Exercices analyse smpc s1 faculte sciences rabat serie 3 ana

Télécharger PDF

Faculté des Sciences de Rabat SMPC-S1 Département de Mathématiques M3-E1 : Analyse - Série d’exercices 3

Exercice 1

Calculer, lorsqu’elles existent, les limites suivantes :

a) lim_x→0 (x² + 2|x|)/x
b) lim_x→−∞ (x² + 2|x|)/x
c) lim_x→2 (x² − 4)/(x² − 3x + 2)
d) lim_x→π sin²(x)/(1 + cos(x))
e) lim_x→0 (√(1+x) − √(1+x²))/x
f) lim_x→+∞ (√(x + 5) − √(x − 3))
g) lim_x→0 (³√(1+x²) − 1)/x²
h) lim_x→1 (x − 1)/(xⁿ − 1)

Exercice 2

1. Démontrer que lim_x→0 (√(1 + x) − √(1 − x))/x = 1.
2. Soient m et n des entiers positifs. Étudier lim_x→0 (√(1 + x^m) − √(1 − x^m))/xⁿ.
3. Démontrer que lim_x→0 x(√(1 + x + x²) − 1) = 1/2.

Exercice 3

1. Montrer que toute fonction périodique et non constante n’admet pas de limite en +∞.
2. Montrer que toute fonction croissante et majorée admet une limite finie en +∞.

Exercice 4

Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité sur R ?

a) f(x) = sin(x) · sin(1/x)
b) h(x) = (x − 1)/(1 − x²)

Exercice 5

Soit f une fonction de [a, b] dans [a, b] telle que pour tout x et x₀ (x ≠ x₀) de [a, b] on ait : |f(x) − f(x₀)| < |x − x₀|.

1. Montrer que f est continue sur [a, b].
2. Montrer que l’équation f(x) = x admet une et une seule solution dans [a, b]. (On pourra introduire la fonction : x ↦ g(x) = f(x) − x).

Exercice 6

Soit f : [a, b] → R une fonction continue telle que f(a) = f(b).

1. Montrer que la fonction g(t) = f(t + (b−a)/2) − f(t) s’annule en au moins un point de [a, (a+b)/2].
2. Application : Une personne parcourt 4 km en 1 heure. Montrer qu’il existe un intervalle de 30 minutes pendant lequel elle parcourt exactement 2 km.

Exercice 7

Soit f : R → R continue telle que lim_x→−∞ f(x) = −∞ et lim_x→+∞ f(x) = +∞. Montrer que f s’annule.

Appliquer ceci aux polynômes de degré impair.

Exercice 8

Soient I un intervalle de R et f : I → R continue, telle que pour chaque x ∈ I, f(x)² = 1.

Montrer que f = 1 ou f = −1.

Corrections

Correction 1

1. (x² + 2|x|)/x = x + 2|x|/x.

Si x > 0, cette expression vaut x + 2, donc la limite à droite en x = 0 est +2.

Si x < 0, l’expression vaut x − 2, donc la limite à gauche en x = 0 est −2.

Les limites à droite et à gauche sont différentes, donc il n’y a pas de limite en x = 0.
2. Pour lim_x→−∞ (x² + 2|x|)/x :

Lorsque x → −∞, x est négatif, donc |x| = −x.

Ainsi (x² + 2|x|)/x = (x² − 2x)/x = x − 2.

Donc la limite quand x → −∞ est −∞.
3. (x² − 4)/(x² − 3x + 2) = ((x − 2)(x + 2)) / ((x − 2)(x − 1)) = (x + 2) / (x − 1) (pour x ≠ 2).

Lorsque x → 2, cette expression tend vers (2 + 2) / (2 − 1) = 4.
4. sin²(x) / (1 + cos(x)) = (1 − cos²(x)) / (1 + cos(x)) = ((1 − cos(x))(1 + cos(x))) / (1 + cos(x)) = 1 − cos(x) (pour cos(x) ≠ −1).

Lorsque x → π, la limite est donc 1 − cos(π) = 1 − (−1) = 2.
5. Pour lim_x→0 (√(1+x) − √(1+x²))/x :

Multiplions par l'expression conjuguée :

((√(1+x) − √(1+x²)) / x) × ((√(1+x) + √(1+x²)) / (√(1+x) + √(1+x²)))

= (1 + x − (1 + x²)) / (x(√(1+x) + √(1+x²))) = (x − x²) / (x(√(1+x) + √(1+x²)))

= (1 − x) / (√(1+x) + √(1+x²)).

Lorsque x → 0, la limite vaut (1 − 0) / (√(1+0) + √(1+0)) = 1 / (1 + 1) = 1/2.
6. Pour lim_x→+∞ (√(x + 5) − √(x − 3)) :

Multiplions par l'expression conjuguée :

(√(x + 5) − √(x − 3)) × (√(x+5) + √(x−3)) / (√(x+5) + √(x−3))

= (x + 5 − (x − 3)) / (√(x+5) + √(x−3)) = 8 / (√(x+5) + √(x−3)).

Lorsque x → +∞, le dénominateur tend vers +∞, donc la limite de l'expression vaut 0.
7. Pour lim_x→0 (³√(1+x²) − 1)/x² :

Nous utilisons l’identité a³ − 1 = (a − 1)(1 + a + a²), d'où (a − 1) = (a³ − 1) / (1 + a + a²).

Posons a = ³√(1 + x²). Alors a³ = 1 + x².

L'expression devient : (a − 1) / x² = ((1 + x²) − 1) / (x²(1 + a + a²)) = x² / (x²(1 + a + a²)) = 1 / (1 + a + a²).

Lorsque x → 0, alors a = ³√(1 + x²) → ³√(1 + 0) = 1.

Donc la limite cherchée est 1 / (1 + 1 + 1²) = 1/3.

Autre méthode (utilisation du taux d’accroissement) :

Soit f(t) = ³√(1 + t) = (1 + t)^1/3, qui est dérivable. Alors f'(t) = (1/3)(1 + t)^-2/3.

La limite lim_x→0 (³√(1 + x²) − 1)/x² peut être vue en posant u = x². Lorsque x → 0, u → 0.

L'expression devient lim_u→0 (³√(1 + u) − 1)/u.

Ceci est la définition de la dérivée de f(u) en u = 0, soit f'(0).

Donc la limite est f'(0) = (1/3)(1 + 0)^-2/3 = 1/3.
8. Pour lim_x→1 (x − 1)/(xⁿ − 1) :

Nous utilisons l’identité xⁿ − 1 = (x − 1)(1 + x + x² + · · · + xⁿ⁻¹).

Ainsi, (xⁿ − 1)/(x − 1) = 1 + x + x² + · · · + xⁿ⁻¹.

Donc, si x → 1, la limite de (xⁿ − 1)/(x − 1) est 1 + 1 + · · · + 1 (n termes), qui vaut n.

Par conséquent, la limite de (x − 1)/(xⁿ − 1) est 1/n.

La méthode avec le taux d’accroissement fonctionne aussi très bien ici.

Soit f(x) = xⁿ, qui est dérivable. Alors f'(x) = nxⁿ⁻¹.

On cherche lim_x→1 (x − 1)/(xⁿ − 1). Ceci est l'inverse de lim_x→1 (xⁿ − 1)/(x − 1).

Or lim_x→1 (xⁿ − 1)/(x − 1) = lim_x→1 (f(x) − f(1))/(x − 1) = f'(1) = n(1)ⁿ⁻¹ = n.

Donc la limite cherchée est 1/n.

Correction 2

Généralement, pour calculer des limites faisant intervenir des sommes de racines carrées, il est utile de faire intervenir “l’expression conjuguée” :

√a − √b = ((√a − √b)(√a + √b)) / (√a + √b) = (a − b) / (√a + √b).

Les racines au numérateur ont “disparu” en utilisant l’identité (x − y)(x + y) = x² − y².

Appliquons ceci sur l'expression de l'exercice 2.2 :

f(x) = (√(1 + x^m) − √(1 − x^m)) / xⁿ

= ((√(1 + x^m) − √(1 − x^m))(√(1 + x^m) + √(1 − x^m))) / (xⁿ(√(1 + x^m) + √(1 − x^m)))

= (1 + x^m − (1 − x^m)) / (xⁿ(√(1 + x^m) + √(1 − x^m)))

= (2x^m) / (xⁿ(√(1 + x^m) + √(1 − x^m)))

= (2x^m-n) / (√(1 + x^m) + √(1 − x^m)).

Nous avons lim_x→0 2 / (√(1 + x^m) + √(1 − x^m)) = 2 / (√(1 + 0) + √(1 − 0)) = 2 / (1 + 1) = 1.

Donc l’étude de la limite de f en 0 est la même que celle de la fonction x ↦ x^m-n.

Distingons plusieurs cas pour la limite de f en 0 :

Si m > n, alors m − n > 0, donc x^m-n et par suite f(x), tendent vers 0.
Si m = n, alors m − n = 0, donc x^m-n = x⁰ = 1, et f(x) tend vers 1.
Si m < n, alors m − n < 0. On peut écrire x^m-n = 1/x^n-m = 1/x^k avec k = n − m un exposant positif.

Si k est pair, alors les limites à droite (x→0⁺) et à gauche (x→0⁻) de 1/x^k sont +∞.

Pour k impair, la limite à droite (x→0⁺) vaut +∞ et la limite à gauche (x→0⁻) vaut −∞.

Conclusion : Pour k = n − m > 0 pair, la limite de f en 0 vaut +∞. Pour k = n − m > 0 impair, f n’a pas de limite en 0 car les limites à droite et à gauche ne sont pas égales.

Correction 3

1. Soit p > 0 la période de la fonction f : pour tout x ∈ R, f(x + p) = f(x).

Par une récurrence facile, on montre : ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, f(x + np) = f(x).

Comme f n’est pas constante, il existe a, b ∈ R tels que f(a) ≠ f(b).

Considérons deux suites : (x_n) = (a + np) et (y_n) = (b + np).

On a lim_n→∞ x_n = +∞ et lim_n→∞ y_n = +∞.

Supposons, par l’absurde, que f a une limite L en +∞.

Alors lim_n→∞ f(x_n) = L. Mais f(x_n) = f(a + np) = f(a), donc L = f(a).

De même, lim_n→∞ f(y_n) = L. Mais f(y_n) = f(b + np) = f(b), donc L = f(b).

Nous obtenons donc f(a) = L = f(b), ce qui est en contradiction avec f(a) ≠ f(b).

Par conséquent, f n'admet pas de limite en +∞.
2. Soit f : R → R une fonction croissante et majorée par M ∈ R.

L'ensemble image F = f(R) = {f(x) | x ∈ R} est un sous-ensemble non vide de R.

Puisque f est majorée par M, l'ensemble F est majoré. Par l'axiome de la borne supérieure (ou de la propriété de la borne supérieure), F admet une borne supérieure finie. Notons L = sup F. Donc L < +∞.

Montrons que lim_x→+∞ f(x) = L.

Soit ε > 0. Par la définition du supremum, il existe y₀ ∈ F tel que L − ε ≤ y₀ ≤ L.

Comme y₀ ∈ F, il existe x₀ ∈ R tel que f(x₀) = y₀.

Puisque f est croissante, pour tout x > x₀, on a f(x) ≥ f(x₀) = y₀.

De plus, par définition de L comme supremum, ∀x ∈ R, f(x) ≤ L.

En combinant ces deux inégalités pour x > x₀, on obtient L − ε ≤ y₀ ≤ f(x) ≤ L.

Ceci signifie que |f(x) − L| ≤ ε pour tout x > x₀, ce qui est la définition de lim_x→+∞ f(x) = L.

Correction 4

1. La fonction f(x) = sin(x) · sin(1/x) est définie sur R* et elle est continue sur R* (comme produit de fonctions continues).

Il faut déterminer un éventuel prolongement par continuité en x = 0, c’est-à-dire savoir si f a une limite en 0.

Nous savons que |sin(1/x)| ≤ 1 pour tout x ≠ 0.

Donc, |f(x)| = |sin(x)||sin(1/x)| ≤ |sin(x)|.

Comme lim_x→0 |sin(x)| = 0, par le théorème des gendarmes, lim_x→0 f(x) = 0.

Donc en posant f(0) = 0, nous obtenons une fonction f : R → R qui est continue.
2. La fonction h(x) = (x − 1)/(1 − x²) est définie et continue sur R \ {−1, 1}, car le dénominateur 1 − x² = (1 − x)(1 + x) s'annule en x = 1 et x = −1.

Pour x ≠ 1 et x ≠ −1, on peut simplifier l'expression :

h(x) = (x − 1)/((1 − x)(1 + x)) = −(1 − x)/((1 − x)(1 + x)) = −1/(1 + x).

Étudions la prolongeabilité en x = 1 :

lim_x→1 h(x) = lim_x→1 −1/(1 + x) = −1/(1 + 1) = −1/2.

Donc h admet une limite finie en x = 1. En posant h(1) = −1/2, nous prolongeons h par continuité sur R \ {−1}.

Étudions la prolongeabilité en x = −1 :

lim_x→−1 h(x) = lim_x→−1 −1/(1 + x).

Lorsque x → −1, le numérateur est −1 et le dénominateur (1 + x) tend vers 0.

Si x → −1⁺, 1 + x > 0, donc h(x) → −∞.

Si x → −1⁻, 1 + x < 0, donc h(x) → +∞.

La fonction h n’admet pas de limite finie en x = −1, donc elle ne peut pas être prolongée continuement en −1.

Correction 5

1. Pour montrer que f est continue sur [a, b], nous utilisons la définition séquentielle de la continuité.

Soit x ∈ [a, b] et soit (x_n) une suite dans [a, b] telle que lim_n→∞ x_n = x.

Par l'hypothèse, pour x_n ≠ x, on a |f(x_n) − f(x)| < |x_n − x|.

Puisque lim_n→∞ (x_n − x) = 0, par le théorème des gendarmes, lim_n→∞ |f(x_n) − f(x)| = 0.

Ceci implique lim_n→∞ f(x_n) = f(x). Donc f est continue sur [a, b].
2. Pour montrer que l’équation f(x) = x admet une et une seule solution dans [a, b], introduisons la fonction g(x) = f(x) − x.

Puisque f est continue (démontré en 1) et id(x) = x est continue, g est continue sur [a, b].

Évaluons g(a) et g(b) :

g(a) = f(a) − a.

g(b) = f(b) − b.

Puisque f est une fonction de [a, b] dans [a, b], nous avons f(a) ∈ [a, b] et f(b) ∈ [a, b].

Donc f(a) ≥ a, ce qui implique g(a) = f(a) − a ≥ 0.

Et f(b) ≤ b, ce qui implique g(b) = f(b) − b ≤ 0.

Par le théorème des valeurs intermédiaires, puisque g est continue sur [a, b] et que g(a) et g(b) sont de signes opposés ou nuls, il existe au moins une solution c ∈ [a, b] telle que g(c) = 0, c'est-à-dire f(c) = c.

Pour l'unicité, supposons qu'il existe deux solutions distinctes c₁ et c₂ dans [a, b], avec c₁ ≠ c₂.

Alors f(c₁) = c₁ et f(c₂) = c₂.

Donc |f(c₁) − f(c₂)| = |c₁ − c₂|.

Cependant, l'hypothèse de la fonction f est |f(x) − f(x₀)| < |x − x₀| pour x ≠ x₀.

L'égalité |f(c₁) − f(c₂)| = |c₁ − c₂| contredit cette hypothèse. Par conséquent, il ne peut y avoir qu'une seule solution.

Correction 6

1. On définit la fonction g(t) = f(t + (b−a)/2) − f(t) sur l'intervalle [a, (a+b)/2].

Puisque f est continue, la fonction g est également continue sur cet intervalle.

Calculons les valeurs de g aux bornes de l'intervalle :

g(a) = f(a + (b−a)/2) − f(a) = f((a+b)/2) − f(a).

g((a+b)/2) = f((a+b)/2 + (b−a)/2) − f((a+b)/2) = f(b) − f((a+b)/2).

D'après l'énoncé, nous savons que f(a) = f(b).

Donc, g((a+b)/2) = f(a) − f((a+b)/2) = −(f((a+b)/2) − f(a)) = −g(a).

Nous avons g((a+b)/2) = −g(a), ce qui signifie que g(a) et g((a+b)/2) sont de signes opposés ou que l'un d'eux (et donc l'autre) est nul.

Par le théorème des valeurs intermédiaires, comme g est continue sur [a, (a+b)/2] et prend des valeurs de signes opposés aux bornes, il existe au moins un point c ∈ [a, (a+b)/2] tel que g(c) = 0.

C'est-à-dire f(c + (b−a)/2) − f(c) = 0, ou encore f(c + (b−a)/2) = f(c).
2. Application : Notons d(t) la distance parcourue (en km) par la personne entre l'instant 0 et l'instant t (en heures). Nous supposons que la fonction t ↦ d(t) est continue.

Nous savons que d(1) = 4 km. On cherche un intervalle de 30 minutes (soit 1/2 heure) pendant lequel la personne parcourt exactement 2 km.

Considérons la fonction f(t) = d(t) − 4t.

Calculons f(0) et f(1) :

f(0) = d(0) − 4(0) = 0 − 0 = 0 (car la distance parcourue à l'instant 0 est 0).

f(1) = d(1) − 4(1) = 4 − 4 = 0 (car la personne parcourt 4 km en 1 heure).

Nous avons donc f(0) = f(1). La fonction f est continue.

Appliquons le résultat de la question 1 avec a = 0 et b = 1.

Il existe un temps c ∈ [0, (0+1)/2] = [0, 1/2] (en heures) tel que f(c + (1−0)/2) = f(c).

C'est-à-dire f(c + 1/2) = f(c).

En remplaçant par la définition de f(t) :

d(c + 1/2) − 4(c + 1/2) = d(c) − 4c.

En réarrangeant les termes, on obtient :

d(c + 1/2) − d(c) = 4(c + 1/2) − 4c = 4c + 2 − 4c = 2.

Cela signifie que sur l'intervalle de temps [c, c + 1/2] (soit une durée de 1/2 heure ou 30 minutes), la personne parcourt exactement 2 km.

Correction 7

Puisque lim_x→−∞ f(x) = −∞, cela signifie qu'il existe un nombre réel x₀ < 0 tel que f(x₀) < 0.

De même, puisque lim_x→+∞ f(x) = +∞, cela signifie qu'il existe un nombre réel y₀ > 0 tel que f(y₀) > 0.

La fonction f est continue sur R, et donc en particulier sur l'intervalle [x₀, y₀].

Comme f(x₀) est négatif et f(y₀) est positif (ou vice versa si on avait f(x₀) > 0 et f(y₀) < 0), d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un point z ∈ ]x₀, y₀[ tel que f(z) = 0.

Donc f s’annule sur R.

Application aux polynômes de degré impair :

Un polynôme P(x) = a_nxⁿ + a_n-1xⁿ⁻¹ + ... + a₀ de degré impair signifie que n est un entier impair et a_n ≠ 0.

Pour un polynôme, les limites à l'infini sont déterminées par le terme de plus haut degré :

Si a_n > 0 (par exemple, P(x) = x³) : lim_x→−∞ P(x) = −∞ et lim_x→+∞ P(x) = +∞.
Si a_n < 0 (par exemple, P(x) = −x³) : lim_x→−∞ P(x) = +∞ et lim_x→+∞ P(x) = −∞.

Dans les deux cas, les limites de P(x) en −∞ et en +∞ sont de signes opposés.

De plus, les polynômes sont des fonctions continues sur R.

Par conséquent, selon le théorème démontré ci-dessus, tout polynôme de degré impair s'annule au moins une fois sur R.

Ceci n'est pas vrai en général pour les polynômes de degré pair, par exemple la fonction f(x) = x² + 1 est un polynôme de degré 2 qui ne s’annule jamais sur R.

Correction 8

Comme f(x)² = 1 pour tout x ∈ I, cela implique que pour chaque x ∈ I, f(x) doit être soit +1, soit −1.

Attention ! Cela ne signifie pas d'emblée que la fonction est constante égale à 1 ou constante égale à −1 sur tout l'intervalle I.

Supposons, par l'absurde, que f ne soit pas constante. Cela signifierait qu'il existe au moins deux points x₀, y₀ ∈ I tels que f(x₀) = +1 et f(y₀) = −1.

Puisque f est une fonction continue sur l'intervalle I, et qu'elle prend la valeur +1 en x₀ et la valeur −1 en y₀, alors par le théorème des valeurs intermédiaires, f doit prendre toutes les valeurs entre −1 et +1.

En particulier, il existerait un point z entre x₀ et y₀ (donc z ∈ I) tel que f(z) = 0.

Cependant, l'hypothèse de l'énoncé est f(z)² = 1 pour tout z ∈ I.

Si f(z) = 0, alors f(z)² = 0² = 0, ce qui contredit f(z)² = 1.

Notre supposition initiale, selon laquelle f n'est pas constante, doit donc être fausse.

Par conséquent, f doit être une fonction constante sur l'intervalle I.

Puisque les seules valeurs possibles pour f(x) sont +1 ou −1, f est soit constamment égale à +1 sur tout I, soit constamment égale à −1 sur tout I.

FAQ

Qu'est-ce qu'une limite à gauche et une limite à droite ?: La limite à gauche d'une fonction en un point a (lim_x→a⁻ f(x)) est la valeur vers laquelle f(x) tend lorsque x s'approche de a par des valeurs inférieures à a. La limite à droite (lim_x→a⁺ f(x)) est la valeur vers laquelle f(x) tend lorsque x s'approche de a par des valeurs supérieures à a. Pour qu'une limite globale existe en a, les limites à gauche et à droite doivent toutes deux exister et être égales.
Pourquoi le théorème des valeurs intermédiaires est-il important en analyse ?: Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) est un résultat fondamental en analyse car il garantit l'existence d'une solution pour certaines équations, notamment pour trouver des racines ou des points fixes. Il stipule que si une fonction continue sur un intervalle [a, b] prend deux valeurs différentes f(a) et f(b) aux bornes, alors elle prendra toutes les valeurs intermédiaires entre f(a) et f(b) au moins une fois dans cet intervalle. Il est largement utilisé dans les démonstrations d'existence.
Comment déterminer si une fonction est prolongeable par continuité en un point ?: Une fonction f définie sur un ensemble D mais non en un point a (où a est un point d'accumulation de D) est prolongeable par continuité en a si et seulement si f admet une limite finie L en a. Si cette condition est remplie, le prolongement par continuité est la fonction g définie par g(x) = f(x) pour x ∈ D et g(a) = L. Si la limite est infinie ou n'existe pas, la fonction n'est pas prolongeable par continuité en ce point.