supposer $c<d$. Posons \begin{align*} A&=\{x\leq d:\ f(x)\leq \alpha\}\\ B&=\{x\geq a:\ f(x)\geq\beta\}. \end{align*} Alors $A$ est non vide (il contient $c$), majorée (par $d$), donc il possède une borne supérieure que nous allons noter $a$. De plus, il existe une suite $(x_n)$ d'éléments de $A$ tels que $(x_n)$ converge vers $a$. Puisque $f(x_n)\leq \alpha$, on en déduit par continuité de $f$ en $a$ que $f(a)\leq\alpha$.
De la même façon, $B$ admet une borne inférieure, notée $b$, qui vérifie $f(b)\leq \beta$ et $a\leq b$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on sait que $[\alpha,\beta]\subset f([a,b])$.
Le choix spécifique de $a$ et de $b$ va nous prouver l'inclusion réciproque. En effet, si $x\in]a,d]$, alors $f(x)>\alpha$. De même, si $x\in [c,b[$, $f(x)<\beta$. Ainsi, si $x\in ]a,b[$, on a $f(x)\in ]\alpha,\beta[$. Par passage à la limite (mais en approchant cette fois $a$ par valeur supérieure), on a enfin $f(a)=\alpha$ et $f(b)=\beta$, ce qui achève de prouver l'inclusion réciproque.

Fonctions continues sur un segment

Enoncé

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par $f(x)=(x^4+3x^2)e^{-x^2}$.

1. Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$, en $-\infty$.
2. Démontrer qu'il existe un réel $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $|f(x)|\leq 1$.
3. Démontrer qu'il existe un réel $B<0$ tel que, pour tout $x\leq B$, on a $|f(x)|\leq 1$.
4. Démontrer que la fonction $f$ est bornée sur $\mathbb R$.

Indication

1. Faire le changement de variables $u=x^2$.
2. Appliquer la définition de la limite.
3. Appliquer la définition de la limite.
4. Utiliser que $f$ est continue sur le segment $[B,A]$.

Corrigé

1. Posons $u=x^2$. Quand $x$ tend vers $+\infty$ ou vers $-\infty$, $u$ tend vers $+\infty$. De plus, on a alors $f(x)=u^2e^{-u}+3ue^{-u}$. Par croissance comparée, on sait que $\lim_{u\to+\infty}u^2e^{-u}=0$ et que $\lim_{u\to+\infty}ue^{-u}=0$, et donc par composition des limites $$\lim_{x\to +\infty} f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=0.$$
2. Il s'agit ici simplement d'écrire la définition de la limite en $+\infty$, appliquée pour $\veps=1$.
3. Il s'agit ici simplement d'écrire la définition de la limite en $-\infty$, appliquée pour $\veps=1$.
4. On sait que $f$ est continue. Ainsi, $f$ est bornée sur le segment $[B,A]$ : il existe un réel $M>0$ tel que $|f(x)|\leq M$ pour tout $x\in [B,A]$. En posant $C$ le maximum de $1$ et de $M$, on pour tout $x\in\mathbb R$, $|f(x)|\leq C$ et donc $f$ est bornée sur $\mathbb R$.

En réalité, cette méthode prouve le résultat général suivant : si $f$ est une fonction continue sur $\mathbb R$ admettant une limite finie en $+\infty$ et en $-\infty$, alors $f$ est bornée sur $\mathbb R$.

Enoncé

Soit $f,g:[a,b]\to\mathbb R$ continues telles que $f(x)>g(x)$ pour tout $x\in[a,b]$.

1. Montrer qu'il existe $\delta>0$ tel que $f(x)\geq g(x)+\delta$ pour tout $x\in[a,b]$.
2. On suppose de plus que $g(x)>0$ pour tout $x\in[a,b]$. Montrer qu'il existe $k>1$ tel que $f(x)\geq kg(x)$ pour tout $x\in[a,b]$.
3. Les résultats restent-ils vrais si on remplace le segment $[a,b]$ par $\mathbb R$?

Indication

Tout dépend du théorème suivant : une fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes. On appliquera le théorème à

1. $f-g$;
2. $f/g$.

Corrigé

Tout dépend du théorème suivant : une fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes.

1. Soit $h=f-g$. Alors $h$ est continue et strictement positive sur $[a,b]$. Il existe un point $c\in[a,b]$ tel que $h(c)\leq h(x)$ pour tout $x\in[a,b]$. Mais alors, $h(c)>0$ et $$f(x)-g(x)\geq h(c)$$ pour tout $x\in[a,b]$. On obtient le résultat avec $\delta=h(c)$.
2. On reprend le même raisonnement avec $h=f/g$. Alors $h$ est continue sur $[a,b]$ et $h(x)>1$ pour tout $x\in[a,b]$. Soit $c\in[a,b]$ tel que $$h(c)\leq h(x)$$ pour tout $x\in[a,b]$. Alors $h(c)>1$ et $\frac{f(x)}{g(x)}\geq h(c)$ pour tout $x\in[a,b]$. On obtient le résultat en posant $k=h(c)$.
3. Non! Par exemple, pour le premier cas, il suffit de considérer une fonction strictement positive qui admet une limite nulle en $+\infty$, par exemple $\exp(-x)$.

Enoncé

Soit $f:[0,+\infty[\to\mathbb R$ continue admettant une limite (finie) en $+\infty$. Montrer que $f$ est bornée sur $[0,+\infty[$.

Indication

Découper $[0,+\infty[$ en deux : une partie $[A,+\infty[$ où $f$ est bornée car $f$ admet une limite en $+\infty$, et $[0,A]$ où $f$ est bornée (pourquoi?)

Corrigé

Soit $a=\lim_{+\infty} f$. Appliquons la définition de la limite pour $\veps=1$. Il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $|f(x)-a|\leq 1$. En particulier, pour $x\in[A,+\infty[$, on a $|f(x)|\leq |a|+1$. De plus, $f$ est continue sur le segment $[0,A]$. Elle y est bornée. Soit $M_0$ tel que $|f(x)|\leq M_0$ pour tout $x\in[0,A]$. Alors, en posant $M=\max(M_0,|a|+1)$, on a $|f(x)|\leq M$ pour tout $x\in[0,+\infty[$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R\to\mathbb R$ une fonction continue telle que $\lim_{-\infty}f=\lim_{+\infty}f=+\infty$. Démontrer que $f$ admet un minimum sur $\mathbb R$.

Indication

Les ingrédients sont la définition des limites en $\pm\infty$ et le fait qu'une fonction continue sur un segment y admet un minimum.

Corrigé

Le résultat qui va nous fournir l'existence du minimum est le fait que toute fonction continue sur un segment y admet un minimum. C'est le fait que $f$ admet des limites en $\pm\infty$ valant $+\infty$ qui va nous permettre de nous ramener à un segment. Pour cela, on commence par traduire avec des quantificateurs les propriétés $\lim_{-\infty}f=\lim_{+\infty}f=+\infty$ : $$\forall A\in\mathbb R,\ \exists M_1>0,\ \forall x\geq M_1,\ f(x)\geq A.$$ $$\forall A\in\mathbb R,\ \exists M_2<0,\ \forall x\leq M_2,\ f(x)\geq A.$$ On espère alors appliquer le théorème précédent dans l'intervalle $[M_2,M_1]$. Il y a encore deux problèmes à régler, qui ne sont pas indépendants. Il reste alors à donner une valeur à $A$ qui assure que le minimum de $f$ est bien atteint dans $[M_2,M_1]$. Choisissons par exemple $A=f(0)$. Pour cette valeur de $A$, la définition de la limite donne des réels $M_1$ et $M_2$. La fonction $f$ est continue sur $[M_2,M_1]$. Il existe donc $x_0\in[M_2,M_1]$ tel que, pour tout $x\in[M_2,M_1]$, on a $f(x)\geq f(x_0)$. En particulier, $0\in [M_2,M_1]$ et donc $f(0)\geq f(x_0)$. D'autre part, si $x>M_1$ ou si $x<M_2$, on a $f(x)\geq A=f(0)\geq f(x_0)$. Ainsi, $f$ atteint bien son minimum sur $\mathbb R$ en $x_0$.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R_+\to\mathbb R$ une fonction continue surjective.

1. Démontrer que $0$ admet un nombre infini d'antécédents.
2. Plus généralement, démontrer que tout réel admet un nombre infini d'antécédents.

Indication

1. Raisonner par l'absurde. Considérer le plus grand des antécédents, notons le $A$, et étudier $f([0,A+1])$ et $f([A,+\infty[)$.
2. Se ramener au cas précédent.

Corrigé

1. On raisonne par l'absurde et on suppose que $0$ admet un nombre fini d'antécédents. Notons $A$ le plus grand de ces antécédents. Alors $0$ n'est pas dans l'image de $]A,+\infty[$ par $f$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, ceci entraine que $f(]A,+\infty[)\subset ]0,+\infty[$ ou $f(]A,+\infty[)\subset ]-\infty,0[$. Supposons par exemple que $f(]A,+\infty[)\subset ]0,+\infty[$. On sait aussi d'autre part que l'image du segment $[0,A]$ par $f$ est un segment $[m,M]$. Mais ainsi, on a prouvé que $f(\mathbb R_+)\subset [m,M]\cup ]0,+\infty[$. Cet ensemble ne peut pas être égal à $\mathbb R$ (on ne s'approche jamais de $-\infty$) et donc ceci contredit que $f$ est surjective.
2. Fixons $y\in\mathbb R$. On se ramène à la question précédente en posant $g(x)=f(x)-y$ qui reste surjective.

Enoncé

Soit $f:\mathbb R_+\to\mathbb R$ une fonction continue. On peut donc définir, pour tout $x\geq 0$, $\displaystyle F(x)=\max_{t\in [0,x]}f(t).$ Démontrer que la fonction $F$ est continue.

Indication

Démontrer la continuité en $x_0$ en séparant le cas où $F(x_0)=f(x_0)$ du cas où $F(x_0)>f(x_0)$. Dans ce dernier cas, on pourra montrer que $F$ est constante au voisinage de $x_0$.

Corrigé

Soit $x_0\in\mathbb R_+$. On va supposer que $x_0>0$ mais le cas $x_0=0$ se traiterait de la même façon. Soit aussi $\veps>0$. On va montrer que $F$ est continue en $x_0$ en séparant deux cas :

1. soit $F(x_0)=f(x_0)$ (autrement dit, $f$ atteint son maximum sur l'intervalle $[0,x_0]$ en $x_0$). Alors, par continuité de $f$ en $x_0$, il existe $\eta>0$ tel que $|x-x_0|\leq \eta\implies |f(x)-f(x_0)|\leq \veps.$ Soit $x\in \mathbb R_+$ tel que $|x-x_0|\leq \eta$.
   • si $x<x_0$, alors on a $F(x)\leq F(x_0)$ et aussi $$F(x)\geq f(x)\geq f(x_0)-\veps\geq F(x_0)-\veps.$$
   • si $x\geq x_0$, alors on a $F(x)\geq F(x_0)$. De plus, si $y\in [0,x_0]$, on a $f(y)\leq F(x_0)$ et si $y\in [x_0,x]\subset[x_0,x_0+\eta]$, on a $$f(y)\leq f(x_0)+\veps=F(x_0)+\veps.$$ On en déduit que $$F(x)=\sup_{y\in[0,x]}f(y)\leq F(x_0)+\veps.$$
   Dans les deux cas, on a démontré que $$F(x_0)-\veps\leq F(x)\leq F(x_0)+\veps$$ ce qui prouve la continuité de $F$ en $x_0$.
2. soit $f(x_0)<F(x_0)$. Alors on pose $\delta=F(x_0)-f(x_0)$. La continuité de $f$ en $x_0$ nous donne l'existence de $\eta>0$ tel que $$|x-x_0|\leq\eta\implies |f(x)-f(x_0)|\leq \delta.$$ Remarquons que, pour tout $y\in [x_0-\eta,x_0+\eta]$, on a $$f(y)\leq f(x_0)+\delta\leq F(x_0).$$ En particulier, on a $F(x_0)=f(x_1)$ pour $x_1\in[0,x_0-\eta]$, et on obtient que, pour tout $x\in [x_0-\eta,x_0+\eta]$, $$F(x)=F(x_0).$$ Ceci achève la preuve de la continuité de $F$.

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Source: https://www.bibmath.net/ressources/index.php?action=affiche&quoi=bde/analyse/unevariable/continuite&type=fexo

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