Exercices sur la continuite des fonctions reelles analyse 1

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Fonctions continues : Exercices et Corrections

Ce document propose une série d'exercices sur les fonctions continues, allant de la pratique à la théorie, avec des études de cas spécifiques. Chaque exercice est accompagné d'indications et de corrections détaillées pour approfondir la compréhension des concepts liés à la continuité des fonctions réelles.

Exercices Pratiques

Exercice 1

Soit f la fonction réelle à valeurs réelles définie par :

f(x) =

x si x < 1
x² si 1 ≤ x ≤ 4
8√x si x > 4

Tracer le graphe de f.
f est-elle continue ?
Donner la formule définissant f⁻¹.

Exercice 2

Soit f : R \ {1/3} → R telle que f(x) = (2x+3) / (3x−1). Pour tout ε > 0, déterminer δ tel que, (x ≠ 1/3 et |x| ≤ δ) ⇒ |f(x) +3| ≤ ε. Que peut-on en conclure ?

Exercice 3

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

f(x) = sin(x) · sin(1/x)
g(x) = (1/x) ln((eˣ + e⁻ˣ) / 2)
h(x) = (x−1) / (1−x²)

Exercices Théoriques

Exercice 4

Soit I un intervalle ouvert de R, f et g deux fonctions définies sur I.

Soit a ∈ I. Donner une raison pour laquelle : lim_x→a f(x) = f(a) ⇒ lim_x→a |f(x)| = |f(a)|.
On suppose que f et g sont continues sur I. En utilisant l’implication démontrée ci-dessus, la relation sup(f,g) = (1/2)(f + g + |f −g|), et les propriétés des fonctions continues, montrer que la fonction sup(f,g) est continue sur I.

Exercice 5

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.

Exercice 6

Soit f : [a,b] → R une fonction continue telle que f(a) = f(b). 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]. Application : une personne parcourt 4 km en 1 heure. Montrer qu’il existe un intervalle de 30 mn pendant lequel elle parcourt exactement 2 km.

Exercice 7

Soit f : R⁺ → R continue admettant une limite finie en +∞. Montrer que f est bornée. Atteint-elle ses bornes ?

Étude de Fonctions

Exercice 8

Déterminer les domaines de définition des fonctions suivantes :

f(x) = √((2+3x) / (5−2x))
g(x) = √(x² − 2x − 5)
h(x) = ln(4x+3)

Exercice 9

Soit f : R → R continue en 0 telle que pour chaque x ∈ R, f(x) = f(2x). Montrer que f est constante.

Exercice 10

Soit f : [0,1] → [0,1] croissante, montrer qu’elle a un point fixe. Indication : étudier E = {x ∈ [0,1] | ∀t ∈ [0, x], f(t) > t}.

Exercice 11

Résoudre l’équation xʸ = yˣ où x et y sont des entiers positifs non nuls.

Indications

Indication pour l’exercice 1

Distinguer trois intervalles pour la formule définissant f⁻¹.

Indication pour l’exercice 2

Le “ε” vous est donné, il ne faut pas y toucher. Par contre, c’est à vous de trouver le “δ”.

Indication pour l’exercice 3

Oui pour les deux premières en posant f(0) = 0, g(0) = 0, non pour la troisième.

Indication pour l’exercice 4

On pourra utiliser la variante de l’inégalité triangulaire |x − y| ≥ |x| − |y|.
Utiliser la première question pour montrer que |f−g| est continue.

Indication pour l’exercice 5

Ce n’est pas très dur, mais il y a quand même quelque chose à démontrer : ce n’est pas parce que f(x) vaut +1 ou −1 que la fonction est constante. Raisonner par l’absurde et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.

Indication pour l’exercice 7

Il faut raisonner en deux temps : d’abord écrire la définition de la limite en +∞, en fixant par exemple ε = 1, cela donne une borne sur [A,+∞]. Puis travailler sur [0,A].

Indication pour l’exercice 9

Pour x fixé, étudier la suite f(x/2ⁿ).

Indication pour l’exercice 10

Un point fixe est une valeur c ∈ [0,1] telle que f(c) = c. Montrer que c = supE est un point fixe. Pour cela, montrer que f(c) ≤ c puis f(c) ≥ c.

Indication pour l’exercice 11

Montrer que l’équation xʸ = yˣ est équivalente à ln(x)/x = ln(y)/y, puis étudier la fonction x ↦ ln(x)/x.

Corrections

Correction de l’exercice 1

Le graphe est composé d’une portion de droite au-dessus des x ∈ ]−∞,1[ ; d’une portion de parabole pour les x ∈ [1,4], d’une portion d’une autre parabole pour les x ∈ ]4,+∞[. (Cette dernière branche est bien une parabole, mais elle n’est pas dans le sens “habituel”, en effet si y = 8√x alors y² = 64x et c’est bien l’équation d’une parabole.) On “voit” immédiatement sur le graphe que la fonction est continue (les portions se recollent !). On “voit” aussi que la fonction est bijective.
La fonction est continue sur ]−∞,1[, ]1,4[ et ]4,+∞[ car sur chacun de ces intervalles elle est définie par une fonction continue. Il faut examiner ce qui se passe en x = 1 et x = 4. Pour x < 1, f(x) = x, donc la limite à gauche (c’est-à-dire x → 1 avec x < 1) est donc +1. Pour x ≥ 1, f(x) = x², donc la limite à droite vaut aussi +1. Comme f(1) = +1, alors les limites à gauche, à droite et la valeur en 1 coïncident, donc f est continue en x = 1.

Même travail en x = 4. Pour x ∈ [1,4], f(x) = x², donc la limite à gauche en x = 4 est +16. On a aussi f(4) = +16. Enfin pour x > 4, f(x) = 8√x, donc la limite à droite en x = 4 est aussi +16. Ainsi f est continue en x = 4.

Conclusion : f est continue en tout point x ∈ R, donc f est continue sur R.
Le graphe devrait vous aider : tout d’abord il vous aide à vous convaincre que f est bien bijective et que la formule pour la bijection réciproque dépend d’intervalles. Petit rappel : le graphe de la bijection réciproque f⁻¹ s’obtient comme symétrique du graphe de f par rapport à la bissectrice d’équation (y = x) (dans un repère orthonormal). Ici on se contente de donner directement la formule de f⁻¹.
- Pour y ∈ ]−∞,1[, f⁻¹(y) = y.
- Pour y ∈ [1,16], f⁻¹(y) = √y.
- Pour y ∈ ]16,+∞[, f⁻¹(y) = y²/64.
Nous avons défini f⁻¹: R → R de telle sorte que f⁻¹ soit la bijection réciproque de f. C’est un bon exercice de montrer que f est bijective sans calculer f⁻¹ : vous pouvez par exemple montrer que f est injective et surjective. Un autre argument est d’utiliser un résultat du cours : f est continue, strictement croissante avec une limite −∞ en −∞ et +∞ en +∞, donc elle est bijective de R dans R (et on sait même que la bijection réciproque est continue).

Correction de l’exercice 2

Commençons par la fin : trouver un tel δ montrera que ∀ε > 0 ∃δ > 0 |x−x₀| < δ ⇒ |f(x)−(−3)| < ε, autrement dit la limite de f en x₀ = 0 est −3. Comme f(0) = −3, cela montre aussi que f est continue en x₀ = 0.

On nous donne un ε > 0, à nous de trouver ce fameux δ.

Tout d’abord |f(x) +3| = |(2x+3)/(3x−1) + 3| = |(2x+3 + 3(3x−1))/(3x−1)| = |(2x+3 + 9x−3)/(3x−1)| = |11x / (3x−1)| = (11|x|) / |3x−1|. Donc notre condition devient : (11|x|) / |3x−1| < ε ⇔ |x| < ε · |3x−1| / 11.

Comme nous voulons éviter les problèmes en x = 1/3, pour lequel la fonction f n’est pas définie, nous allons nous placer “loin” de 1/3. Considérons seulement les x ∈ R tels que |x| < 1/6. Nous avons :

|x| < 1/6 ⇒ −1/6 < x < +1/6 ⇒ −1/2 < 3x−1 < −1/2 (erreur dans le texte original, devrait être -3/2 < 3x-1 < -1/2) ⇒ −3/2 < 3x−1 < −1/2 ⇒ 1/2 < |3x−1|.

Et maintenant explicitons δ : prenons δ ≤ ε · (1/2) / 11 = ε / 22. Alors pour |x| < δ, nous avons |x| < δ = ε / 22 < ε · |3x−1| / 11, ce qui implique par les équivalences précédentes que |f(x) +3| < ε. Il y a juste une petite correction à apporter à notre δ : au cours de nos calculs, nous avons supposé que |x| < 1/6, mais rien ne garantit que δ ≤ 1/6 (car δ dépend de ε qui pourrait bien être très grand, même si habituellement ce sont les ε petits qui nous intéressent). Au final le δ qui convient est donc : δ = min(1/6, ε/22).

Remarque finale : bien sûr, on savait dès le début que f est continue en x₀ = 0. En effet, f est le quotient de deux fonctions continues, le dénominateur ne s’annulant pas en x₀. Donc nous savons dès le départ qu’un tel δ existe, mais ici nous avons fait plus, nous avons trouvé une formule explicite pour ce δ.

Correction de l’exercice 3

La fonction f(x) = sin(x) · sin(1/x) est définie sur R∗ et elle est continue sur R∗. Il faut déterminer un éventuel prolongement par continuité en x = 0, c’est-à-dire savoir si f a une limite en 0. |f(x)| = |sin(x)| · |sin(1/x)| ≤ |sin(x)|. Comme lim_x→0 sin(x) = 0 et |sin(1/x)| est bornée par 1, alors f a une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posant f(0) = 0, nous obtenons une fonction f : R → R qui est continue.
La fonction g(x) = (1/x) ln((eˣ + e⁻ˣ) / 2) est définie et continue sur R∗. Étudions la situation en 0. Il faut remarquer que g est le taux d’accroissement en 0 de la fonction k(x) = ln((eˣ + e⁻ˣ) / 2) : en effet g(x) = (k(x)−k(0)) / (x−0). Or la fonction k est dérivable sur R et k’(x) = (eˣ − e⁻ˣ) / (eˣ + e⁻ˣ). Donc si k est dérivable en 0, alors la limite de g en 0 est égale à la valeur de k’ en 0. k’(0) = (e⁰ − e⁰) / (e⁰ + e⁰) = 0/2 = 0. Bilan : en posant g(0) = 0, nous obtenons une fonction g définie et continue sur R.
La fonction h(x) = (x−1) / (1−x²) est définie et continue sur R \ {−1,1}. Pour déterminer si elle est prolongeable par continuité en x = 1, on calcule la limite. Pour x ≠ 1, on a h(x) = (x−1)/((1−x)(1+x)) = (x−1)/(-(x−1)(1+x)) = −1/(1+x). La limite de h(x) quand x tend vers 1 est donc −1/(1+1) = −1/2. En posant h(1) = −1/2, nous définissons une fonction continue sur R \ {−1}. En x = −1, la fonction h n’admet pas de limite finie (le numérateur tend vers -2 et le dénominateur vers 0), donc elle ne peut pas être prolongée continûment.

Correction de l’exercice 4

On a pour tout x, y ∈ R, |x − y| ≥ |x| − |y| (c’est la deuxième formulation de l’inégalité triangulaire). Donc pour tout x ∈ I : |f(x)|−|f(a)| ≤ |f(x)−f(a)|. L’implication annoncée résulte alors immédiatement de la définition de l’assertion lim_x→a f(x) = f(a).
Si f,g sont continues alors αf +βg est continue sur I, pour tout α,β ∈ R. Donc les fonctions f +g et f −g sont continues sur I. L’implication de la question 1. prouve alors que |f−g| est continue sur I, et finalement on peut conclure : La fonction sup(f,g) = (1/2)(f +g+|f −g|) est continue sur I.

Correction de l’exercice 5

Comme f(x)² = 1, alors f(x) = ±1. Attention ! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante égale à 1 ou −1. Supposons, par exemple, qu’il existe x tel que f(x) = +1. Montrons que f est constante égale à +1. S’il existe y ≠ x tel que f(y) = −1 alors f est positive en x, négative en y et continue sur I. Donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe z entre x et y tel que f(z) = 0, ce qui contredit f(z)² = 1. Donc f est constante égale à +1. Le même raisonnement s'applique si l'on suppose f(x) = -1.

Correction de l’exercice 6

g(a) = f(a+(b−a)/2) − f(a) et g(a+(b−a)/2) = f(b) − f(a+(b−a)/2). Comme f(a) = f(b), alors nous obtenons que g(a) = −g(a+(b−a)/2). Donc ou bien g(a) ≤ 0 et g(a+(b−a)/2) ≥ 0 ou bien g(a) ≥ 0 et g(a+(b−a)/2) ≤ 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, g s’annule en c pour un c entre a et a+(b−a)/2. L'intervalle est [a, (a+b)/2].
Notons t le temps (en heure) et d(t) la distance parcourue (en km) entre les instants 0 et t. Nous supposons que la fonction t ↦ d(t) est continue. Soit f(t) = d(t)−4t. Alors f(0) = d(0)−4*0 = 0 et par hypothèse f(1) = d(1)−4*1 = 4-4 = 0. Appliquons la question précédente avec a = 0, b = 1. Il existe c ∈ [0,1/2] tel que g(c) = 0, c’est-à-dire f(c+1/2) = f(c). Donc d(c+1/2)−4(c+1/2) = d(c)−4c. En réarrangeant, d(c+1/2)−d(c) = 4(c+1/2)−4c = 2. Donc entre c et c+1/2, (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement 2 km.

Correction de l’exercice 7

Notons ℓ la limite de f en +∞ : ∀ε > 0 ∃A ∈ R tel que x > A ⇒ ℓ−ε ≤ f(x) ≤ ℓ+ε. Fixons ε = +1, nous obtenons un A correspondant tel que pour x > A, ℓ−1 ≤ f(x) ≤ ℓ+1. Nous venons de montrer que f est bornée “à l’infini”. La fonction f est continue sur l’intervalle fermé borné [0,A], donc f est bornée sur cet intervalle : il existe m,M tels que pour tout x ∈ [0,A], m ≤ f(x) ≤ M. En prenant M₀ = max(M, ℓ+1), et m₀ = min(m, ℓ−1) nous avons que pour tout x ∈ R⁺, m₀ ≤ f(x) ≤ M₀. Donc f est bornée sur R⁺.

La fonction n’atteint pas nécessairement ses bornes : regardez f(x) = 1/(1+x).

Correction de l’exercice 8

Pour f(x) = √((2+3x) / (5−2x)), il faut que le dénominateur ne s’annule pas, donc x ≠ 5/2. En plus, il faut que le terme sous la racine soit positif ou nul, c’est-à-dire (2+3x)(5−2x) ≥ 0. Les racines sont -2/3 et 5/2. L'expression est positive entre les racines. Donc x ∈ [−2/3,5/2]. L’ensemble de définition est donc [−2/3,5/2[.
Pour g(x) = √(x² − 2x − 5), il faut x² − 2x − 5 ≥ 0. Les racines de x² − 2x − 5 = 0 sont (2 ± √(4 - 4*1*(-5))) / 2 = (2 ± √24) / 2 = (2 ± 2√6) / 2 = 1 ± √6. Le polynôme est positif à l'extérieur des racines. Donc x ∈ ]−∞,1−√6]∪[1+√6,+∞[.
Pour h(x) = ln(4x+3), il faut 4x+3 > 0 soit x > −3/4. L’ensemble de définition est donc ]−3/4,+∞[.

Correction de l’exercice 9

Fixons x ∈ R et soit y = x/2. Comme f(y) = f(2y), nous obtenons f(x/2) = f(x). Puis en prenant y = x/4, nous obtenons f(x/4) = f(x/2) = f(x). Par une récurrence facile, nous avons ∀n ∈ N f(x/2ⁿ) = f(x). Notons (uⁿ) la suite définie par uⁿ = x/2ⁿ alors uⁿ → 0 quand n → +∞. Par la continuité de f en 0, nous savons alors que : f(uⁿ) → f(0) quand n → +∞. Mais f(uⁿ) = f(x/2ⁿ) = f(x), donc (f(uⁿ))_n est une suite constante égale à f(x), et donc la limite de cette suite est f(x)! Donc f(x) = f(0). Comme ce raisonnement est valable pour tout x ∈ R, nous venons de montrer que f est une fonction constante.

Correction de l’exercice 10

Si f(0) = 0, c’est fini, on a trouvé le point fixe ! Sinon f(0) n’est pas nul. Donc f(0) > 0 et 0 ∈ E. Donc E n’est pas vide.
Maintenant E est une partie de [0,1] non vide donc supE existe et est fini. Notons c = supE ∈ [0,1]. Nous allons montrer que c est un point fixe.
Nous approchons ici c = supE par des éléments de E : Soit (xⁿ) une suite de E telle que xⁿ → c et xⁿ ≤ c. Une telle suite existe d’après les propriétés de c = supE. Comme xⁿ ∈ E, alors xⁿ < f(xⁿ). Et comme f est croissante, f(xⁿ) ≤ f(c). Donc pour tout n, xⁿ < f(c); comme xⁿ → c alors à la limite nous avons c ≤ f(c).
Si c = 1 alors f(1) = 1 et nous avons notre point fixe. Sinon, nous utilisons maintenant le fait que les éléments supérieurs à supE ne sont pas dans E : Soit (tⁿ) une suite telle que tⁿ → c, tⁿ ≥ c et telle que f(tⁿ) ≤ tⁿ. Une telle suite existe car sinon c ne serait pas égal à supE. Nous avons f(c) ≤ f(tⁿ) ≤ tⁿ et donc à la limite f(c) ≤ c. Nous concluons donc que c ≤ f(c) ≤ c, donc f(c) = c et c est un point fixe de f.

Correction de l’exercice 11

xʸ = yˣ ⇔ e^{y ln x} = e^{x ln y} ⇔ y ln x = x ln y ⇔ ln(x)/x = ln(y)/y (la fonction exponentielle est bijective). Étudions la fonction f(x) = ln(x)/x sur [1,+∞[. f’(x) = (1−ln x) / x², donc f est croissante sur [1, e] et décroissante sur [e,+∞[. Donc pour z ∈ ]0, f(e)[ = ]0,1/e[, l’équation f(x) = z a exactement deux solutions, une dans ]1, e[ et une dans ]e,+∞[.

Revenons à l’équation xʸ = yˣ équivalente à f(x) = f(y). Prenons y un entier, nous allons distinguer trois cas : y = 1, y = 2 et y ≥ 3.

Si y = 1 alors f(y) = z = 0 on doit donc résoudre f(x) = 0 et alors x = 1. Solution (1,1).
Si y = 2 alors il faut résoudre l’équation f(x) = ln(2)/2 ∈ ]0,1/e[. Alors d’après l’étude précédente, il existe deux solutions : une sur ]0, e[ qui est x = 2 ( ! ) et une sur ]e,+∞[ qui est 4, en effet ln(4)/4 = ln(2²)/4 = 2ln(2)/4 = ln(2)/2. Nous avons pour l’instant les solutions correspondant à 2² = 2² et 2⁴ = 4². Solutions (2,2) et (4,2) (et par symétrie (2,4)).
Si y ≥ 3 alors y > e. Il y a une solution x de l’équation f(x) = f(y) dans ]e,+∞[ qui est x = y, ce qui donne les solutions (y,y). Et une solution x dans l’intervalle ]1, e[. Mais comme x est un entier, alors x = 2 (c’est le seul entier appartenant à ]1, e[). C’est un cas que nous avons déjà étudié conduisant à 4² = 2⁴.

Conclusion : les couples d’entiers qui vérifient l’équation xʸ = yˣ sont les couples (x,y) = (x,x) pour tout x ∈ N* et les couples (2,4) et (4,2).

Foire Aux Questions (FAQ)

Qu'est-ce qu'une fonction continue ?

Une fonction est dite continue si de petites variations de l'entrée (variable indépendante) entraînent de petites variations de la sortie (variable dépendante). Intuitivement, on peut tracer le graphe d'une fonction continue sans lever le crayon. Mathématiquement, une fonction f est continue en un point 'a' si la limite de f(x) quand x tend vers 'a' est égale à f(a).

Comment vérifier la continuité d'une fonction en un point ou sur un intervalle ?

Pour vérifier la continuité en un point 'a', il faut s'assurer que : 1) f(a) est définie, 2) la limite de f(x) quand x tend vers 'a' existe, et 3) cette limite est égale à f(a). Pour une fonction définie par morceaux, cela implique souvent de vérifier que les limites à gauche et à droite en chaque point de raccordement sont égales à la valeur de la fonction en ce point. Sur un intervalle, si la fonction est composée de fonctions continues (polynômes, exponentielles, logarithmes, trigonométriques) et si son domaine de définition inclut cet intervalle sans points problématiques (comme des dénominateurs nuls), elle est généralement continue sur cet intervalle.

Qu'est-ce que le prolongement par continuité et quand est-il possible ?

Le prolongement par continuité permet de définir une fonction en un point où elle n'était initialement pas définie, de sorte que la nouvelle fonction soit continue en ce point. C'est possible si et seulement si la fonction admet une limite finie en ce point. Si cette limite existe, on peut définir la fonction en ce point en lui attribuant cette valeur limite. Par exemple, la fonction sin(x)/x n'est pas définie en 0, mais comme lim_x→0 sin(x)/x = 1, on peut la prolonger par continuité en posant f(0) = 1.