Isenmann - MPSI .. - Groupe .. Planche 1. Exercice 0. Soit f PDF

Exercice 12 : Soit f : R ? R continue et décroissante. Montrer que f admet un unique point fixe. Correction :Unicité : Soit g : x ?? f(x) ? x.

Exercices de mathématiques - Exo7

Montrer que f a un point fixe. Correction ?. [005393] Trouver les fonctions bijectives de [01] sur lui-même vérifiant ?x ? [0

Théorème du point fixe - Théorème de linversion locale

Théorème 7.1 (Théorème du point fixe). Soit ? une partie fermée de Rn et f une fonction contractante de ? dans ?. Alors f admet un unique point fixe a

Cours 1 : Points fixes de fonctions monotones

7 nov. 2009 Par exemple l'unique point fixe de la fonction f de [0

Corrigé du TD no 11

Montrer que l'équation x2(cos x)5 + x sin x +1=0 admet au moins une solution de fonction continue g :]0 1[?]0

Chapitre 1 - Fonctions de plusieurs variables. Limites dans R

Par exemple c'est aussi sur le théorème du point fixe que repose le Montrer que f admet en (0

Fonctions continues et uniformement continues

CNS pour qu'une fonction dérivable soit lipschitzienne. On a donc prouvé que ƒ admet un point fixe l dans I et que (un) converge vers l.

Isenmann - MPSI .. - Groupe .. Planche 1. Exercice 0. Soit f

19 janv. 2015 Montrer que f admet un point fixe. Exercice 1. Montrer qu'une fonction continue et périodique définie sur R est bornée. Exercice 2.

Chapitre I : Continuité et dérivabilité des fonctions réelles

On reconnaît graphiquement qu'une fonction est continue sur un intervalle I Exemple : Montrer que la fonction f(x) = cos x admet un point fixe sur [0;.

Problème 1 : étude de points fixes

Démontrer que la fonction f admet un unique point fixe sur l'intervalle I = [01]. On pourra étudier la fonction auxiliaire g définie sur R par g(x) = f(x) - x.

Colle 15 - lundi 19 janvier 2015 -Colleur : Isenmann - MPSI .. - Groupe ..Planche 1. Exercice 0.Soitf: [0;1]![0;1] continue. Montrer quefadmet un point xe. Exercice 1.Montrer qu'une fonction continue et periodique denie surRest bornee. Exercice 2.Soitf:R!Rcontinue surRtelle que pour toutx;y2R, f(x+y) =f(x) +f(y)

Determinerf.Planche 2.

Question de cours.Montrer que la composee de deux fonctions continues est continue. Exercice 1.Soitf:R!Rcontinue telle que limx!1f(x) =1 et limx!+1f(x) = 1.

Montrer quefs'annule.

Exercice 2.Soitf:R!Rcontinue et 1 periodique. Montrer que pour touta >0, il existec2Rtel quef(a+c) =f(c).Planche 3. Exercice 0.Soitf:R!Zcontinue. Montrer quefest constante. Exercice 1.Soitf: [0;+1[![0;+1[ continue telle que ff=id

Determinerf.

Exercice 2.Soitf: [0;1]![0;1] une application continue telle queff=f. Montrer que l'ensemble des points xes defest un segment non vide de [0;1]. 1 Colle 15 - lundi 19 janvier 2015 -http://perso.ens-lyon.fr/lucas.isenmann/Solutions - Planche 1. Exercice 0.On utilise la technique fondamentale suivante :si on veut montrer que fa un point xe, on montre quef(x)xa un zero. Pourquoi ? Car on possede des criteres ecaces pour montrer qu'une fonction a des zeros. Par exemple le theoreme des valeurs intermediaires. On poseg(x) =f(x)x. Alorsgest continue sur [0;1]. Org(0) =f(0)0 et g(1) =f(1)10. Donc par le theoreme des valeurs intermediaires applique agsur [0;1], il existe un zero pourgsur [0;1]. On le notea. Alorsf(a) =aetaest un point xe def. Exercice 1.Soitfcontinue et periodique. On noteTsa periode : f(x+T) =f(x);8x2R Sur [0;T], qui est unsegment,fest continue donc bornee. Il existe doncM >0 tel quejf(x)j Msur [0;T]. On va maintenant ramener tout point hors de ce segment a ce segment. Soitx2R, il existe un entier relatifntel quex+nT2[0;T]. Pourquoi ? On cherche ntel que 0x+nTT. Donc tel quex=Tn1x=T. Il sut donc de choisir n=E(x=T). Du coup par periodicite,f(x+nT) =f(x). Orx+nT2[0;T] donc par ce qui precede,jf(x+nT)j M. Finalement,jf(x)j MsurR. Exercice 2.Procedons par analyse et synthese. D'abord essayons de deviner la solution. La relation precedente est une relation dite \lineaire". Les applications lineaires verient donc cela :f(x) =axverie bien la propriete pour touta2R. On va montrer que ce sont les seules. Analysons. Soitfune solution. Appliquons la relation a des cas particuliers. Commencons par :x=y= 0. Alorsf(0) =f(0)+f(0). Doncf(0) = 0. La fonction passe deja par l'origine. Passons ax=y= 1 :f(1 + 1) =f(2) = 2f(1). C'est la qu'il faut penser af(x) =ax. On devine alors que leadoit ^etre lef(1). Il faut donc montrer quef(x) =xf(1) pour tout x. C'est deja vrai pour 0, 1 et 2. Est ce que c'est vrai pour d'autres nombres ? Montrons le pour les entiers. Cela se fait par recurrence. Supposons que cela soit vraie pourn0. Alors f(n+1) =f(n)+f(1) =nf(1)+f(1) = (n+1)f(1). Donc par recurrencef(n) =nf(1) pour toutn0. De plus commef(0) = 0, alorsf(x) =f(x). Doncf(n) =nf(1) pour tout n2Z. On se dirige vers une preuve par densite comme les rationnels sont denses dansR. Montrons donc que pour tout rationnelp=qon af(p=q) =p=qf(1).

Soitqun entier positif non nul on a :

f(1) =f(1=q++ 1=q) =qf(1=q)

Doncf(1=q) = 1=qf(1). Doncf(p=q) =p=qf(1).

Maintenant utilisons la densite et la continuite. CommeQest dense dansR, il existe une suitexnde rationnels telle quexn!x. Orfest continue enx0, doncf(xn)!f(x). Or f(xn) =xnf(1) d'apres ce qu'on a fait avant. Doncxnf(1)!f(x). Orxn!x. Donc par unicite de la limite,xf(1) =f(x) pour toutx2R. 2 Colle 15 - lundi 19 janvier 2015 -http://perso.ens-lyon.fr/lucas.isenmann/Solutions - Planche 2. Question de cours.On utilise le critere sequentiel ici, mais on aurait aussi pu utilise les voisinages. Soitf:I!Jetg:J!Rdeux fonctions telles quefest continue surIetgest continue surJ. Soit (xn) une suite deIqui converge versx2I. Alors par continuite def, f(xn)!f(x). (f(xn)) est une suite suite deJqui converge versf(x). Donc par continuite de g,g(f(xn))!g(f(x)). Doncgfest continue surI. Exercice 1.Pour montrer qu'unefonction s'annule on utilise le TVI. Ici il faut faire un dessin pour comprendre ce qu'il se passe :fest proche de 1 a droite et est proche de1 a gauche. Commefest continue elle \passe bien par 0" a un moment.

Formalisons cela. Comme lim

x!+1f(x) = 1, alors il existeb >0 tel quef(b)1=2. De m^eme, il existea <0 tel quef(a) 1=2. En appliquant le TVI afsur [a;b], on conclut qu'il existec2[a;b] tel quef(c) = 0. Doncfs'annule. Exercice 2.On sent l'utilisation du theoreme des valeurs intermediaires. Soita >0. La technique classique consite a poserg(x) =f(x+a)f(x) qui est denie et continue sur R. On va donc chercher a montrer quegs'annule en trouvant deux reelsx1etx2tels que g(x1)0 etg(x2)0. Commefestcontinue sur le segment[0;1]alorsfest bornee et atteint ses bornes. Il existe doncx1etx2dans [0;1] tels quef(x1) realise le minimum defsur [0;1] etf(x2) le maximum defsur [0;1]. C'est-a-dire : f(x1) = inf x2[0;1]f(x) Or par 1-periodicite def,f(x1) = infx2Rf(x). Pourquoi ? Motrons quef(x1)f(x) pour toutxdansR. Pour ce faire, il faut ramenerxa [0;1]. On cherchentel que 0x+n1. Donc tel quexn1x. Il sut donc de choisirn=E(x). On a alorsf(x+n) =f(x).

Orx+n2[0;1] doncf(x)f(x1).

Du coup par denition dex1on a :

g(x1) =f(x1+a)f(x1)0

De m^eme on montre que

g(x2)0 D'ou on conclut avec les theoreme des valeurs intermediaires : il existec2Rtel que g(c) = 0. Doncf(a+c) =f(c). 3 Colle 15 - lundi 19 janvier 2015 -http://perso.ens-lyon.fr/lucas.isenmann/Solutions - Planche 3. Question de cours.Soitf:R!Zcontinue. Montrons quefest constante. Supposons que cela ne soit pas le cas. Alors il existea < btels quef(a)6=f(b). Supposons quef(a)< f(b). Commef(a) etf(b) sont des entiers. Alors il existey2]f(a);f(b)[ qui ne soit pas entier. Donc par le theoreme des valeurs intermediaires, il existex2Rtel quef(x) =y62Z. C'est impossible doncfest constante.

Exercice 1.Premier re

exe, chercher une fonction qui marche. Ici c'est l'identite. Est ce qu'il y en a d'autres ? On dirait pas. On va donc montrer que l'identite est la seule fonction qui verie cela. Soitfqui convient. Supposons quef6=id. Alors il existex0 tel quef(x)6=x.fest bijective car admet un inverse.festdonc monotonesurR+. Orfne peut decro^tre sinon elle serait bornee alors qu'elle doit ^etre surjective. Doncfest croissante. Supposons alors quef(x)< x. Dans ce cas, commefest croissante, alorsf(f(x))< f(x).

Orf(f(x)) =x. Doncx < f(x)< x, c'est impossible.

De m^eme, sif(x)> x, par croissance, on a :f(f(x))> f(x). Orf(f(x)) =x, donc x > f(x)> x, c'est aussi impossible. Doncf=idest la seule fonction qui convient. Exercice 2.On noteFl'ensemble des points xes.F=fx2[0;1] :f(x) =xg. Quel theoreme du cours fait intervenir un segment ? Le TVI ! Il dit quel'image d'un segment par une fonction continue est un segment. Il faut donc interpreterFcomme l'image par une fonction continue d'un segment et c'est gagne. Choisissons donc une fonction continue et un segment. Qu'est ce qu'on a comme choix pour la fonction continue ? Bah on pense af d'abord. Et pour le segment ? Bah [0;1] parce que c'est l'ensemble de denition def. Du coup est ce qu'on aF=f([0;1]) ? Procedons pardouble inclusion: Prenonsx2F. On a alorsx=f(x)2f([0;1]). DoncFf([0;1]). Reciproquement, prenonsx2f([0;1]). Alors il existet2[0;1] tel quef(t) =x. On a par hypothese surf: f(x) =f(f(t)) =f(t) =x Doncx2F. Doncf([0;1])F. Finalement, on a bienF=f([0;1]) etFest un segment. 4quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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Séance de soutien PCSI2 numéro 8 : Fonctions réelles : limites et