exercices sur les fonctions continues

EXERCICES SUR LES FONCTIONS CONTINUES
1. Dans chacun des cas suivants, préciser si la partie A de R proposée admet une borne supérieure, une
borne inférieure, un plus grand, un plus petit élément, et les déterminer s’il y a lieu.
a) A = [ −1, 2 [
d)
A=
S
n≥2
b)
1
1
, 1−
n
n
A=
2 ∗
n∈N
n
c)
1 ∗
A= 2− n∈N
n
2(−1)n (3n + 1)π ∗
e) A = 1 +
f ) A = sin
n∈N
n∈N
n
6
2. Dans chacun des cas suivants, préciser si la partie A de R proposée admet une borne supérieure, une
borne inférieure, un plus grand, un plus petit élément, et les déterminer s’il y a lieu.
a) A = [ 0, 1 [
d)
A=
S
n∈N∗
b)
1
0, 1− 2
n
A=
e) A =
1 ∗
n∈N
2n
c)
1 ∗
A= 3− n∈N
n
n
o
(−1)n nπ ∗
2+
f ) A = sin
n∈N
n∈N
n
3
3. Déterminer le nombre a pour que la fonction f définie sur R par
x + 2 si x ≤ 3
f (x) =
2x − a si x > 3
soit continue sur R.
4. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f

 (x − 1)2
a
f (x) =

(2x + b)2
définie sur R par
si x < −2
si x = −2
si x > −2
soit continue sur R.
5. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f définie sur R par

si x < 2
 x2 + x + b
a
si x = 2
f (x) =
 2
bx + 2x + 5 si x > 2
soit continue sur R.
6. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction f

 (x + 1)2
f (x) =
a
 2
x +b
soit continue sur R.
1
définie sur R par
si x < 2
si x = 2
si x > 2
7. a) Etudier la continuité des fonctions définies sur R par
p
p
,
g(x) = E(x) + x − E(x) ,
f (x) = x − E(x)
où E(x) désigne la partie entière de x.
b) De même, étudier la continuité des fonctions définies sur R par
f (x) = (x − E(x))2
g(x) = E(x) + (x − E(x))2 .
,
8. En quels points de R la fonction f définie par
f (x) = (x − 1)(E(x) − 2)
est-elle continue ? Représenter f sur l’intervalle [ −1, 4 [ . Sur cet intervalle, f admet-elle un maximum ?
un minimum ?
9. En quels points de R+ la fonction f définie par

1

si x > 0
x·E
f (x) =
x

1
si x = 0
est-elle continue ? Représenter f sur l’intervalle ] 1/5, +∞ [ .
10. Trouver un prolongement par continuité à R tout entier des fonctions suivantes
a)
f définie sur R \ {−1}
par
f (x) =
x3 + 5x + 6
x3 + 1
b)
f définie sur R∗
par
f (x) =
(1 + x)n − 1
x
(n ∈ N)
11. Montrer que les fonctions f suivantes admettent un prolongement par continuité. Exprimer le prolongement fe de f sur R avec une formule unique.
a)
f définie sur R \ {−2}
par
f (x) =
x3 − 5x − 2
x3 + 8
b)
f définie sur R∗
par
f (x) =
(2 + x)n − 2n
x
(n ∈ N)
12. Etudier si les fonctions ci-dessous définies sur R∗ peuvent se prolonger par continuité en 0.
a) f (x) = sin
1
x
,
b) f (x) = x sin
1
x
,
c) f (x) =
1
1
sin .
x
x
13. Etudier si les fonctions ci-dessous définies sur R∗ peuvent se prolonger par continuité en 0.
a) f (x) = cos
1
x
,
b) f (x) = x cos
2
1
x
,
c) f (x) =
1
1
cos .
x
x
14. Soit
f (x) =
x + 1 + |x + 5|
.
|3 − x| + 2x
a) Déterminer l’ensemble de définition Df de la fonction f .
b) Etudier la continuité de f .
c) Peut-on prolonger f par continuité ?
15. En quels points la fonctions f définie par
f (x) =
est-elle continue ?
0 si x ∈ Z
x si x ∈
/Z
16. Soit la fonction f définie sur R par
f (x) = x(E(2x) − 2 E(x)) .
a) Tracer la courbe représentative de f dans l’intervalle [ −2, 2 [ .
b) Déterminer les points de R où la fonction f est continue.
17. Soit la fonction f définie sur R par
a) Etudier la continuité de f .
x + 1 f (x) = x − 2 E
.
2
b) Représenter graphiquement f sur l’intervalle [ −2, 2 ] .
c) Montrer que la fonction f est paire et périodique de période 2.
18. Soit la fonction f définie sur ] −π, π [ \{0} par
sin 3x − sin 2x
.
sin x
a) Par quelle valeur faut-il prolonger f en 0 pour obtenir une fonction continue sur ] −π, π [ ? (On pourra
exprimer f sous forme de polynôme en cos x).
f (x) =
b) Déterminer de deux manières différentes les zéros de f dans cet intervalle, et en déduire la valeur
exacte de cos π5 .
19. Soit la fonction f définie par
f (x) = (tan2 x − 1)
sin 5x − sin 3x
.
sin 3x − sin x
a) Déterminer le domaine de définition de f .
b) Trouver le plus grand intervalle ] −a, a [ possible, sur lequel f puisse se prolonger en une fonction
continue F . (On définira F (x) pour tout x de l’intervalle ] −a, a [ trouvé).
3
20. Soit f définie sur [ 0, +∞ [ par
f (x) = |x − 1| − |x − 4| + |x − 5| − 1 .
a) Représenter la fonction f . Quels sont les extrema relatifs de f sur [ 0, +∞ [ ?
b) Montrer que pour tout x ≥ 0, f possède un maximum dans l’intervalle [ 0, x ] . On note g(x) ce maximum. Calculer g(x) et représenter g sur le même dessin que f .
21. Déterminer les ensembles suivants :
A = {cos x | x > π} , B = {x2 cos x | x > 0} , C = {3 sin x+4 cos x | x ∈ R} , D = {x3 +2x2 +x−3 | x ∈ R} .
22. Déterminer les ensembles suivants :
A = {cos x | x > 0} , B = {x2 sin x | x > 0} , C = {sin x + 2 cos x | x ∈ R} , D = {x3 − 5x + 7 | x ∈ R} .
23. Déterminer l’ensemble A = {sin x + cos x | x ∈ R} .
24. Soit f une fonction numérique définie et continue sur un segment [ a, b ] . Montrer qu’il existe c dans
[ a, b ] tel que 2f (a) + 3f (b) = 5f (c).
25. Soit f une fonction numérique définie et continue sur un segment [ a, b ] , et [ m, M ] un segment
contenant f (a) et f (b). (Illustrer la situation par un dessin le plus général possible).
Montrer que la courbe représentative de f coupe la droite joignant les points (a, m) et (b, M ).
26. Soit f une fonction définie et continue sur [ 0, 1 ] telle que f (0) = f (1). Montrer que pour tout
entier n de N∗ , il existe αn dans [ 0, 1 ] tel que
f (αn ) = f (αn + 1/n) .
(Indication : introduire la fonction ϕ définie sur [ 0, 1 − 1/n ] par
ϕ(x) = f (x) − f (x + 1/n)
et calculer la somme ϕ(0) + ϕ(1/n) + · · · + ϕ((n − 1)/n)).
27. Un véhicule se rend en une heure d’une ville A à une ville B distante de A de p kilomètres.
Montrer qu’il existe deux points du trajet distants de p/2 kilomètres, où le véhicule passe à une demiheure d’intervalle. (Introduire la fonction g définie sur [ 0, 1/2 ] par g(t) = d(t + 1/2) − d(t) − p/2, où
d(t) désigne la distance parcourue depuis A à l’instant t).
28. Soit a et b deux nombres tels que 0 < a < b, et f une fonction continue sur [ a, b ] de courbe
→
→
représentative C dans un repère orthonormé (O, −
ı ,−
 ). On appelle A le point de C d’abscisse a et B
celui d’abscisse b. On note α le coefficient directeur de la droite OA et β celui de OB. Montrer que pour
tout nombre γ de ] α, β [ , la droite d’équation y = γx coupe la courbe C . (Illustrer la situation par un
dessin le plus général possible).
29. Soit f et g deux applications continues sur [ 0, 1 ] à valeurs dans [ 0, 1 ] , telles que f ◦ g = g ◦ f .
On veut démontrer la propriété suivante : « il existe c dans [ 0, 1 ] tel que f (c) = g(c) » .
4
a) On pose h(x) = f (x) − x. Montrer que h s’annule en au moins un point s de [ 0, 1 ] . En déduire que
pour tout entier n ≥ 0,
g n (s) = f (g n (s)) ,
(où g n désigne, si n ≥ 1, la composée g ◦ g ◦ · · · ◦ g, où g figure n fois, et g 0 = Id ).
b) On pose un = g n (s). Vérifier que f (un ) = un et g(un ) = un+1 .
c) On suppose que la suite (un ) est monotone. Montrer qu’elle a alors une limite ℓ. Que peut-on dire de
f (ℓ) et g(ℓ) ?
d) On suppose que la suite (un ) n’est pas monotone. Montrer qu’il existe des nombres u et v tels que le
produit (f − g)(u)(f − g)(v) soit négatif. Conclure.
30. a) Montrer que pour tout entier n ∈ N, l’équation tan x = x possède une solution unique notée un
dans l’intervalle ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ . (Introduire la fonction f définie sur R \ {π/2 + kπ | k ∈ Z} par
f (x) = tan x − x).
b) On pose vn = un −nπ. Calculer f (un+1 −π). En déduire que la suite (vn )n≥0 est strictement croissante,
puis qu’elle converge et trouver sa limite.
31. Pour n ≥ 1, soit Pn le polynôme de degré n tel que, au voisinage de 0, on ait
1 − ln(1 + x) = Pn (x) + ◦(xn ) .
Etudier l’existence des racines réelles de Pn et montrer que si elles existent, elles sont situées dans l’intervalle ] 1, 2 [ .
32. Soit n ≥ 2, et fn définie sur R par
fn (x) = xn + xn−1 + x2 + x − 1 .
a) Montrer que fn possède une racine un et une seule dans R∗+ .
b) Montrer que la suite (un )n≥2 est une suite croissante de l’intervalle ] 0, 2/3 [ et trouver sa limite.
33. Soit f une fonction de [ 0, +∞ [ dans [ 0, +∞ [ , continue sur [ 0, +∞ [ , et admettant 0 pour limite
en +∞. Montrer que f admet un maximum.
34. Soit la fonction f définie sur R par
f (x) = xn+2 − 8xn+1 + 7xn + 36 .
a) On pose h(x) = 2f (x) − f (x + 1) − f (x − 1) . Montrer qu’il existe s dans l’intervalle ] 1, 7 [ , tel que
h(s) = 0.
b) En déduire qu’il existe trois points A, B, C de la courbe représentative de f , d’abscisses respectives
a, b, c, vérifiant
(i) B est le milieu de AC
(ii) b − a = 1
35. Soit f une application définie et continue sur un intervalle [ a, b ] et soit (C ) sa courbe représentative.
On suppose que f (a) = f (b) = m. Soit d un nombre réel de l’intervalle ] a, b [ et D le point de coordonnées
(d, m).
5
Montrer que toute droite passant par D coupe la courbe (C ) en au moins un point.
36. Soit f une application continue et strictement décroissante sur l’intervalle [ a, b ] (a 6= b) telle que
f ( [ a, b ] ) = [ a, b ] . (On pourra s’aider d’un dessin).
a) Montrer qu’il existe un point c et un seul de ] a, b [ tel que f (c) = c.
b) Montrer qu’il existe au moins un point d de ] a, b [ tel que
f (d) = f −1 (d) ,
c) Montrer que si l’ensemble des solutions de l’équation
f (x) = f −1 (x)
est fini, le nombre de ses éléments est impair.
37. Montrer que si f et g sont des fonctions croissantes sur l’intervalle I, il en est de même de f + g.
Montrer que si f et g sont des fonctions croissantes et positives sur l’intervalle I, il en est de même de
f × g.
Que se passe-t-il si f et g sont croissantes négatives ?
38. Soit a, b, c, trois nombres réels, et f l’application définie sur [ −1, 1 ] par
f (x) = 4x3 + ax2 + bx + c .
a) Montrer que le maximum de |f | sur [ −1, 1 ] existe et est strictement positif. On le note M (a, b, c).
b) On pose g(x) = 4x3 − 3x, et l’on suppose que M (a, b, c) < 1.
Etudier le signe de f − g en 1, 1/2, −1/2, −1. Et en déduire que f − g s’annule au moins trois fois.
c) Montrer que M (a, b, c) ≥ 1.
39. Soit f une application définie et continue de R dans R, et telle que, quels que soient x et y réels,
f (x + y) = f (x) + f (y) .
a) Calculer f (0), puis montrer que pour tout x réel
f (−x) = −f (x) .
b) Montrer que pour tout entier n et tout x réel,
f (nx) = nf (x) .
c) Montrer que pour tout nombre rationnel q et tout nombre réel x,
f (qx) = qf (x) .
d) Montrer que pour tout couple (λ, x) de nombres réels,
f (λx) = λf (x) .
En déduire la nature de f .
6
40. Soit p un entier supérieur ou égal à 2, et soit f la fonction définie sur R par f (x) = xp . On pose,
pour tout n ∈ N∗ , xn = n + n1 et yn = n. Montrer que pour tout entier n > 0, on a
f (xn ) − f (yn ) ≥ 2 .
En déduire que f n’est pas uniformément continue sur R.
41. Montrer que la somme de deux fonctions uniformément continues sur un intervalle I est uniformément continue sur I. A-t-on un résultat analogue pour le produit ?
42. Soit p un entier strictement positif. En étudiant la fonction f définie sur [ y, +∞ [ par
f (x) = (x − y)1/p − x1/p + y 1/p ,
montrer que, quels que soient x et y réels positifs
|x1/p − y 1/p | ≤ |x − y|1/p .
En déduire que la fonction x 7→ x1/p est uniformément continue sur R+ . Est-elle contractante sur R+ ?
7
Corrigé
1. a) D’après les propriétés des intervalles, l’ensemble A, admet 2 comme borne supérieure, mais n’admet pas de plus grand élément, et il admet −1 comme borne inférieure, qui est aussi son plus petit élément.
b) On a, pour tout entier n > 0,
2
≤ 2.
n
Donc 2 est un majorant de A et appartient à A. C’est la borne supérieure et le plus grand élément de A.
D’autre part 0 est un minorant de A et c’est la limite de la suite (2/n)n≥1 d’éléments de A. Donc 0 est
la borne inférieure de A, mais comme 0 n’appartient pas à A, cet ensemble n’a pas de plus petit élément.
0<
c) Même méthode que dans b), en partant de
1≤2−
1
< 2.
n
Le nombre 1 est la borne inférieure et le plus petit élément de A.
Le nombre 2 est la borne supérieure, mais A n’a pas de plus grand élément.
d) Si a appartient à A, il existe un entier n > 0 tel que a appartienne à l’intervalle [ 1/n, 1 − 1/n ] . Donc
(1)
0<a≤1−
1
< 1.
n
Le nombre 0 est un minorant de A et la limite de la suite (1/n)n≥1 d’éléments de A. C’est donc la borne
inférieure de A et elle n’appartient pas à A. Donc A n’admet pas de plus petit élément.
Le nombre 1 est un majorant de A et c’est la limite de la suite (1 − 1/n)n≥1 d’éléments de A. C’est donc
la borne supérieure de A, mais A n’admet pas de plus grand élément.
Remarque : on peut aussi montrer que A = ] 0, 1 [ . En effet, les inégalités (1), montrent que A est inclus
dans ] 0, 1 [ . Inversement, si x appartient à l’intervalle ] 0, 1 [ , on a
0 < x < 1,
et si l’on prend n ≥ max(1/x, 1/(1 − x)) on en déduit
1
1
≤x≤1− ,
n
n
et x appartient à [ 1/n, 1 − 1/n ] donc à A. Il en résulte que
] 0, 1 [ ⊂ A ,
d’où l’égalité de ces deux ensembles.
e) Si n = 2p est pair, on a
1+
et, puisque p ≥ 1,
(−1)2p
1
=1+ ,
p
p
1<1+
Si n = 2p + 1 est impair, on a
1+
1
≤ 1+1 = 2.
p
2
2(−1)2p+1
=1−
,
2p + 1
2p + 1
8
et, puisque p ≥ 0,
−1 ≤ 1 −
2
< 1.
2p + 1
Il en résulte que pour tout entier n > 0, on a
−1 ≤ 1 +
2(−1)n
≤ 2.
n
Donc 2 est un majorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne supérieure et le plus grand élément
de A.
De même −1 est un minorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne inférieure et le plus petit
élément de A.
f) L’ensemble A est fini et contient quatre éléments
( √
)
3 1
A= ±
.
,±
2
2
√
√
Donc 3/2 est le plus grand élément et le maximum de A, et − 3/2 est le plus petit élément et le
minimum de A.
2. a) D’après les propriétés des intervalles, l’ensemble A, admet 1 comme borne supérieure, mais n’admet
pas de plus grand élément, et il admet 0 comme borne inférieure, qui est aussi son plus petit élément.
b) On a, pour tout entier n > 0,
1
1
≤ .
2n
2
Donc 1/2 est un majorant de A et appartient à A. C’est la borne supérieure et le plus grand élément
de A.
D’autre part 0 est un minorant de A et c’est la limite de la suite (1/2n)n≥1 d’éléments de A. Donc 0
est la borne inférieure de A, mais comme 0 n’appartient pas à A, cet ensemble n’a pas de plus petit élément.
0<
c) Même méthode que dans b), en partant de
2≤3−
1
< 3.
n
Le nombre 2 est la borne inférieure et le plus petit élément de A.
Le nombre 3 est la borne supérieure, mais A n’a pas de plus grand élément.
d) Si a appartient à A, il existe un entier n > 0 tel que a appartienne à l’intervalle [ 0, 1 − 1/n2 ] . Donc
(1)
0≤a≤1−
1
< 1.
n2
Le nombre 0 est un minorant de A et appartient à A, c’est sa borne inférieure et son plus petit élément.
Le nombre 1 est un majorant de A et c’est la limite de la suite (1 − 1/n2)n≥1 d’éléments de A. C’est donc
la borne supérieure de A, mais A n’admet pas de plus grand élément.
Remarque : on peut aussi montrer que A = [ 0, 1 [ . En effet, les inégalités (1), montrent que A est inclus
dans [ 0, 1 [ . Inversement, si x appartient à l’intervalle [ 0, 1 [ , on a
0 ≤ x < 1,
9
√
et si l’on prend n ≥ 1/ 1 − x on en déduit
0≤x<1−
1
,
n2
et x appartient à [ 0, 1 − 1/n2 ] donc à A. Il en résulte que
[ 0, 1 [ ⊂ A ,
d’où l’égalité de ces deux ensembles.
e) Si n = 2p est pair, on a
2+
et, puisque p ≥ 1,
1
(−1)2p
=2+
,
2p
2p
2<2+
Si n = 2p + 1 est impair, on a
2+
et, puisque p ≥ 0,
1
1
5
≤2+ = .
2p
2
2
(−1)2p+1
1
=2−
,
2p + 1
2p + 1
1≤2−
1
<2.
2p + 1
Il en résulte que pour tout entier n > 0, on a
1≤2+
5
(−1)n
≤ .
n
2
Donc 5/2 est un majorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne supérieure et le plus grand
élément de A.
De même 1 est un minorant de A. Comme il appartient à A c’est la borne inférieure et le plus petit
élément de A.
f) L’ensemble A est fini. On a
( √
√ )
3
3
.
, 0,
A= −
2
2
√
√
Donc 3/2 est le plus grand élément et le maximum de A, et − 3/2 est le plus petit élément et le
minimum de A.
3. Les restrictions de f aux intervalles ] −∞, 3 ] et ] 3, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donc
continues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continue
en 3, c’est-à-dire, si et seulement si
lim+ f (x) = f (3) ,
x→3
c’est-à-dire
lim (2x − a) = f (3) .
x→3+
La condition cherchée équivaut à l’égalité
6−a = 5,
c’est-à-dire a = 1.
10
4. Les restrictions de f aux intervalles ] −∞, −2 [ et ] −2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donc
continues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continue
en −2, c’est-à-dire, si et seulement si
lim f (x) = f (−2) =
x→−2+
lim f (x) ,
x→−2−
On a donc
lim f (x) =
x→−2+
lim (2x + b)2 = (−4 + b)2
x→−2+
et
lim f (x) =
x→−2−
lim (x − 1)2 = 9 ,
x→−2−
La condition cherchée équivaut aux égalités
(−4 + b)2 = a = 9 .
Les deux couples solutions sont donc (a = 9, b = 7) et (a = 9, b = 1) .
5. Les restrictions de f aux intervalles ] −∞, 2 [ et ] 2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donc
continues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continue
en 2, c’est-à-dire, si et seulement si
lim f (x) = lim− f (x) = f (2) .
x→2+
x→2
On a donc
lim f (x) = lim (bx2 + 2x + 5) = 4b + 9
x→2+
x→2+
et
lim f (x) = lim (x2 + x + b) = b + 6 .
x→2−
x→2−
La condition cherchée équivaut aux égalités
4b + 9 = b + 6 = a ,
c’est-à-dire (a, b) = (5, −1).
6. Les restrictions de f aux intervalles ] −∞, 2 [ et ] 2, +∞ [ sont des fonctions polynômes, donc
continues sur ces deux intervalles. La fonction f sera continue sur R si et seulement si elle est continue
en 2, c’est-à-dire, si et seulement si
lim f (x) = lim f (x) = f (2) .
x→2+
x→2−
On a
lim f (x) = lim (x2 + b) = 4 + b
x→2+
x→2+
et
lim f (x) = lim (x + 1)2 = 9 .
x→2−
x→2−
La condition cherchée équivaut aux égalités
4 + b = 9 = a,
c’est-à-dire (a, b) = (9, 5).
7. a) Soit n un nombre entier. Si x appartient à l’intervalle [ n, n + 1 [ on a
√
f (x) = x − n .
La fonction f est continue sur ] n, n + 1 [ , elle est continue à droite en n et f (n) = 0. Etudions la
continuité à gauche au point n. Sur l’intervalle [ n − 1, n [ on a
√
f (x) = x − n + 1 .
11
Par suite
lim− f (x) = lim−
x→n
x→n
√
x − n + 1 = 1 6= 0 = f (n) .
La fonction f n’est pas continue à gauche au point n donc n’est pas continue en ce point.
La fonction f est continue sur R \ Z.
Comme dans ce qui précède, la fonction g est continue sur l’intervalle ] n, n + 1 [ où n est entier. Sur
l’intervalle ] n, n + 1 [ on a
√
g(x) = n + x − n .
De plus g est continue à droite en n et g(n) = n. Etudions la continuité à gauche au point n. Sur
l’intervalle [ n − 1, n [ on a
√
g(x) = (n − 1) + x − n + 1 .
Par suite
lim− g(x) = lim− (n − 1 +
x→n
x→n
√
x − n + 1) = n = g(n) .
La fonction g est continue à gauche au point n donc est continue en ce point. Elle est continue sur R tout
entier.
b) Soit n un nombre entier. Si x appartient à l’intervalle [ n, n + 1 [ on a
f (x) = (x − n)2 .
La fonction f est continue sur ] n, n + 1 [ , elle est continue à droite en n et f (n) = 0. Etudions la
continuité à gauche au point n. Sur l’intervalle [ n − 1, n [ on a
f (x) = (x − n + 1)2 .
Par suite
lim f (x) = lim (x − n + 1)2 = 1 6= 0 = f (n) .
x→n−
x→n−
La fonction f n’est pas continue à gauche au point n donc n’est pas continue en ce point.
La fonction f est continue sur R \ Z.
Comme dans ce qui précède la fonction g est continue sur tout intervalle ] n, n + 1 [ où n est entier et on
a sur cet intervalle
g(x) = n + (x − n)2 .
De plus g est continue à droite en n et g(n) = n. Etudions la continuité à gauche au point n. Sur
l’intervalle [ n − 1, n [ on a
g(x) = (n − 1) + (x − n + 1)2 .
Par suite
lim g(x) = lim (n − 1 + (x − n + 1)2 ) = n = g(n) .
x→n−
x→n−
La fonction g est continue à gauche au point n donc est continue en ce point. Elle est continue sur R tout
entier.
8.
Soit n entier. Sur [ n, n + 1 [ on a
f (x) = (x − 1)(n − 2) ,
et f est continue sur tout intervalle ] n, n + 1 [ et à droite en tout point n entier.
Par ailleurs, sur [ n − 1, n [ , on a
f (x) = (x − 1)(n − 3) .
12
En un tel point n
f (n) = lim+ f (x) = lim+ (x − 1)(n − 2) = (n − 1)(n − 2) ,
x→n
x→n
et
lim f (x) = lim (x − 1)(n − 3) = (n − 1)(n − 3) .
x→n−
x→n+
Si n 6= 1, ces deux limites sont distinctes et f n’est pas continue en n. Par contre si n = 1 on a
f (n) = lim+ f (x) = lim− f (x) = 0 ,
x→n
x→n
et f est continue en 1.
On a le dessin suivant, qui montre que f atteint son maximum sur [ −1, 4 [ en −1. Ce maximum vaut 6.
Par contre f n’admet pas de minimum, car la valeur −1 n’est pas atteinte.
y
6 ✻
3◆
✒
2
❯
1
−1 O
−1
✲
3
2
❘
4
✲
x
9. Soit n un entier strictement positif. Dire que E(1/x) = n, signifie que
n≤
c’est-à-dire que
1
< n+ 1,
x
1
1
<x≤ .
n+1
n
Sur l’intervalle
In =
1
1
,
n+1 n
on a alors
f (x) = nx
et f est continue sur In . En particulier f est continue à gauche en 1/n et f (1/n) = 1.
Dire que E(1/x) = 0, signifie que
1
< 1,
x
c’est-à-dire que x est strictement plus grand que 1.
0≤
13
Sur l’intervalle I0 = ] 1, +∞ [ on a alors f (x) = 0 et f est continue sur I0 .
Etudions la continuité aux points de la forme 1/n, où n est entier.
(i) n = 1. Dans ce cas
lim f (x) = lim 0 = 0 6= 1 = f (1) ,
x→1+
x→1+
et la fonction n’est pas continue en 1.
(ii) n > 1. Si x s’approche de 1/n par valeurs supérieurs, il se trouve dans In−1 , et donc
1
n−1
,
6= 1 = f
lim f (x) = lim + (n − 1)x =
n
n
x→1/n+
x→1/n
et la fonction n’est pas continue en 1/n.
Pour terminer il reste à étudier ce qui se passe en 0+ . En partant de l’encadrement
1
1
1
≤ ,
−1<E
x
x
x
et en multipliant par x, on obtient
1 − x < f (x) ≤ 1 ,
et il résulte du théorème d’encadrement que f (x) tend vers 1 = f (0) lorsque x tend vers 0. La fonction
est donc continue en zéro.
La fonction f est continue sur R+ \ {1/n | n ∈ N∗ }, et on a le desin suivant.
y
✻
1
• •
✎
•
•
✌
☛
✠
O
1 1
5 4
1
3
✛
1
1
2
✲
x
10. a) Le numérateur et le dénominateur de f s’annulent pour x = −1. On peut donc simplifier par
x + 1. Pour x 6= −1, on a donc
x2 − x + 6
f (x) = 2
.
x −x+1
14
La fonction de droite a pour limite 8/3 en −1. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −1. Le
prolongement fe est défini par
 3
x + 5x + 6


x3 + 1
fe(x) =


8/3
si x 6= −1
.
si x = −1
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
x2 − x + 6
.
fe(x) = 2
x −x+1
b) On peut mettre x en facteur au numérateur en utilisant l’identité
un − v n = (u − v)(un−1 + un−2 v + · · · + uv n−2 + v n−1 ) .
On obtient donc
(1 + x)n − 1 = x((1 + x)n−1 + (1 + x)n−2 + · · · + (1 + x) + 1) ,
et f admet n pour limite en zéro. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −1. Le prolongement
fe est défini par

(1 + x)n − 1


si x 6= 0
x
.
fe(x) =


n
si x = 0
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
fe(x) = (1 + x)n−1 + (1 + x)n−2 + · · · + (1 + x) + 1 .
Remarque : on aurait pu utiliser également la formule du binôme de Newton pour simplifier f . On a en
effet
n X
n k
n
(1 + x) − 1 =
x ,
k
k=1
et donc
fe(x) =
n X
n k−1
x
.
k
k=1
11. a) Le numérateur et le dénominateur de f s’annulent pour x = −2. On peut donc simplifier par
x + 2. Pour x 6= −2, on a donc
x2 − 2x − 1
.
f (x) = 2
x − 2x + 4
La fonction de droite a pour limite 7/12 en −2. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −2. Le
prolongement fe est défini par
 3
x − 5x − 2


x3 + 8
fe(x) =


7/12
si x 6= −2
si x = −2
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
x2 − 2x − 1
.
fe(x) = 2
x − 2x + 4
15
.
b) On peut mettre x en facteur au numérateur en utilisant l’identité
un − v n = (u − v)(un−1 + un−2 v + · · · + uv n−2 + v n−1 ) .
On a donc
(2 + x)n − 2n = x((2 + x)n−1 + 2(2 + x)n−2 + · · · + 2n−2 (2 + x) + 2n−1 ) ,
et f admet n2n−1 pour limite en zéro. Il en résulte que f se prolonge par continuité en −2. Le prolongement
fe est défini par

(2 + x)n − 2n


si x 6= 0
x
.
fe(x) =


n−1
n2
si x = 0
Mais on peut écrire également, pour tout x réel,
fe(x) = (2 + x)n−1 + 2(2 + x)n−2 + · · · + 2n−2 (2 + x) + 2n−1 .
Remarque : on aurait pu utiliser également la formule du binôme de Newton pour simplifier f . On a en
effet
n X
n n−k k
(2 + x)n − 2n =
2
x ,
k
k=1
et donc
fe(x) =
n X
n
k
k=1
2n−k xk−1 .
12. a) Posons
1
.
xn = π
+ 2nπ
2
La suite (xn ) converge vers zéro et
f (xn ) = 1 .
La suite (f (xn )) converge vers 1. Par ailleurs, si l’on pose
yn =
1
,
π + 2nπ
la suite (yn ) converge vers zéro et
f (yn ) = 0 ,
La suite (f (yn )) converge vers 0. La fonction f ne peut pas avoir de limite en zéro. Elle ne peut se
prolonger par continuité en ce point.
b) La fonction f admet une limite nulle en 0, comme produit d’une fonction bornée, par une fonction
admettant une limite nulle en zéro, et la fonction se prolonge par continuité. On a
f (x) si x 6= 0
fe(x) =
.
0
si x = 0
c) Posons
1
.
xn = π
+ 2nπ
2
La suite (xn ) converge vers zéro, mais
f (xn ) =
π
+ 2nπ ,
2
16
et la suite (f (xn )) admet +∞ comme limite. La fonction f ne peut pas avoir de limite finie en zéro. Elle
ne peut se prolonger par continuité en ce point.
13. a) Posons
xn =
1
.
2nπ
La suite (xn ) converge vers zéro, et
f (xn ) = 1 .
La suite (f (xn )) converge vers 1. Par ailleurs, si l’on pose
yn =
1
,
π + 2nπ
la suite (yn ) converge vers zéro, et
f (yn ) = −1 .
La suite (f (yn )) converge vers −1. La fonction f ne peut pas avoir de limite en zéro. Elle ne peut se
prolonger par continuité en ce point.
b) La fonction f admet une limite nulle en 0, comme produit d’une fonction bornée, par une fonction
admettant une limite nulle en zéro, et la fonction se prolonge par continuité. On a
f (x) si x 6= 0
e
f (x) =
.
0
si x = 0
c) Posons
xn =
1
.
2nπ
La suite (xn ) converge vers zéro. Mais
f (xn ) = 2nπ ,
et la suite (f (xn )) admet +∞ comme limite. La fonction f ne peut pas avoir de limite finie en zéro. Elle
ne peut se prolonger par continuité en ce point.
14. a) Le dénominateur |3 − x| + 2x vaut 3 − x + 2x = 3 + x si x ≤ 3 et s’annule pour x = −3. Il vaut
x − 3 + 2x = 3x − 3 si x ≥ 3 et ne s’annule pas. On a donc
Df = R \ {−3} .
b) La fonction x 7→ |x| étant continue sur R, il en résulte que f est continue su Df comme composées,
sommes et quotients de fonctions continues.
c) Explicitons la fonction f suivant les valeurs de x. On obtient

4


si x ≤ −5
−


3+x




2
si x ∈ ] −5, −3 [ ∪ ] −3, 3 [
f (x) =






2x + 6


si x ≥ 3
3x − 3
17
En particulier, comme f est constante sur ] −5, −3 [ ∪ ] −3, 3 [ elle admet une limite en −3 qui vaut 2,
et f se prolonge par continuité. On a

4


si x ≤ −5
−


3+x




2
si x ∈ ] −5, 3 [ .
fe(x) =






2x + 6


si x ≥ 3
3x − 3
15. Si n est entier, la fonction f est continue sur l’intervalle ] n, n + 1 [ puisque f (x) = x sur cet
intervalle. Etudions la continuité en n. On a
lim f (x) = lim− x = n ,
x→n−
x→n
et
lim f (x) = lim x = n ,
x→n+
x→n+
mais f (n) = 0 , donc f est continue en n si et seulement si n = 0. La fonction f est continue sur R \ Z∗ .
16. Dire que E(2x) = n où n est un entier, signifie que
n ≤ 2x < n + 1 ,
c’est-à-dire que
n
n+1
≤x<
.
2
2
On étudie donc la fonction sur les intervalles [ p, p + 1/2 [ et [ p + 1/2, p + 1 [ où p est entier. Sur ces
deux intervalles qui sont inclus dans [ p, p + 1 [ la partie entière de x vaut p.
Si x appartient à [ p, p + 1/2 [ , le nombre 2x est compris entre 2p et 2p + 1 et
E(2x) = 2p ,
donc
f (x) = x(2p − 2p) = 0 .
Si x appartient à [ p + 1/2, p + 1 [ , le nombre 2x est compris entre 2p + 1 et 2p + 2 et
E(2x) = 2p + 1 ,
donc
f (x) = x(2p + 1 − 2p) = x .
On a le dessin suivant.
18
✻
y
✒
✒
−2
✲
− 23
✲
− 21
−1
✲
1
2
✲
1
3
2
✲
2
5
2
✲
x
✒
b) La fonction f est continue sur les intervalles ] p, p + 1/2 [ et ] p + 1/2, p + 1 [ et elle est continue à
droite aux points p et p + 1/2 pour tout entier p. Il reste à étudier la continuité à gauche en ces points.
A gauche de p + 1/2, on a f (x) = 0, et à droite f (x) = x, donc
1
lim − f (x) = 0 6= p + = f
2
x→(p+1/2)
1
.
p+
2
La fonction n’est pas continue en ce point.
A gauche de p, on a f (x) = x, et à droite f (x) = 0, donc
lim f (x) = p
et
x→p−
lim f (x) = f (p) = 0 .
x→p+
La fonction est continue en p si et seulement si p = 0. Donc f est continue sur R \ {n/2 | n ∈ Z∗ }
17. a) Si n est entier, on a
E
si et seulement si
n≤
x+1
2
=n
x+1
< n+1,
2
soit
2n − 1 ≤ x ≤ 2n + 1 .
Sur l’intervalle [ 2n − 1, 2n + 1 [ , on aura donc
f (x) = |x − 2n| ,
La fonction est continue sur ] 2n − 1, 2n + 1 [ , et continue à droite en 2n − 1 . Il reste à voir la continuité
à gauche aux points impairs Sur l’intervalle [ 2n + 1, 2n + 3 [ , on aura
f (x) = |x − 2n − 2| ,
donc
lim
x→(2n+1)+
f (x) =
lim
x→(2n+1)+
19
|x − 2n − 2| = 1 .
Par ailleurs,
lim
x→(2n+1)−
f (x) = f (2n + 1) = 1 .
La fonction f est donc continue en 2n + 1. Finalement elle est continue sur R tout entier.
b) On a le dessin suivant.
y
✻
1
−2
−1
1
2
✲
x
c) La fonction est 2-périodique. En effet
f (x + 2) =
=
x + 2 − 2 E x + 3 2
x + 2 − 2 E x + 1 + 1 .
2
Mais, puisque pour tout entier n et tout réel x
E(x + n) = E(x) + n ,
on obtient
x+1
f (x + 2) = x + 2 − 2 E
+ 1 = f (x) .
2
Pour la parité, on remarque que si x appartient à [ −1, 1 [ , alors (x + 1)/2 appartient à [ 0, 1 [ , et donc
f (x) = |x|. Par ailleurs à cause de la périodicité
f (−1) = f (−1 + 2) = f (1) .
Donc la restriction de f à l’intervalle [ −1, 1 ] est paire. Alors comme elle est 2-périodique, la fonction f
est paire sur R .
18. a) On obtient facilement
sin 2x = 2 sin x cos x et
sin 3x = sin x(4 cos2 x − 1) ,
donc, pour x non nul,
f (x) = 4 cos2 x − 2 cos x − 1 .
La limite en zéro de cette fonction vaut donc 1, et il suffit de prolonger la fonction par la valeur 1 en zéro
pour avoir une fonction continue sur ] −π, π [ .
b) On résout l’équation de deux manières.
20
(i) En cherchant les solutions de l’équation
sin 3x = sin 2x ,
on obtient une première famille de solutions
3x = π − 2x + 2kπ ,
où k est entier,c’est-à-dire
x=
π
π
+ 2k ,
5
5
ce qui donne dans ] −π, π [ les quatre solutions
π
5
,
−
π
5
3π
5
,
,
−
3π
.
5
Par contre, l’équation
3x = 2x + 2kπ ,
ne donne pas de solution non nulle dans ] −π, π [ .
(ii) En posant cos x = X, et en cherchant les racines du trinôme
P (X) = 4X 2 − 2X − 1 .
On obtient
√
√
1+ 5
1− 5
X1 =
et X2 =
.
4
4
Mais comme X1 est positif ainsi que cos(π/5) = cos(−π/5), alors que X2 et cos(3π/5) = cos(−3π/5) sont
négatifs. Il en, résulte que
√
√
1+ 5
3π
1− 5
π
et cos
=
.
cos =
5
4
5
4
19. a) Pour que la fonction soit définie, il faut que tan x existe, c’est-à-dire x 6= π/2 + kπ, où k ∈ Z,
mais il faut aussi que le dénominateur ne s’annule pas. Or l’égalité
sin 3x = sin x
a lieu, ou bien si 3x = x + 2kπ, soit x = kπ, ou bien si 3x = π − x + 2kπ, soit x = π/4 + kπ/2. Donc
Df = R \ ({π/2 + kπ | k ∈ Z} ∪ {kπ | k ∈ Z} ∪ {π/4 + kπ/2 | k ∈ Z}) .
Les points les plus proches de zéro en lesquels f n’est pas définie sont donc
−π/2 ,
−π/4 ,
0
,
π/4 ,
π/2 .
On remarquera aussi que la fonction est paire.
b) Transformons f (x). On utilise la formule
sin p − sin q = 2 sin
p−q
p+q
cos
.
2
2
On a
sin 5x − sin 3x = 2 sin x cos 4x et
Par ailleurs
tan2 x − 1 =
sin 3x − sin x = 2 sin x cos 2x .
cos 2x
sin2 x − cos2 x
=− 2 ,
2
cos x
cos x
21
Finalement, si x appartient à Df ,
f (x) = −
On a alors
cos 4x
.
cos2 x
cos 4x
= −1 ,
lim − 2
lim f (x) = x→0
x→0
cos x
x6=0
x6=0
ainsi que
cos 4x
− 2
= 2,
x→π/4
cos x
x6=π/4
lim f (x) = lim
x→π/4
x6=π/4
et de même en −π/4 par parité. Enfin
lim
x→(π/2)
f (x) =
−
cos 4x
−
= −∞ ,
cos2 x
x→(π/2)−
lim
et de même en −π/2 par parité.
La fonction se prolonge donc en une fonction continue sur ] −π/2, π/2 [ et, sur cet intervalle,
F (x) = −
cos 4x
.
cos2 x
20. a) Pour exprimer la fonction f sans utiliser les valeurs absolues, on peut former le tableau suivant :
1
|x − 1|
−|x − 4|
|x − 5|
−1
f (x)
1−x
x−4
5−x
−1
1−x
4
x−1
x−4
5−x
−1
x−1
5
x−1
4−x
5−x
−1
7−x
x−1
4−x
x−5
−1
x−3
b) Les maxima relatifs sont f (0) = 1, f (4) = 3, et les minima relatifs sont f (1) = 0, et f (5) = 2.
c) La fonction f étant continue sur l’intervalle [ 0, x ] , elle possède un maximum dans cet intervalle.
En étudiant les variations ou la courbe représentative de f , on constate facilement que
(i) Lorsque x est compris entre 0 et 2, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au
point 0, donc g(x) = 1 .
(ii) Lorsque x est compris entre 2 et 4, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au
point x, Donc g(x) = f (x) = x − 1 .
(iii) Lorsque x est compris entre 4 et 6, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au
point 4, Donc g(x) = 4 .
(iv) Lorsque x est plus grand que 6, la fonction f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au point
x, Donc g(x) = f (x) = x − 3 .
On a alors les courbes suivantes, où la courbe représentative de g en trait plein a été légérement décalée
sur le dessin pour la comparer à celle de f en pointillés.
22
y
✻
3
1
O
1
2
4
6
✲
x
21. Les ensembles proposés sont les images d’un intervalle par une fonction continue. Ce sont donc des
intervalles. Il reste à trouver leurs bornes.
Ensemble A
Pour tout x > 0, on a
−1 ≤ cos x ≤ 1 .
Par ailleurs cos 3π = −1 et cos 2π = 1. Donc A contient 1 et −1. Il en résulte que
A = [ −1, 1 ] .
Ensemble B
Si xn = 2nπ, on a x2n = x2n cos xn , et x2n appartient à B . Comme la suite (x2n ) admet pour limite +∞,
l’ensemble B n’est pas majoré.
Si yn = (2n + 1)π, on a −yn2 = yn2 cos yn , et −yn2 appartient à B . Comme la suite (−yn2 ) admet pour
limite −∞, l’ensemble B n’est pas minoré. Il en résulte que
B = R.
Ensemble C
On peut écrire
3 sin x + 4 cos x = 5
4
3
sin x + cos x ,
5
5
et si θ désigne l’angle dont le sinus vaut 2/5 et le cosinus 3/5, on a
3 sin x + 4 cos x = 5 sin(x + θ) .
Alors par un raisonnement analogue à celui fait pour A, on obtient
C = [ −5, 5 ] .
23
Ensemble D
La fonction polynôme x 7→ x3 + 2x2 + x − 3 admet +∞ comme limite en +∞, et −∞ en −∞. Donc
D = R.
22. Les ensembles proposés sont les images d’un intervalle par une fonction continue. Ce sont donc des
intervalles. Il reste à trouver leurs bornes.
Ensemble A
Pour tout x > 0, on a
−1 ≤ cos x ≤ 1 .
Par ailleurs cos π = −1 et cos 2π = 1. Donc A contient 1 et −1. Il en résulte que
A = [ −1, 1 ] .
Ensemble B
Si xn = π/2 + 2nπ, on a x2n = x2n sin xn , et x2n appartient à B . Comme la suite (x2n ) admet pour limite
+∞, l’ensemble B n’est pas majoré.
Si yn = 3π/2 + 2nπ, on a −yn2 = yn2 sin yn , et −yn2 appartient à B . Comme la suite (−yn2 ) admet pour
limite −∞, l’ensemble B n’est pas minoré. Il en résulte que
B = R.
Ensemble C
On peut écrire
1
2
√ sin x + √ cos x ,
5
5
√
√
et si θ désigne l’angle dont le sinus vaut 2/ 5 et le cosinus 1/ 5, on a
√
sin x + 2 cos x = 5 sin(x + θ) .
sin x + 2 cos x =
√
5
Alors par un raisonnement analogue à celui fait pour A, on obtient
√ √
C = [ − 5, 5 ] .
Ensemble D
La fonction polynôme x 7→ x3 − 5x + 7 admet +∞ comme limite en +∞, et −∞ en −∞. Donc
D = R.
24
23. Soit f la fonction définie sur R par f (x) = sin x + cos x. On cherche A = f (R). Comme f est
continue, l’ensemble A est un intervalle. On remarque que pour tout x réel, on a
√
π
.
sin x + cos x = 2 sin x +
4
et donc
√
√
− 2 ≤ f (x) ≤ 2 .
√
√
√ √
Il en résulte que f (R) ⊂ [ − 2, 2 ] . Mais f (π/4) = 2 et f (5π/4) = − 2. On en déduit que
√ √
A = [ − 2, 2 ] .
24.
Rappelons que si α et β sont deux nombres positifs tels que α + β = 1, le nombre αU + βV
appartient à l’intervalle fermé dont les bornes sont U et V . (Le nombre αU + βV est le barycentre de U
et V affectés des coefficients α et β). En particulier le nombre
2
3
x = f (a) + f (b) ,
5
5
appartient à l’intervalle fermé de bornes f (a) et f (b). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il
existe c dans [ a, b ] tel que x = f (c).
25. La droite D joignant les points de coordonnées (a, m) et (b, M ) a pour équation
y=
On pose
M −m
(x − a) + m .
b−a
g(x) = f (x) −
La fonction g est continue sur [ a, b ] . De plus
g(a) = f (a) − m ≥ 0
M −m
(x − a) + m
b−a
.
et g(b) = f (b) − M ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c dans [ a, b ] , tel que g(c) = 0, soit
M −m
(c − a) + m .
b−a
La courbe coupe la droite D en au moins un point d’abscisse c.
f (c) =
y
✻
M
m
a
c b
25
✲
x
26. La fonction ϕ est continue sur [ 0, 1 − 1/n ] . D’autre part
ϕ(0) + ϕ(1/n) + · · · + ϕ((n − 1)/n)) =
=
(f (0) − f (1/n)) + (f (1/n) − f (2/n)) + · · · + (f ((n − 1)/n) − f (1))
f (0) − f (1) = 0 .
Comme la somme est nulle, il existe nécessairement au moins un terme positif et un autre négatif. Alors
il résulte du théorème des valeurs intermédiaire que ϕ s’annule dans [ 0, 1 − 1/n ] en un certain point
αn . On a donc pour ce point
f (αn ) = f (αn + 1/n) .
27.
La fonction d est continue sur l’intervalle [ 0, 1 ] , et l’on a
d(0) = 0
et d(1) = p .
Alors, la fonction g est continue sur l’intervalle [ 0, 1/2 ] , et l’on a
1
p
p
1
p
1
1
g(0) = d
−
= d(1) − d
− = −d
.
et g
2
2
2
2
2
2
2
Il en résulte que le produit g(0)g(1/2) est négatif. Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il
existe un nombre c dans l’intervalle [ 0, 1/2 ] , tel que g(c) = 0. Alors
p
1
− d(c) = ,
d c+
2
2
et les points du parcours atteints aux temps c et c + 1/2 sont bien distants de p/2 km .
28. Soit M (x) le point de C d’abscisse x. Le coefficient directeur de la droite OM (x) vaut f (x)/x. La
fonction g définie sur [ a, b ] par
f (x)
g(x) =
x
est continue sur [ a, b ] , et l’on a g(a) = α et g(b) = β. Donc, si γ appartient à ] α, β [ , il existe c dans
[ a, b ] tel que g(c) = γ, c’est-à-dire f (c) = γc. Cela signifie que la droite d’équation y = γx coupe la
courbe C au point d’abscisse c.
y
✻
B
A
O
a
c
26
b
✲
x
29. a) Puisque f (x) appartient à l’intervalle [ 0, 1 ] pour tout x de cet intervalle, on a
h(0) = f (0) ≥ 0 et h(1) = f (1) − 1 ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que h s’annule dans cet intervalle en un point s, et donc
f (s) = s.
Démontrons par récurrence, que pour tout entier n ≥ 0, on a
g n (s) = f (g n (s)) .
La propriété est vraie pour n = 0. Supposons la vraie à l’ordre n. Alors
g n+1 (s) = g(g n (s)) = g(f (g n (s)) = g ◦ f (g n (s)) = f ◦ g(g n (s)) = f (g n+1 (s)) .
Elle est donc vraie à l’ordre n + 1, donc quel que soit n.
b) Si l’on définit une suite (un )n≥0 et posant
un = g n (s) ,
on a donc, immédiatement
un = f (un )
et un+1 = g n+1 (s) = g(g n (s)) = g(un ) .
c) Si la suite (un ) est monotone, elle converge dans [ 0, 1 ] vers une limite ℓ , et, par passage à la limite,
on obtient, puisque f et g sont continues :
f (ℓ) = ℓ et g(ℓ) = ℓ ,
et donc
f (ℓ) = g(ℓ) .
d) Si la suite n’est pas monotone, elle n’est pas décroissante, et il existe un entier p tel que
up < up+1 .
La suite n’est pas non plus croissante, donc il existe un entier q tel que
uq > uq+1 .
Mais, si l’on considère la fonction φ définie sur [ 0, 1 ] par
φ = f −g,
on a alors
φ(up ) = f (up ) − g(up ) = up − up+1 < 0 ,
et
φ(uq ) = f (uq ) − g(uq ) = uq − uq+1 > 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe ℓ dans [ 0, 1 ] tel que φ(ℓ) soit nul. On obtient
bien
f (ℓ) = g(ℓ) .
30.
a) La fonction f est continue sur chaque intervalle ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ . Comme on a
lim
x→(nπ−π/2)+
= −∞ et
27
lim
x→(nπ+π/2)−
= +∞ ,
il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe un dans ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ tel que f (un )
soit nul.
D’autre part, si x 6= nπ, on a
f ′ (x) = tan2 x > 0 ,
et la fonction f est strictement croissante sur ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ . Donc l’équation f (x) = 0 a une
solution et une seule dans cet intervalle.
b) On a
f (un+1 − π) = tan(un+1 − π) − un+1 + π = tan(un+1 ) − un+1 + π = π > 0 = f (un ) .
Les nombres un+1 − π et un appartiennent à l’intervalle ] nπ − π/2, nπ + π/2 [ et, puisque f est strictement croissante sur cet intervalle, on en déduit que
un+1 − π > un
alors
vn+1 = un+1 − (n + 1)π > un − nπ = vn .
La suite (vn ) est strictement croissante.
On a
d’où
0 = f (un ) = f (vn + nπ) = tan(vn + nπ) − vn − nπ = tan vn − vn − nπ ,
tan vn = vn + nπ ,
et puisque vn appartient à l’intervalle ] −π/2, π/2 [ , on en déduit que la suite (vn ) est majorée : elle est
donc convergente et possède une limite ℓ. On en déduit aussi que
vn = arctan(vn + nπ) .
Comme la suite (vn + nπ) admet +∞ pour limite, la suite (arctan(vn + nπ)) converge vers π/2, et donc
(vn ) converge vers π/2.
31. Le développement limité de la fonction x 7→ ln(1 + x) donne immédiatement
Pn (x) = 1 − x +
xn
x2
+ · · · + (−1)n
,
2
n
donc
Pn′ (x) = −1 + x + · · · + (−1)n xn−1 .
On obtient la somme des termes d’une suite géométrique de raison −x, ce qui donne

(−x)n − 1


si x 6= −1
x+1
Pn′ (x) =
.


−n
si x = −1
Si n = 2p est pair, on a, pour x 6= −1,
Pn′ (x) =
(x2 − 1)(1 + x2 + · · · + x2p−2 )
x2p − 1
=
= (x − 1)(1 + x2 + · · · + x2p−2 ) .
x+1
x+1
Alors Pn′ est du signe de x − 1 et s’annule uniquement en 1. La fonction Pn décroît sur ] −∞, 1 ] et croît
sur [ 1, ∞ [ . Son minimum est atteint en 1 et l’on a
1
1
1
1 1
+ ···+
+ > 0.
−
−
Pn (1) =
2 3
n−2 n−1
n
28
Il en résulte que Pn n’a pas de racine réelle.
Si n = 2p + 1 est impair, on a, pour x 6= −1,
Pn′ (x) = −
x2p+1 + 1
.
x+1
Or la fonction x 7→ x2p+1 + 1 est strictement croissante et varie sur R de −∞ à +∞. Elle s’annule
uniquement en −1 et cette racine est simple. Il en résulte que Pn′ ne s’annule pas. Elle est toujours
strictement négative et la fonction Pn est strictement décroissante. Comme
lim Pn (x) = −∞ et
lim Pn (x) = +∞ ,
x→+∞
x→−∞
il résulte du théorème des valeurs intermédiaires et de la décroissance stricte que Pn s’annule en un point
et un seul, donc Pn a une seule racine réelle α.
D’une part
Pn (1) =
1 1
−
2 3
d’autre part,
Pn (2) = (1 − 2) +
Or, quel que soit l’entier p ≥ 1, on a
2p
2p+1
−
= 2p
p
p+1
+ ···+
23
22
−
2
3
1
1
−
n−1 n
+ ···+
1
2
−
p p+1
=
> 0,
2n−1
2n
−
n−1
n
.
2p (1 − p)
≤ 0,
p(p + 1)
donc Pn (2) < 0, et il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que Pn s’annule dans ] 1, 2 [ , et donc
que α appartient à cet intervalle.
32. a) On a
fn′ (x) = nxn−1 + (n − 1)xn−2 + 2x + 1 ,
et donc fn′ est strictement positive sur ] 0, +∞ [ . La fonction f est strictement croissante. De plus
fn (0) = −1 et
lim fn (x) = +∞ ,
n→+∞
et il résulte du théorème des valeurs intermédiaires que fn s’annule en au moins un point un , et de la
décroissance stricte que ce point est unique.
b) On a également
fn
2
2
2
2
1
≥
+ −1 = > 0,
3
3
3
9
et donc un appartient à l’intervalle ] 0, 2/3 [ .
Ce nombre un vérifie alors
fn (un ) = unn + unn−1 + u2n + un − 1 = 0 ,
donc
fn+1 (un ) = un+1
+ unn + u2n + un − 1 = un+1
− unn−1 = unn−1 (u2n − 1) < 0 .
n
n
Il en résulte que un+1 appartient à l’intervalle ] un , 2/3 [ . La suite (un ) est croissante et majorée, donc
elle converge. Soit ℓ sa limite. Elle appartient à l’intervalle ] 0, 2/3 ] donc à ] 0, 1 [ , et l’on a, pour tout
entier n, l’égalité,
u2n + un − 1 = −unn − unn−1 = −en ln un − e(n−1) ln un .
29
Les suites (n ln un ) et ((n−1) ln un ) admettent −∞ pour limite. Alors, en passant à la limite dans l’égalité
précédente, on trouve
ℓ2 + ℓ − 1 = 0 .
Cette équation possède une seule solution positive qui vaut
√
5−1
.
ℓ=
2
33. Le résultat est évident si f est identiquement nulle. Dans le cas contraire, soit a tel que f (a) > 0.
Comme f admet pour limite 0 en +∞, il existe A, tel que, pour tout x ≥ A, on ait
f (x) < f (a) .
Posons b = max(a, A). Sur l’intervalle [ 0, b ] la fonction f est continue. Elle atteint son maximum en un
point, donc il existe c dans [ 0, b ] , tel que, pour tout x de [ 0, b ] ,
f (x) ≤ f (c) .
En particulier, puisque a appartient à [ 0, b ] ,
f (a) ≤ f (c) .
Mais, si x ≥ b, on a encore
f (x) < f (a) ≤ f (c) ,
donc f (c) est le maximum de f sur [ 0, +∞ [ .
34. a) Remarquons que
f (x) = xn (x − 1)(x − 7) + 36 .
On a alors
h(1) = 2f (1) − f (2) − f (0) = 5 · 2n > 0 ,
et
h(7) = 2f (7) − f (8) − f (6) = 5 · 6n − 7 · 8n < 0 ,
car 7 > 5 et 8n > 6n . On a donc h(1)h(7) < 0.
Comme la fonction h est un polynôme, donc est continue sur [ 1, 7 ] , le théorème des valeurs intermédiaires s’applique : il existe s dans ] 1, 7 [ tel que h(s) = 0.
b) Posons a = s − 1, b = s et c = s + 1 . On a
b=
a+c
,
2
et, puisque h(s) est nul,
f (b) = f (s) =
f (s − 1) + f (s + 1)
f (a) + f (c)
=
.
2
2
On a donc bien b − a = 1, et B est le milieu de AC.
35. Si la droite est verticale, elle coupe la courbe au point de coordonnées (d, f (d)). Sinon elle a pour
équation
f (x) = λ(x − d) + m .
30
On définit une fonction g sur [ a, b ] en posant
g(x) = f (x) − (λ(x − d) + m) .
C’est une fonction continue comme somme de fonctions continues. De plus
g(a) = m − (λ(a − d) + m) = −λ(a − d) ,
et
g(b) = m − (λ(b − d) + m) = −λ(b − d) .
Donc, puisque d se trouve dans ] a, b [ ,
g(a)g(b) = λ2 (d − a)(d − b) ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c dans [ a, b ] tel que g(c) = 0 , soit
f (c) = λ(c − d) + m .
La courbe coupe la droite au point de coordonnées (c, f (c)).
✻
y
D
m
a
d c
b
✲
x
36. a) Soit g définie sur [ a, b ] par
g(x) = f (x) − x .
C’est une fonction continue comme somme de fonctions continues. On a alors
g(a) = f (a) − a = b − a
et g(b) = f (b) − b = a − b ,
donc
g(a)g(b) = −(b − a)2 < 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires, qu’il existe c dans ] a, b [ tel que g(c) = 0, c’est-à-dire
tel que f (c) = c.
31
Mais on a également
τg (x, y) =
f (x) − f (y)
g(x) − g(y)
=
− 1 = τf (x, y) − 1 .
x−y
x−y
Puisque f est décroissante, le taux de variation τf (x, y) est négatif, et par suite τg (x, y) est strictement
négatif. Il en résulte que g est strictement décroissante et continue. Elle est donc injective et il existe au
plus un point c tel que g(c) = 0. L’équation f (x) = x possède donc une solution et une seule.
b) Par définition, f (x) = y si et seulement si f −1 (y) = x. En particulier, si x = c, on a f (c) = c donc
f −1 (c) = c. Finalement f (c) = f −1 (c). Le point d = c convient donc.
c) Notons E l’ensemble des solutions de l’équation f (x) = f −1 (x) situées dans ] a, b [ . Soit d1 un élément
de E tel que d1 < f (d1 ). On a donc
f (d1 ) = f −1 (d1 ) .
Posons d2 = f (d1 ).
d2 = f (d1 ) = f −1 (d1 ) ,
donc
d1 = f (d2 ) = f −1 (d2 ) ,
et il en résulte que d2 appartient aussi à E . Par ailleurs, puisque d1 < d2 , on en déduit que
d2 = f (d1 ) > f (d2 ) .
L’application f envoie, de manière injective, l’ensemble des points x de E tels que x < f (x) dans l’ensemble des points x de E tels que x > f (x). En inversant les inégalités dans la démonstration, elle envoit
aussi l’ensemble des points x de E tels que x > f (x) dans l’ensemble des points x de E tels que x < f (x).
Il y a donc autant d’éléments dans les deux ensembles. En ajoutant l’unique point c tel que f (c) = c, il
y a donc un nombre impair de points dans E . Ce qui précède s’explique par la symétrie des graphes de
f et de f −1 par rapport à la première bissectrice.
✻
b
✲
a
d1
c=d
32
d2
b
37. Si f et g sont croissantes sur I, on a, quels que soient x et y dans I vérifiant x ≤ y les inégalités
f (x) ≤ f (y) et g(x) ≤ g(y) .
En additionnant ces inégalités, on obtient
(f + g)(x) = f (x) + g(x) ≤ f (y) + g(y) = (f + g)(y) ,
et f + g est croissante.
Si f et g sont positives, on obtient en multipliant les inégalités
(f · g)(x) = f (x) · g(x) ≤ f (y) · g(y) = (f · g)(y) ,
et f · g est croissante.
Si f et g sont négatives, on a
−f (x) ≥ −f (y) ≥ 0 et
− g(x) ≥ −g(y) ≥ 0 ,
et, en multipliant les inégalités,
(f · g)(x) = (−f (x)) · (−g(x)) ≥ (−f (y)) · (−g(y)) = (f · g)(y) ,
donc f · g est décroissante.
38. a) La fonction |f | est continue sur [ −1, 1 ] . Elle y atteint donc son maximum. Ce maximum est
positif. S’il était nul, on aurait f (x) = 0 pour tout x de [ −1, 1 ] , et le polynôme f aurait une infinité de
racines. Il serait donc nul, et tous ses coefficients seraient nuls, ce qui n’est pas le cas.
b) Si M (a, b, c) < 1, on a donc, pour tout x de [ −1, 1 ] l’encadrement
−1 < f (x) < 1 .
Par ailleurs
Il en résulte que
1
g(1) = g −
= 1 et
2
(f − g)(1) = f (1) − 1 < 0
1
g(−1) = g
= −1 .
2
1
1
et (f − g) −
=f −
−1 < 0,
2
2
ainsi que
(f − g)(−1) = f (−1) + 1 > 0
1
1
=f
+1 > 0.
et (f − g)
2
2
En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction f − g dans les intervalles ] −1, −1/2 [ ,
] −1/2, 1/2 [ et ] 1/2, 1 [ , on en déduit que le polynôme f − g possède trois racines distinctes.
c) Mais
(f − g)(x) = ax2 + (b + 3)x + c ,
est de degré 2 au plus, et a au plus deux racines réelles s’il est non nul. La seule possibilité est donc que
f = g. Mais dans ce cas
M (a, b, c) = M (0, −3, 0) ≥ g(1) = 1 ,
et l’on obtient une contradiction. Il en résulte que l’hypothèse M (a, b, c) < 1 est fausse. Alors, quels que
soient a, b et c,
M (a, b, c) ≥ 1 .
33
39. a) En prenant x = y = 0 dans la relation vérifiée par f , on obtient
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) = 2f (0) .
donc f (0) est nul. Puis en prenant y = −x
0 = f (0) = f (x − x) = f (x) + f (−x) ,
d’où
f (−x) = −f (x) .
b) Soit x un réel fixé. Une démonstration par récurrence, montre que, pour tout tout entier positif n,
f (nx) = nf (x) .
C’est vrai si n = 1. Si l’on suppose la propriété vraie à l’ordre n on a alors
f ((n + 1)x) = f (nx + x) = f (nx) + f (x) = nf (x) + f (x) = (n + 1)f (x) ,
et la propriété est vraie à l’ordre n + 1 donc quel que soit n positif.
Si maintenant n est négatif, alors (−n) est positif, et
f (nx) = −f (−nx) = −(−n)f (x) = nf (x) .
La propriété est donc vraie pour tout entier relatif n.
c) Alors si q est un entier non nul,
qf
n
x = f (nx) = nf (x) ,
q
donc
f
n
n
x = f (x) .
q
q
Finalement, pour tout nombre rationnel r,
f (rx) = rf (x) .
Maintenant, si λ est réel, il est limite d’une suite (rn )n≥0 de nombres rationnels. On a donc pour tout n
positif, la relation
f (rn x) = rn f (x) ,
et comme f est continue, f (rn x) tend vers f (λx) . Par passage à la limite, on trouve
f (λx) = λf (x) .
En particulier, on a pour tout x réel
f (x) = xf (1) .
L’application f est donc une application linéaire. Et réciproquement, toute application linéaire de R dans
lui même vérifie, pour tout couple (x, y) la relation
f (x + y) = f (x) + f (y) .
34
40. On a, par la formule du binôme,
p
p−1
X p
1
p
−n =
n2k−p .
f (xn ) − f (yn ) = n +
n
k
k=0
Cette somme de nombres positifs est supérieure en particulier au terme obtenu pour k = p − 1, donc
f (xn ) − f (yn ) ≥ p np−2 .
Mais p ≥ 2 et n ≥ 1. Donc
f (xn ) − f (yn ) ≥ 2 .
Si f était uniformément continue sur R, et si l’on prend ε = 2, il existerait α > 0, tel que, quels que
soient x et y réels, on ait
|x − y| < α et |f (x) − f (y)| < 2 .
Mais si l’on prend n > 1/α, on voit que
|xn − yn | =
1
<α
n
et |f (xn ) − f (yn )| ≥ 2 .
On a donc une contradiction, et la fonction f n’est pas uniformément continue sur R.
41.
Soit ε > 0. Il existe α1 > 0, tel que, si x et y sont dans I tels que |x − y| < α1 , on ait
|f (x) − f (y)| <
ε
.
2
De même il existe α2 > 0, tel que, si x et y sont dans I tels que |x − y| < α2 , on ait
|g(x) − g(y)| <
ε
.
2
Alors, si x et y sont dans I tels que |x − y| < min(α1 , α2 ), on a
|(f + g)(x) − (f + g)(y)| ≤ |f (x) − f (y)| + |g(x) − g(y)| <
ε ε
+ = ε.
2 2
Donc f + g est uniformément continue sur I.
Il n’en est pas de même pour le produit. Si l’on prend f (x) = g(x) = x. Les fonctions f et g sont uniformément continues sur R, mais f g ne l’est pas d’après l’exercice précédent.
42. Remarquons tous d’abord que, si p = 1, on a égalité. Supposons donc p ≥ 2 et étudions la fonction
f définie sur [ y, +∞ [ par
f (x) = (x − y)1/p − x1/p + y 1/p .
En dérivant, on obtient,
f ′ (x) =
Mais
1
1
1
((x − y) p −1 − x p −1 ) .
p
1−p
1
−1=
< 0,
p
p
1
et la fonction qui à t associe t p −1 est décroissante. Donc, puisque
0 ≤ x − y ≤ x,
on en déduit que
1
1
(x − y) p −1 ≥ x p −1 ,
35
et donc f ′ (x) est positive. Il en résulte que f est croissante sur [ y, +∞ [ et comme f (y) = 0, on en déduit
que f (x) est positive. Alors, si x ≥ y,
|x1/p − y 1/p | ≤ |x − y|1/p .
Si y ≥ x, on permute les rôles de x et de y dans l’inégalité précédente, et on obtient le même résultat.
Soit ε > 0, si l’on a
|x − y| < α = εp ,
alors
|x1/p − y 1/p | ≤ ε ,
et la fonction x 7→ x1/p est uniformément continue sur R+ .
Si cette fonction était contractante, il existerait k ≥ 0 tel que, quels que soient x et y positifs,
|x1/p − y 1/p | ≤ k|x − y| .
En particulier, en prenant y = 0,
x1/p ≤ kx ,
et on en déduirait
x ≤ k p xp ,
donc
et finalement, si p ≥ 2,
1
≤ xp−1 .
kp
x≥
1
k p/(p−1)
,
ce qui n’est pas vrai quel que soit x réel positif. Par ailleurs si p = 1, on obtient k ≥ 1. La fonction n’est
donc pas contractante sur R+ .
36