TD 4 : Continuité

Université Pierre et Marie Curie
1M001
TD 4 : Continuité
Exercice 1. Donner, dans chacun des cas suivants, une fonction ayant la propriété indiquée.
(a) Une fonction [a, b] → R non bornée.
(b) Une fonction ]a, b[→ R continue, non bornée.
(c) Une fonction ]a, b[→ R continue, bornée, mais qui n’atteint pas ses bornes.
(d) Une fonction R → R continue, non bornée.
(e) Une fonction R → R continue, bornée, qui n’atteint pas ses bornes.
Solution.
(a) f : [0, 1] → R définie par f (0) = 0 et f (x) =
1
x
pour x ∈]0, 1].
(b) f :]0, 1] → R définie par f (x) = x1 .
(c) f :]0, 1[→ R définie par f (x) = x.
(d) f : R → R définie par f (x) = x.
(e) f : R → R définie par f (x) = arctan(x).
Exercice 2. Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité sur R ?
1
2 x − 1 si x < 0
(a) f1 (x) =
x+1
si x > 0
(b) f2 (x) =
|x|
x
(c) f3 (x) =
ex
1 + e1/x
(d) f4 (x) = sin(1/x) sin x
(e) f5 (x) =
sin x
x
Solution.
(a) limx→0− f1 (x) = −1 et limx→0+ f (x) = 1 donc non.
(b) limx→0− f2 (x) = −1 et limx→0+ f (x) = 1 donc non.
1
(c) limx→0− f3 (x) = 1 et limx→0+ f (x) = 0 donc non.
(d) limx→0 f4 (x) = 0 donc oui avec f (0) = 0.
(e) limx→0 f5 (x) = 1 donc oui avec f (0) = 1.
Exercice 3. Dans les deux cas suivants, déterminer a, b ∈ R pour que les fonctions soient continues.

si x < −2
 −5
cos(πx)
si x < 1
ax + b si −2 ≤ x < 1 ,
g(x) =
f (x) =
2
2ax + ax si x ≥ 1.

ln(x) si x ≥ 1
Solution. On doit avoir a × (−2) + b = −5 et a × 1 + b = ln(1) = 0. De même on doit avoir
2a + a2 = cos(π) = −1. Exercice 4 (Continuité de la valeur absolue et compléments). On considère la fonction valeur
absolue: R → R+ , x 7→ |x|.
(a) Rappeler l’inégalité triangulaire vérifiée par la valeur absolue.
(b) Montrer que pour tout x, y ∈ R, on a |x| − |y| ≤ |x − y|.
(c) En déduire que la fonction valeur absolue, considérée comme fonction R → R, est continue.
(d) Soit f une fonction continue. Montrer que |f | est continue. La réciproque est-elle vraie?
Solution.
(a) |a + b| ≤ |a| + |b|
(b) On applique avec a = (x − y) et b = y. On obtient |x| ≤ |x − y| + |y| d’où |x| − |y| ≤ |x − y|.
De même |y| − |x| ≤ |y − x| = |x − y|. On a donc bien le résultat.
(c) Soit x0 ∈ R. On veut montrer que limx→x0 |x| = |x0 |. On vient de voir que ||x|−|x0 || ≤ |x−x0 |.
Le membre de droite tend vers 0. donc on abien le résultat.
(d) |f | est continue comme composée de fonctions continues. La réciproque n’est pas vraie. Par
exemple f : [0, 2] → R définie par f (x) = 1 si x ≤ 1 et f (x) = −1 si x > 1.
Exercice 5. Soit I un intervalle de R. Soient f et g deux applications I → R, continues en un
point x0 ∈ I.
(a) On suppose que f (x0 ) > 0. Montrer qu’il existe un voisinage V de x0 tel que f (x) > 0 pour
tout x ∈ I ∩ V .
(b) On suppose que f (x0 ) > g(x0 ). Montrer qu’il existe un voisinage I de x0 tel que f est
strictement plus grande que g sur I ∩ V .
(c) Ces énoncés sont-ils encore vrais si l’on remplace les inégalités strictes par des inégalités
larges?
Solution.
2
(a) On a limx→x0 f (x) = f (x0 ). Soit ε > 0 assez petit tel que f (x0 ) − ε > 0. Par définition
de la limite , il existe un voisinage W (x0 ) de x0 tel que si x ∈ W (x0 ) alors f (x) ∈]f (x0 ) −
ε, f (x0 ) + ε[. En particulier f (x) > 0 sur W (x0 ).
(b) fait dans le TD 3.
(c) non.
Exercice 6. En utilisant des résultats du cours, montrer que la fonction x 7→
√ √
√
√
tinue sur les intervalles ] − ∞, − 2[, ] − 2, 2[ et ] 2, +∞[.
x3 + x + 1
est conx4 − 4
Exercice 7. Un cycliste parcourt 20 km en une heure. Montrer qu’il existe un intervalle de temps
d’une demi-heure lors duquel il parcourt exactement 10 km. Indication: l’application f qui au temps
t écoulé depuis le départ du cycliste, associe la distance f (t) parcourue au temps t est continue,
et l’on a f (0) = 0 et f (60) = 20, si le temps est mesuré en minutes et la distance en kilomètres.
Appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à une fonction continue t 7→ g(t) bien choisie.
Solution. Prendre la fonction g : [0, 30] → R définie par g(t) = f (t + 30) − f (t). On a
g(0) = f (30) et g(30) = 20 − f (30). On remarque donc que si g(0) ≥ 10 alors g(30) ≤ 10, tandis
que si g(0) ≤ 10 alors g(30) ≥ 10. Donc 10 est toujours compris entre g(0) et g(30). Comme g est
continue, le théorème des valeurs interédiaires nous dit qu’il existe t ∈ [0, 30] tel que g(t) = 10. Exercice 8. Soient I un intervalle non vide et f une fonction continue sur I. On suppose que
f ne prend qu’un nombre fini de valeurs sur I. Montrer qu’alors f est constante. Donner un
contre-exemple lorsque f n’est pas supposée continue.
Solution. Supposons par l’absurde que f n’est pas constante. Alors on peut trouver x, x0 ∈ I
tels que f (x) 6= f (x0 ). Or, comme f est continue, le théorème des valeurs intermédiaires nous dit
que toute valeur comprise entre f (x) et f (x0 ) est atteinte par f , et il y en a une infinité. C’est une
contradiction. Exercice 9. Soient I un intervalle de R et f, g deux applications continues I → R telles que
|f | = |g|. On suppose que f ne s’annule pas sur I.
(a) Montrer que f = g ou f = −g. Indication: montrer que f et g gardent un signe constant sur
I.
(b) Que se passe-t-il si on enlève l’hypothèse de continuité? Ou l’hypothèse de non annulation?
Solution.
(a) On sait que f ne s’annule pas. Si f changeait de signes, on devrait avoir d’après le théorème
des valeurs intermédiaires f (x) = 0 pour un certain x ce qui est une contradiction. Donc f ne
change pas de signe. On sait de plus que |f (x)| = |g(x)| pour tout x donc g ne s’annule pas
non plus. Ainsi g garde un signe constant aussi. Supposons que f et g ont le même signe. Soit
x ∈ I. Comme |f (x)| = |g(x)|, on a soit f (x) = g(x) ou f (x) = −g(x). Comme f et g ont le
même signe, on a nécessairement f (x) = g(x). On a donc montré que f = g. Dans le cas où
f et g ont des signes opposés, on montre que f = −g.
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(b) ce n’est plus vrai.
Exercice 10. Soient a < b dans R et f une application continue de [a, b] dans [a, b]. Montrer qu’il
existe au moins un c ∈ [a, b] tel que f (c) = c. (Appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à
une fonction continue g bien choisie.)
Solution. Soit g : [a, b] → R définie par g(x) = f (x)−x. Alors g est continue. On a g(a) ≥ 0 car
f (a) ∈ [a, b]. On a aussi g(b) ≤ 0 car f (b) ∈ [a, b]. D’après le théorème des valeurs intermédiaires,
il existe c ∈ [a, b] tel que g(c) = 0, c’est-à-dire f (c) = c. Exercice 11. Soit f, g : [a, b] → R fonctions continues telles que pour tout x ∈ [a, b], 0 < f (x) <
g(x). Montrer qu’il existe 0 < k < 1 tel que pour tout x ∈ [a, b] 0 < f (x) < kg(x).
(x)
Solution. Définissons h(x) = fg(x)
(on peut car g(x) eq0). Alors h est continue sur [a, b] et
h(x) < 1 pour tout x ∈ [a, b]. D’après le théorème de Weierstrass, h atteint son maximum en un
point x0 ∈ [a, b]. Ainsi h(x0 ) ≥ h(x) pour tout x ∈ [a, b]. Or h(x0 ) < 1. Prenons k ∈]h(x0 ), 1[.
Alors k > h(x0 ) ≥ h(x) pour tout x ∈ [a, b]. Cela implique que f (x) < kg(x) pour tout x ∈ [a, b].
Exercice 12. Soit f : R+ → R+ continue telle que limx→∞
point fixe.
f (x)
x
= ` < 1. Montrer que f admet un
Solution. Soit ε > 0 tel que ` + ε < 1. Par définition de la limite, on peut trouver M tel que
f (M )
pour tout x ≥ M , f (x)
≤ ` + ε < 1, donc f (M ) < M . De
x ∈]` − ε, ` + ε[. En particulier M
plus f (0) ≥ 0 car f est à valeurs dans R+ . Soit g : R+ → R définie par g(x) = f (x) − x. Alors
g(0) ≥ 0 et g(M ) ≤ 0. De plus, g est continue. D’après le théorème des valeurs interédiaires, il
existe c ∈ [0, M ] tel que g(c) = 0, c’est-à-dire f (c) = c. C’est ce qu’on voulait montrer. Exercice 13. Soit f : R → R une application continue. On suppose que f n’admet pas de point
fixe. Montrer que f ◦ f n’a pas de point fixe.
Solution. Supposons par l’absurde que f ◦ f admet un point fixe. Il existe donc c tel que
f ◦ f (c) = c. Si f (c) = c, alors c est un point fixe de c et c’est une contradiction. Supposons donc
que f (c) 6= c. Posons g(x) = f (x) − x. Pour trouver une contradiction, il suffit de montrer que g
s’annule. Remarquons que g est continue. De plus g(c) = f (c) − c et g(f (c)) = f (f (c)) − f (c) =
c − f (c). Donc g(f (c)) = −g(c). Ainsi g(f (c)) et g(c) ont des signes opposés. Par le théorème des
valeurs intermédiaires, on en déduit que g s’annule, ce qui fournit notre contradiction. Exercice 14. Soit f une fonction continue sur un intervalle fermé borné I. On suppose que
f (x) > 0 pour tout x ∈ I. En utilisant un théorème du cours, montrer qu’il existe ε > 0 tel que
f (x) ≥ ε pour tout x ∈ I. Est-ce encore vrai si l’on ne suppose plus l’intervalle fermé borné?
Solution. Par le théorème de Weierstrass, f admet un minimum en un certain x0 ∈ I. Or
f (x0 ) > 0. Soit donc ε > 0 tel que f (x0 ) > ε. Comme f (x0 ) est le minimum de f , on aura bien
f (x) ≥ f (x0 ) > ε pour tout x ∈ I. 4
Exercice 15. Soit f une application R → R, telle que f (x + y) = f (x)f (y) pour tout x, y ∈ R.
(a) On suppose que f n’est pas la fonction nulle. Montrer alors que f (0) = 1.
(b) On suppose f continue en 0. Montrer alors que f est continue en tout x ∈ R.
Solution. (a). En prenant x = y = 0, on obtient que f (0) = f (0)2 . Donc f (0) = 0 ou f (0) = 1.
Si on avait f (0) = 0, alors f (x) = f (x + 0) = f (x)f (0) = 0 donc f serait la fonction nulle.
Nécessairement f (0) = 1.
(b). Soit x0 ∈ R. Il faut montrer que limx→x0 f (x) = f (x0 ). On a f (x) = f (x − x0 + x0 ) =
f (x − x0 )f (x0 ). Comme x − x0 → 0, on a limx→x0 f (x − x0 ) = f (0) par continuité de la fonction
f en 0. Ainsi on a bien limx→x0 f (x) = f (x0 ). Exercice 16. On rappelle que la fonction sin est continue sur R. Soit f la fonction R → R définie
sin(x)
par f (x) =
pour x 6= 0, et f (0) = 1.
x
(a) Citer des résultats du cours qui assurent que f est continue sur R∗ .
(b) On rappelle que la fonction sin est dérivable sur R, de dérivée cos. Calculer alors limx→0 f (x).
(c) f est-elle continue en 0? Justifier votre réponse.
Exercice 17. On se rappelle que f −1 est la fonction réciproque, à ne pas confondre avec la fonction
1
inverse f (x)
. On peut se demander cependant s’il existe des fonctions f : I → R vérifiant f −1 = f1 .
Cet exercice montre que l’on ne peut pas trouver de fonction continue vérifiant f −1 = f1 . Supposons
par l’absurde qu’une telle fonction existe.
(i) Montrer que f (f (x)) = x1 pour tout x ∈ I.
(ii) Montrer que f est injective.
(iii) En déduire que f est monotone, puis que f ◦ f est croissante.
(iv) Trouver une contradiction.
1
Solution. (i) En écrivant que f −1 (f (x)) = x , et utilisant le fait que f −1 (y) = f (y)
, on obtient
1
1
que f (f (x)) = x donc f (f (x)) = x .
(ii) Soit x, x0 tels que f (x) = f (x0 ). Alors f (f (x)) = f (f (x0 )), donc x1 = x10 , puis x = x0 . Cela
montre que f est injective.
(iii) La fonction f est continue et injective sur un intervalle, elle est donc monotone. La composition de 2 fonctions croissantes est croissante. La composition de deux fonctions décroissantes est
croissante. Dans tous les cas, f ◦ f est donc croissante.
(iv) On a vu que f ◦ f (x) = x1 qui est décroissante. C’est donc une contradiction. Exercice 18. Trouver toutes les fonctions continues de R dans R vérifiant f (x + y) = f (x) + f (y)
pour tout (x, y) ∈ R2 .
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