[PDF] [PDF] fic00103pdf - Exo7 - Exercices de mathématiques

Donc]f(x0);f(x0)[\f([a;b]) =/0 ce qui est exclu puisque d"autre part]f(x0);f(x0)[6=/0 et]f(x0);f(x0)[

[f(a);f(b)](la démarche est identique sif(x+0)>f(x0)). Donc,fest continue sur]a;b[. Par une démarche

analogue,fest aussi continue enaoubet donc sur[a;b].Correction del"exer cice6 NSoitx>0. Pour tout natureln,f(x) =f(px) =f(x1=4) =:::=f(x1=2n). Or, àxfixé, limn!+¥x1=2n=1 et,f

étant continue en 1, on a :

8x>0;f(x) =limn!+¥f(x1=2n) =f(1):

Posons`=limx!+¥f(x).

Soite>0.9A>0=8x2R+;(x>A) jf(x)`j Soit(x;y)2[A;+¥[2. Alors,jf(x)f(y)j6jf(x)`j+j`f(y)j<2e3 (sur le segment[0;A]et donc est uniformément continue sur ce segment d"après le théorème de HEINE. Donc,

9a>0=8(x;y)2[0;A]2;jxyj (0 étant ainsi fourni, soientxetydeux réels de[0;+¥[vérifiantjxyjSi(x;y)2[0;A]2, on ajf(x)f(y)j Si(x;y)2[A;+¥[2, on ajf(x)f(y)j<2e3

=e:

continue sur[0;+¥[.Correction del"exer cice8 NSoitfun morphisme de(R;+), c"est-à-dire quefest une application deRdansRvérifiant

8(x;y)2R2;f(x+y) =f(x)+f(y):

On sait déjàf(0) =f(0+0) =f(0)+f(0)et doncf(0) =0. Puis, pourxréel donné,f(x)+f(x) = f(x+x) =f(0) =0 et donc, pour tout réelx,f(x) =f(x)(fest donc impaire). On a aussin2Net x2R,f(nx) =f(x)+:::+f(x) =nf(x). De ce qui précède, on déduit :

8x2R;8n2Z;f(nx) =nf(x):

Soita=f(1). D"après ce qui précède,8n2Z;f(n) =f(n:1) =nf(1) =an.

Puis, pourn2N,nf(1n

) =f(n1n ) =f(1) =aet donc8n2N;f(1n ) =a1n

Puis, pourp2Zetq2N,f(pq

) =pf(1q ) =pa1q =apq

Finalement,

8r2Q;f(r) =ar:

Maintenant, si l"on n"a pas l"hypothèse de continuité, on ne peut aller plus loin. Supposons de plus quefsoit

continue surR.

Soitxun réel. PuisqueQest dense dansR, il existe une suite(rn)n2Nde rationnels, convergente de limitex.

fétant continue enx, on a : f(x) =f(limn!+¥rn) =limn!+¥f(rn) =limn!+¥arn=ax:

Donc, sifest un morphisme continu de(R;+),fest une application linéaire deRdansR. Réciproquement,

les applications linéaires conviennent.Correction del"exer cice9 NSoientaetbdeux réels fixés tels que 0

1)a;(k+1)b[6=/0. PourkdansN, posonsIk=]ka;kb[.

I Posonsk0=E(aba)+1. Pourk>k0, on a doncIk\Ik+16=/0 et donc[ k>k0]ka;kb[=]k0a;+¥[. 4

Maintenant, sik0=1,[

k>k0]ka;kb[=]a;+¥[et sik0>1,[ k>k0]ka;kb[= (k 01[ k=1]ka;kb[)[]k0a;+¥[. Mais, sixest dans k 01[ k=1]ka;kb[, alorsx<(k01)bdonc(E(aba)+1)a.Correction del"exer cice10 NSoitTune pèriode strictement positive def.fest continue sur le segment[0;T]et donc est bornée sur ce

segment.fest par suite bornée surRparT-périodicité.

Soite>0.

fest continue sur le segment[0;T]et donc, d"après le théorème de HEINE,fest uniformément continue sur ce

segment. Donc,

9a2]0;T[=8(x;y)2[0;T];(jxyj

Soientxetydeux réels tels quejxyj xkT2[0;T],ykT2[0;T], puisj(xkT)(ykT)j=jyxj9k2Z=(k1)T6x6kT6y6(k+1)T:

Mais alors,jxkTj=jyxj jf(x)f(y)j6jf(x)f(kT)j+jf(y)f(kT)j8e>0;9a>0=8(x;y)2R2;(jxyj

fest donc uniformément continue surR.Correction del"exer cice11 NSifest strictement monotone surI, on sait quefest injective.

Réciproquement, supposonsfinjective et continue surIet montrons quefest strictement monotone.

Supposons par l"absurde quefn"est pas strictement monotone. On peut alors trouver trois réelsa,betcdans

l"intervalleItels que Quitte à remplacerfparf, on supposera queaf(a)etf(b)>f(c). Puisquefest injective, on a mêmeaf(a)etf(b)>f(c). SoitM=Maxff(a);f(c)g.

On aM

intermédiaires permet d"affirmer qu"il existea2[a;b]tel quef(a) =M. De plus, on ne peut avoira=bcar

f(a) =M6=f(b)(etfinjective). Donc,

9a2[a;b[=f(a) =M:

De même, puisqueMest élément de[f(c);f(b)],9b2]b;c]=f(b) =M. Ainsi, on a trouvé dansIdeux réels

aetbvérifianta6=betf(a) =f(b)ce qui contredit l"injectivité def.

Donc,fest strictement monotone surI.Correction del"exer cice12 NSoitfla fonction caractéristique deQ. Le groupe des périodes defestQ. En effet,

5

8x2R;8r2Q;x+r2Q,x2Q;

et donc

8x2R;8r2Q;f(x+r) =f(x). Mais on a aussi

8x2R;8r2(RnQ);x+r2Q;,x=2Q;

et donc8x2R;8r2(RnQ);f(x+r)6=f(x).Correction del"exer cice13 NOn a 06f(0)61 et 06f(1)61. Doncjf(1)f(0)j61. Mais, par hypothèse,jf(1)f(0)j>1. Par suite,

jf(1)f(0)j=1 et nécessairement,(f(0);f(1))2 f(0;1);(1;0)g. Supposons quef(0) =0 etf(1) =1 et montrons que8x2[0;1];f(x) =x. Soitx2[0;1]. On ajf(x)f(0)j>jx0jce qui fournitf(x)>x. On a aussijf(x)f(1)j=jx1jce qui fournit 1f(x)>1xet doncf(x)6x. Finalement,8x2[0;1];f(x) =xetf=Id. Sif(0) =1 etf(1) =0, posons pourx2[0;1],g(x) =1f(x). Alors,g(0) =0,g(1) =1 puis, pourx2[0;1], g(x)2[0;1]. Enfin,

D"après l"étude du premier cas,g=Idet doncf=1Id. Réciproquement,Idet 1Idsont bien bien solutions

du problème.Correction del"exer cice14 NIdest solution.

Réciproquement, soitfunebijectionde[0;1]surlui-mêmevérifiant8x2[0;1];f(2xf(x))=x. Nécessairement,

8x2[0;1];062xf(x)61 et donc8x2[0;1];2x16f(x)62x.

Soitf1la réciproque def.

8x2[0;1];f(2xf(x)) =x, 8x2[0;1];2xf(x) =f1(x)

, 8y2[0;1];f(f(y))2f(y)+y=0(car8x2[0;1];9!y[0;1]=x=f(y)) Soity2[0;1]etu0=y. En posant8n2N;un+1=f(un), on définit une suite de réels de[0;1](car[0;1]est stable parf). La condition8y2[0;1];f(f(y))2f(y)+y=0 fournit8n2N;un+22un+1+un=0, ou encore8n2N;un+2un+1=un+1un. La suite(un+1un)n2Nest constante ou encoreuest arithmétique. Mais,uest également bornée et doncuest constante.

En particulier,u1=u0ce qui fournitf(y) =y. On a montré que8y2[0;1];f(y) =yet doncf=Id.Correction del"exer cice15 N1.Soit nun entier naturel non nul donné. Pourxélément de[0;11n

], posonsg(x) =f(x+1n )f(x). gest définie et continue sur[0;11n ]. De plus, n1å k=0g(kn ) =n1å k=0(f(k+1n )f(kn )) =f(1)f(0) =0: Maintenant, s"il existe un entierkélément def0;:::;n1gtel queg(kn )=0, on a trouvé un réelxde[0;1] tel quef(x+1n ) =f(x)(à savoirx=kn

Sinon, tous lesg(kn

)sont non nuls et, étant de somme nulle, il existe deux valeurs de la variable en lesquelsgprend des valeurs de signes contraires. Puisquegest continue sur[0;11n ], le théorème des

valeurs intermédiares permet d"affirmer quegs"annule au moins une fois dans cet intervalle ce qui fournit

de nouveau une solution à l"équationf(x+1n ) =f(x). 6

2.Soit a2]0;1[tel que1a

=2N. Soit, pourx2[0;1],f(x) =jsinpxa jxjsinpa j.fest continue sur[0;1], f(0) =f(1) =0 mais,

8x2R;f(x+a)f(x) = (jsinp(x+a)a

jjsinpxa j)((x+a)x)jsinpa j=ajsinpa j 6=0: 3.

(a) et b)) Soit g(t)la distance, exprimée en kilomètres, parcourue par le cycliste à l"instanttexprimé en

heures, 06t61, puis, pourt2[0;1],f(t) =g(t)20t.fest continue sur[0;1](si le cycliste reste un tant soit peu cohérent) et vérifef(0) =f(1) =0.

D"après 1),9t12[0;12

],9t22[0;1920 ]tels quef(t1+12 ) =f(t1)etf(t2+120 ) =f(t2)ce qui s"écrit encore g(t1+12 )g(t1) =10 etg(t2+120 )g(t2) =1. c) Posons pour 06t61,f(t) =jsin4pt3 jtp3 2 et donc,g(t) =jsin4pt3 j+(20p3 2 )t.8t2[0;14 f(t+34 )f(t)6=0 ou encoreg(t+34 )g(t)6=15.7quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40