Correction du DM 1

Correction du DM 1
À rendre le 17 novembre.
Exercice 1. Déterminer la borne inférieure et la borne supérieure des fonctions suivantes. Sont-elles atteintes ? Si oui, en quel(s) point(s) ?
— ∀x ∈ [−2, 2],
f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 .
Correction La fonction f est continue et dérivable sur [−2, 2] et pour tout x ∈ [−2, 2] :
f 0 (x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 12x(x + 1)(x − 2).
Donc f 0 s’annule en −1, 0 et 2. Les points d’extrema globaux de f sont donc nécessairement dans
{−2, −1, 0, 2}. Or :
f (−2) = 32, f (−1) = 5, f (0) = 0, f (2) = −32.
Donc le maximum global de f est 32, atteint en −2, et le minimum global de f est −32, atteint en 2.
— ∀x ∈]0, 2],
f (x) = −x log(x) (indice : quel est le signe de f sur ]0, 1] ?).
Correction f est continue et dérivable sur ]0, 2], et pour tout x ∈]0, 2] :
f 0 (x) = −(1 + log x).
Donc f 0 ne s’annule qu’en 1/e. Elle est strictement positive sur ]0, 1/e[ et négative sur ]1/e, 2], donc f
est strictement croissante sur ]0, 1/e[ et strictement décroissante sur ]1/e, 2]. Cela suffit pour dire que
le maximum global de f est atteint en 1/e, et vaut donc 1/e. Par ailleurs, cela suffit également pour
dire que le minimum de f sur [1, 2] est atteint en 2, et vaut donc −2 log 2, qui est strictement négatif.
Et comme f est positive sur ]0, 1], le minimum global de f est bien −2 log 2, atteint en 2.
πx−3
— ∀x ∈ [0, +∞[, f (x) = cos
.
2 x+5
Correction Tout d’abord, pour tout x ∈ [0, +∞[ (et même pour tout x ∈ R) :
x − 3 < x + 5.
Donc pour tout x ∈ [0, +∞[ :
x−3
< 1 (car x + 5 > 0).
x+5
Par ailleurs (tracer les graphes de x 7→ x − 3 et x 7→ −x − 5 si vous n’êtes pas convaincus), pour tout
x ∈ [0, +∞[ :
x−3
x − 3 > −(x + 5), et donc
> −1.
x+5
En conséquence, pour tout x ∈ [0, +∞[ :
πx−3
∈] − π/2, π/2[.
2 x+5
1
Donc pour tout x ∈ [0, +∞[ :
cos
et :
πx−3
2 x+5
cos
πx−3
2 x+5
∈]0, 1],
= 1,
si et seulement si :
πx−3
= 0,
2 x+5
c’est à dire si et seulement si x = 3. Donc le maximum global de f est 1, atteint en x = 3.
Enfin :
π
πx−3
= ,
lim
x→+∞ 2 x + 5
2
donc :
lim f (x) = 0,
x→+∞
et donc la borne inférieure de f est 0 et n’est pas atteinte.
Exercice 2 (Dérivées à gauche et à droite). Soit f une fonction continue de [−1, 1] dans R, dérivable en 0.
On considère la fonction g de [0, 1] dans R définie pour tout x ∈ [−1, 1] par :
g(x) = f (x) + |x|.
1. Montrer que g admet des dérivées à gauche et à droite en 0, c’est à dire que les limites :
lim
h→0, h<0
g(h) − g(0)
h
et
lim
h→0, h>0
g(h) − g(0)
h
existent. On les note respectivement gg0 (0) et gd0 (0). Donner leurs valeurs.
Correction Soit h < 0. On a :
g(h) − g(0)
f (h) − f (0) −h
f (h) − f (0)
=
+
=
− 1.
h
h
h
h
Or :
f (h) − f (0)
h
converge quand h → 0 (que h reste négatif ou pas), et sa limite est f 0 (0). Donc :
lim
h→0, h<0
g(h) − g(0)
h
existe et vaut :
gg0 (0) = f 0 (0) − 1.
On montre de la même façon que :
gd0 (0) = f 0 (0) + 1.
2. Montrer que si gg0 (0) est strictement négative, alors il existe > 0 tel que :
∀x ∈ [−, 0[,
g(x) > g(0).
Montrer un résultat analogue si gd0 (0) est strictement positive.
2
Correction Si gg0 (0) < 0, soit a < 0 tel que gg0 (0) < a. Par la définition des limites, il existe ε > 0
tel que pour tout x ∈ [−ε, 0[ :
g(x) − g(0)
≤a
x
et donc comme x < 0 :
g(x) − g(0) ≥ ax > 0
En particulier, pour tout x ∈ [−ε, 0[,
g(x) > g(0).
De la même façon, si gd0 (0) > 0 il existe δ > 0 tel que pour tout x ∈]0, δ] :
g(x) > g(0).
3. En déduire que si |f 0 (0)| < 1, alors g admet un minimum local strict en 0.
Correction Si |f 0 (0)| < 1, alors :
gg0 (0) = f 0 (0) − 1 < |f 0 (0)| − 1 < 0,
gd0 (0) = f 0 (0) + 1 > −|f 0 (0)| + 1 > 0.
Donc on peut prendre ε et δ strictement positifs comme dans la question précédente. En prenant
η := min(ε, δ), pour tout x ∈ [−η, η] différent de 0 :
g(x) > g(0).
Donc 0 est un minimum local strict de g.
4. Expliquer sans démonstration pourquoi ce n’est pas le cas quand |f 0 (0)| > 1.
Correction Si |f 0 (0)| > 1, alors on a soit f 0 (0) > 1, soit f 0 (0) < −1. Si f 0 (0) > 1, alors gg (0) =
f 0 (0)−1 > 0. On peut alors montrer de la même façon qu’à la question 2 que pour x négatif suffisamment
proche de 0, g(x) < f (0). 0 n’est donc pas un point de minimum local de g. De la même façon, si
f 0 (0) < −1, pour x positif suffisamment proche de 0, g(x) < f (0) et 0 n’est pas un point de minimum
local de g.
5. Donner un exemple de fonction f satisfaisant les conditions de l’énoncé telle que |f 0 (0)| = 1 et telle
que 0 ne soit pas un minimum local de g.
Correction On peut prendre par exemple pour tout x ∈ [0, 1], f (x) = −(x + x2 ). En effet, f est bien
continue et dérivable, f 0 (0) = −1. De plus, si x ∈]0, 1] :
g(x) = |x| + f (x) = x − (x + x2 ) = −x2 < 0 = g(0).
Donc 0 n’est pas un point de minimum local de g.
Exercice 3 (Les fonctions convexes sont continues à l’intérieur de leur domaine de définition). Soit f une
fonction convexe d’un intervalle I de R, à valeurs dans R et x un point intérieur de I. On va montrer que f
est continue en x.
1. Expliquez pourquoi on peut trouver a et b des points de I tels que a < x < b.
3
Correction Comme x est un point intérieur de I, x 6= sup I. Donc il existe > 0 tel que x+ < sup I.
Donc x + ∈]x, sup I[, donc x + ∈ I. On prend donc b = x + . On peut de la même façon trouver a
en raisonnant avec la borne inférieure de I.
On pose alors :
|f (x) − f (a)| |f (b) − f (x)|
,
.
M = max
x−a
b−x
2. Le but de cette question est de montrer que pour tout y ∈ [a, b] :
|f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|
(i) Que dire du cas y = x ?
Correction Dans le cas y = x, on a 0 des deux côtés de l’inégalité. Elle est donc satisfaite.
(ii) Soit y ∈]x, b]. Montrer que :
f (y) − f (x)
f (b) − f (x)
≤
.
y−x
b−x
Correction Si y ∈]x, b], alors x < y < b et par le lemme 9.2 du cours :
f (y) − f (x)
f (b) − f (x)
≤
.
y−x
b−x
(iii) Soit y ∈]x, b]. Montrer que :
f (x) − f (a)
f (y) − f (x)
≥
.
y−x
x−a
Correction Si y ∈]x, b], on a a < x < y, donc par le lemme 9.2 :
f (x) − f (a)
f (y) − f (a)
≤
.
x−a
y−a
On a également par la deuxième inégalité du lemme 9.2 du cours :
f (y) − f (x)
f (y) − f (a)
≤
.
y−a
y−x
En mettant ces deux inégalité bout à bout, on obtient l’inégalité demandée.
(iv) En déduire que (1) est vraie pour tout y ∈]x, b].
Correction Soit y ∈]x, b]. Si
f (y) − f (x)
≥ 0,
y−x
alors :
f (y) − f (x) f (y) − f (x)
f (b) − f (x) f (b) − f (x) =
≤
≤
≤ M.
y−x y−x
b−x
b−x À l’inverse, si
f (y) − f (x)
≤ 0,
y−x
alors :
f (y) − f (x) = − f (y) − f (x) ≤ − f (x) − f (a) ≤ f (x) − f (a) ≤ M.
y−x x−a y−x
x−a
Dans les deux cas, on a bien :
|f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|.
(v) Conclure dans le cas général.
4
(1)
Correction Les inégalités que l’on trouve de la même façon quand y ∈ [a, x[ sont :
f (x) − f (a)
f (x) − f (y)
≤
,
x−a
x−y
f (b) − f (x)
f (x) − f (y)
≤
.
x−y
b−x
On peut donc conclure de la même façon que dans la question précédente.
3. En déduire que f est continue en x.
Correction Soit (xn )n∈N une suite qui tend vers x. Par définition de la limite d’une suite, il existe
N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , xn ∈ [a, b]. Donc pour tout n ≥ N :
|f (xn ) − f (x)| ≤ M |xn − x|.
En particulier, la suite (f (xn ))n∈N converge vers f (x). Comme c’est vrai pour n’importe quelle suite
convergeant vers x, f est continue en x.
4. Dessiner un exemple de fonction convexe qui ne soit pas continue.
Correction La fontion suivante convient.
1
0
1
Figure 1 – Un exemple de fonction convexe de [0, 1] dans R qui n’est pas continue. Les points où cette
fonction n’est pas continue sont sur les bords de son domaine de définition.
5. On suppose que I = R et que f atteint son minimum, noté m. Montrer que l’ensemble des points où
f vaut m est un intervalle fermé.
Correction On a montré dans le TD 1 que l’ensemble des points où f vaut m est un intervalle (non
vide par hypothèse). On le note J. On pose u := inf J et v := sup J. Montrons que J est fermé, c’est
à dire que si u est fini, alors il appartient à J, et si v est fini, alors il appartient à J.
D’abord, si u = v, alors ils sont finis et J = {u = v}, qui est bien un intervalle fermé. On peut donc
traiter le cas u < v.
L’intérieur de R est R tout entier, donc f est continue sur tout R. Si v est fini, on peut visiblement
trouver (xn )n∈N une suite d’éléments de J convergeant vers v (par exemple les termes de la suite
(v − 1/n)n∈N∗ pris à partir d’un certain rang). Par continuité de f :
f (v) = lim f (xn ) = m.
n→+∞
Donc v ∈ J. On raisonne de la même façon pour u.
5