Exercices sur la continuite des fonctions reelles analyse 1
Télécharger PDFExo7 Fonctions continues 1 Pratique
Exercice 1Soit f la fonction réelle à valeurs réelles définie par x si x < 1 x2si 1 ≤ x ≤ 4 8√x si x > 4 1. Tracer le graphe de f . 2. f est elle continue ? f(x) = 3. Donner la formule définissant f−1. Indication H Correction H Vidéo [000671]
Exercice 2Soit f : R\ {1/3} → R telle que f(x) = 2x+3 3x−1. Pour tout ε > 0 déterminer δ tel que, (x 6= 1/3 et |x| ≤ δ) ⇒ | f(x) +3| ≤ ε. Que peut-on en conclure ? Indication H Correction H Vidéo [000670]
Exercice 3Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité sur R ? a) f(x) = sinx ·sin 1x; b) g(x) = 1xln ex +e−x 2; 1−x−2 c) h(x) = 1 1−x2. Indication H Correction H Vidéo [000677] 2 Théorie
Exercice 4Soit I un intervalle ouvert de R, f et g deux fonctions définies sur I. 1. Soit a ∈ I. Donner une raison pour laquelle : x→af(x) = f(a) lim ⇒ x→a| f(x)| = | f(a)| lim . 2. On suppose que f et g sont continues sur I. En utilisant l’implication démontrée ci-dessus, la relation sup(f,g) = 12(f + g + | f −g|), et les propriétés des fonctions continues, montrer que la fonction sup(f,g) est continue sur I. Indication H Correction H Vidéo [000639]
Exercice 5Soient 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. 1
Indication H Correction H Vidéo [000645]
Exercice 6Soit f : [a,b] −→ R une fonction continue telle que f(a) = f(b). Montrer que la fonction g(t) = f(t +b−a un point de [a,a+b 2]. 2)− f(t) s’annule en au moins 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. Correction H Vidéo [000642]
Exercice 7Soit f : R+ → R continue admettant une limite finie en +∞. Montrer que f est bornée. Atteint-elle ses bornes ? Indication H Correction H Vidéo [000646] 3 Etude de fonctions
Exercice 8Déterminer les domaines de définition des fonctions suivantes f(x) = r2+3x 5−2x; g(x) = p x2 −2x−5 ; h(x) = ln(4x+3). Correction H Vidéo [000686]
Exercice 9Soit f : R → R continue en 0 telle que pour chaque x ∈ R, f(x) = f(2x). Montrer que f est constante. Indication H Correction H Vidéo [000680]
Exercice 10Soit 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 . Indication H Correction H Vidéo [000653]
Exercice 11Résoudre l’équation xy = yx où x et y sont des entiers positifs non nuls. Indication H Correction H Vidéo [000776] Retrouver cette fiche et d’autres exercices de maths sur .emath.fr 2
Indication pour l’exercice 1 N Distinguer trois intervalles pour la formule définissant f−1. Indication pour l’exercice 2 N 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 N Oui pour le deux premières en posant f(0) = 0, g(0) = 0, non pour la troisième. Indication pour l’exercice 4 N 1. On pourra utiliser la variante de l’inégalité triangulaire |x−y| ≥ |x| −|y| . 2. Utiliser la première question pour montrer que | f −g| est continue. Indication pour l’exercice 5 N 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 N 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 N Pour x fixé, étudier la suite f(12n x). Indication pour l’exercice 10 N 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) 6 c puis f(c) > c. Indication pour l’exercice 11 N Montrer que l’équation xy = yxest équivalente à lnxx =lnyy, puis étudier la fonction x 7→ lnxx. 3
Correction de l’exercice 1 N 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” immédiatemment sur le graphe que la fonction est continue (les portions se recollent !). On “voit” aussi que la fonction est bijective. 2. La fonction est continue sur ] − ∞,1[, ]1,4[ et ]4,+∞[ car sur chacun des ces intervalles elle y 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 on a 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. 3. Le graphe devrait vous aider : tout d’abord il vous aide à se 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−1s’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 x ∈]−∞,1[, f(x) = x. Donc la bijection réciproque est définie par f−1(y) = y pour tout y ∈] − ∞,1[. Pour x ∈ [1,4], f(x) = x2. L’image de l’intervalle [1,4] est l’intervalle [1,16]. Donc pour chaque y ∈ [1,16], la bijection réciproque est définie par f−1(y) = √y. Enfin pour x ∈]4,+∞[, f(x) = 8√x. L’image de l’intervalle ]4,+∞[ est donc ]16,+∞[ et f−1est définie par f−1(y) = 164 y2 pour chaque y ∈]16,+∞[. Nous avons définie f−1: R → R de telle sorte que f−1soit 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 N 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 alors 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 =11|x| |3x−1|. Donc notre condition devient : |3x−1|< ε ⇔ |x| < ε|3x−1| | f(x) +3| < ε ⇔11|x| 11. Comme nous voulons éviter les problèmes en x =13pour lequel la fonction f n’est pas définie, nous allons nous placer “loin” de 13. Considérons seulement les x ∈ R tel que |x| <16. Nous avons : |x| <16⇒ −16< x < +16⇒ −32< 3x−1 < −12⇒12< |3x−1|. Et maintenant explicitons δ : prenons δ < ε ·12·111 . Alors pour |x| < δ nous avons |x| < δ = ε ·12·111< ε ·|3x−1|· 111 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| <16, mais rien ne garantie que δ ≤16(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(16,ε22). 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 N 4
1. La fonction est définie sur R∗t 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)| = |sinx||sin 1/x| ≤ |sinx|. Donc f a une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posant f(0) = 0, nous obtenons une fonction f : R −→ R qui est continue. 2. La fonction g est définie et continue sur R∗. Etudions la situation en 0. Il faut remarquer que g est la taux d’accroissement en 0 de la fonction k(x) = ln ex+e−x 2: en effet g(x) = k(x)−k(0) valeur de k0en 0. Or la fonction k est dérivable sur R et k0(x) = ex−e−x x−0. Donc si k est dérivable en 0 alors la limite de g en 0 est égale à la définie et continue sur R. 3. h est définie et continue sur R\ {−1,1}. h(x) = 1 ex+e−x donc k0(0) = 0. Bilan : en posant g(0) = 0 nous obtenons une fonction g 1−x2=1+x−2 1−x−2 (1−x)(1+x)=−1+x (1−x)(1+x)=−1 (1+x). Donc h a pour limite −12quand x tend vers 1. Et donc en posant h(1) = −12, nous définissons une fonction continue sur R\ {−1}. En −1 la fonction h ne peut être prolongée continuement, car en −1, h n’admet de limite finie. Correction de l’exercice 4 N 1. 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 limx→a f(x) = f(a). 2. Si f,g sont continues alors α f +βg est continue sur I, pour tout α,β ∈ R. Donc les fonctions f +g et f −g sont continues sur I. L’implication de 1. prouve alors que | f −g| est continue sur I, et finalement on peut conclure : La fonction sup(f,g) = 12(f +g+| f −g|) est continue sur I. Correction de l’exercice 5 N 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 6= 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. Correction de l’exercice 6 N 1. g(a) = f(a+b 2) − f(a) et g(a+b 2) = f(b) − f(a+b 2). Comme f(a) = f(b) alors nous obtenons que g(a) = −g(a+b bien g(a) ≤ 0 et g(a+b 2) ≥ 0 ou bien g(a) ≥ 0 et g(a+b 2). Donc ou pour un c entre a et a+b 2. 2) ≤ 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, g s’annule en c 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 7→ d(t) est continue. Soit f(t) = d(t)−4t. Alors f(0) = 0 et par hypothèse f(1) = 0. Appliquons la question précédente avec a = 0, b = 1. Il existe c ∈ [0,12] tel que g(c) = 0, c’est-à-dire f(c+12) = f(c). Donc d(c+12)−d(c) = 4(c+12)−4c = 2. Donc entre c et c+12, (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement 2 km. Correction de l’exercice 7 N Notons ` la limite de f en +∞ : ∀ε > 0 ∃A ∈ R x > A ⇒ `−ε ≤ f(x) ≤ `+ε. Fixons ε = +1, nous obtenons un A correspondant tel que pour x > A, `−1 ≤ f(x) ≤ `+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, `+1), et m0 = min(m, `−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) = 11+x. Correction de l’exercice 8 N 1. Il faut que le dénominateur ne s’annule pas donc x 6=52. En plus il faut que le terme sous la racine soit positif ou nul, c’est-à-dire (2+3x)×(5−2x) ≥ 0, soit x ∈ [−23,52]. L’ensemble de définition est donc [−23,52[. 2. Il faut x2 −2x−5 ≥ 0, soit x ∈]−∞,1−√6]∪[1+√6,+∞[. 3. Il faut 4x+3 > 0 soit x > −34, l’ensemble de définition étant ]−34,+∞[. 5
Correction de l’exercice 9 N Fixons x ∈ R et soit y = x/2, comme f(y) = f(2y) nous obtenons f(12x) = f(x). Puis en prenant y =14x, nous obtenons f(14x) = f(12x) = f(x). Par une récurrence facile nous avons ∀n ∈ N f(12nx) = f(x). Notons (un) la suite définie par un =12n x 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(12n x) = 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 N 1. Si f(0) = 0 et c’est fini, on a trouver le point fixe ! Sinon f(0) n’est pas nul. Donc f(0) > 0 et 0 ∈ E. Donc E n’est pas vide. 2. Maintenant E est un 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. 3. 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). 4. Si c = 1 alors f(1) = 1 et nous avons notre point fixe. Sinon, nous utilisons maintenant le fait que les élements 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 N xy = yx ⇔ ey lnx = ex lny ⇔ y lnx = x lny ⇔lnxx=lnyy (la fonction exponentielle est bijective). Etudions la fonction f(x) = lnxxsur [1,+∞[. f0(x) = 1−lnx 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 = yxéquivalente 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. Si y = 2 alors il faut résoudre l’équation f(x) = ln 22∈]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 44 =ln 22. Nous avons pour l’instant les solutions correspondant à 22 = 22et 24 = 42. Si y ≥ 3 alors y > e donc il y a une solution x de l’équation f(x) = f(y) dans ]e,+∞[ qui est x = 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 = yxsont les couples (x, y = x) et les couples (2,4) et (4,2). 6