Fonctions continues

[PDF] cours d'électrostatique pdf

[PDF] pgcd de polynomes

[PDF] variable aléatoire continue exercices corrigés exo

[PDF] exo7 math suite

[PDF] comment montrer qu'une suite est bornée

[PDF] espace vectoriel normé exercice corrigé+pdf

[PDF] topologie des espaces vectoriels normés exercices

[PDF] exode rurale causes et consequences

[PDF] l'exode rural définition

[PDF] exode rural causes et consequences pdf

[PDF] exode rural en afrique

[PDF] solutions contre l'exode rural

[PDF] les avantages de l'exode rural

[PDF] conclusion de l'exode rural

[PDF] exposé sur l'exode rural

Exo7

1 Pratique

Exercice 1Soitfla fonction réelle à valeurs réelles définie par f(x) =8 :xsix<1 x

2si 16x64

8pxsix>4

T racerle graphe de f.

2.fest elle continue ?

Donner la formule définissant f1.

Soitf:Rnf1=3g !Rtelle quef(x) =2x+33x1.

Pour toute>0 déterminerdtel que, (x6=1=3 etjxj6d)) jf(x)+3j6e.

Que peut-on en conclure ?

Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité surR? a)f(x) =sinxsin1x ;b)g(x) =1x lnex+ex2 c)h(x) =11x21x2: Exercice 4SoitIun intervalle ouvert deR,fetgdeux fonctions définies surI. 1.

Soit a2I. Donner une raison pour laquelle :

limx!af(x) =f(a) limx!ajf(x)j=jf(a)j 2.

On suppos eque fetgsont continues surI. En utilisant l"implication démontrée ci-dessus, la relation

sup(f;g)=12 (f+g+jfgj), et les propriétés des fonctions continues, montrer que la fonction sup(f;g) est continue surI. 1 SoientIun intervalle deRetf:I!Rcontinue, telle que pour chaquex2I,f(x)2=1. Montrer quef=1 ou f=1. Soitf:[a;b]!Rune fonction continue telle quef(a) =f(b). Montrer que la fonctiong(t) =f(t+ba2 f(t)s"annule en au moins un point de[a;a+b2

Application :une personne parcourt 4 km en 1 heure. Montrer qu"il existe un intervalle de 30 mn pendant

lequel elle parcourt exactement 2 km.

Soitf:R+!Rcontinue admettant une limite finie en+¥. Montrer quefest bornée. Atteint-elle ses bornes

Exercice 8Déterminer les domaines de définition des fonctions suivantes f(x) =r2+3x52x;g(x) =px

22x5 ;h(x) =ln(4x+3):

Soitf:R!Rcontinue en 0 telle que pour chaquex2R,f(x) =f(2x). Montrer quefest constante. Soitf:[0;1]![0;1]croissante, montrer qu"elle a un point fixe.

Indication: étudier

E=x2[0;1]j 8t2[0;x];f(t)>t:

Résoudre l"équationxy=yxoùxetysont des entiers positifs non nuls.

Indication pourl"exer cice1 NDistinguer trois intervalles pour la formule définissantf1.Indication pourl"exer cice2 NLe "e" vous est donné, il ne faut pas y toucher. Par contre c"est à vous de trouver le "d".Indication pourl"exer cice3 NOui pour le deux premières en posantf(0) =0,g(0) =0, non pour la troisième.Indication pourl"exer cice4 N1.On pourra utiliser la v ariantede l"inég alitétriangulaire jxyj>jxjjyj.

Utiliser la première question pour montrer que jfgjest continue.Indication pourl"exer cice5 NCe n"est pas très dur mais il y a quand même quelque chose à démontrer : ce n"est pas parce quef(x)vaut+1

ou1 que la fonction est constante. Raisonner par l"absurde et utiliser le théorème des valeurs intermédiaires.Indication pourl"exer cice7 NIl faut raisonner en deux temps : d"abord écrire la définition de la limite en+¥, en fixant par exemplee=1,

cela donne une borne sur[A;+¥]. Puis travailler sur[0;A].Indication pourl"exer cice9 NPourxfixé, étudier la suitef(12

nx).Indication pourl"exer cice10 NUnpoint fixeest une valeurc2[0;1]telle quef(c) =c. Montrer quec=supEest un point fixe. Pour cela

montrer quef(c)6cpuisf(c)>c.Indication pourl"exer cice11 NMontrer que l"équationxy=yxest équivalente àlnxx

=lnyy , puis étudier la fonctionx7!lnxx .3

Correction del"exer cice1 N1.Le graphe est composé d"une portion de droite au dessus des x2]¥;1[; d"une portion de parabole pour

lesx2[1;4], d"une portion d"une autre parabole pour lesx2]4;+¥. (Cette dernière branche est bien

une parabole, mais elle n"est pas dans le sens "habituel", en effet siy=8pxalorsy2=64xet c"est bien l"équation d"une parabole.)

On "voit" immédiatemment sur le graphe que la fonction est continue (les portions se recollent !). On

"voit" aussi que la fonction est bijective. 2.

La fonction est continue sur ]¥;1[,]1;4[et]4;+¥[car sur chacun des ces intervalles elle y est définie

par une fonction continue. Il faut examiner ce qui se passe enx=1 etx=4. Pourx<1,f(x)=x, donc la

limite à gauche (c"est-à-direx!1 avecx<1) est donc+1. Pourx>1,f(x) =x2donc la limite à droite

vaut aussi+1. Comme on af(1) = +1 alors les limites à gauche, à droite et la valeur en 1 coïncident

doncfest continue enx=1. Même travail enx=4. Pourx2[1;4],f(x) =x2donc la limite à gauche enx=4 est+16. On a aussi f(4) = +16. Enfin pourx>4,f(x) =8px, donc la limite à droite enx=4 est aussi+16. Ainsifest continue enx=4. Conclusion :fest continue en tout pointx2Rdoncfest continue surR. 3.

Le graphe de vraitv ousaider : tout d"abord il v ousaide à se con vaincreque fest bien bijective et

que la formule pour la bijection réciproque dépend d"intervalles. Petit rappel : le graphe de la bijection

réciproquef1s"obtient comme symétrique du graphe defpar rapport à la bissectrice d"équation(y=x)

(dans un repère orthonormal). Ici on se contente de donner directement la formule def1. Pourx2]¥;1[,f(x) =x. Donc la bijection réciproque est définie parf1(y) =ypour touty2]¥;1[. Pourx2[1;4],f(x) =x2. L"image

de l"intervalle[1;4]est l"intervalle[1;16]. Donc pour chaquey2[1;16], la bijection réciproque est définie

parf1(y) =py. Enfin pourx2]4;+¥[,f(x) =8px. L"image de l"intervalle]4;+¥[est donc]16;+¥[ etf1est définie parf1(y) =164 y2pour chaquey2]16;+¥[. Nous avons définief1:R!Rde telle sorte quef1soit la bijection réciproque def. C"est un bon exercice de montrer quefest bijective sans calculerf1: vous pouvez par exemple montrer

quefest injective et surjective. Un autre argument est d"utiliser un résultat du cours :fest continue,

strictement croissante avec une limite¥en¥et+¥en+¥donc elle est bijective deRdansR(et on

sait même que la bijection réciproque est continue).Correction del"exer cice2 NCommençons par la fin, trouver un teldmontrera que

8e>09d>0jxx0j autrement dit la limite defenx0=0 est3. Commef(0) =3 alors cela montre aussi quefest continue en x 0=0. On nous donne une>0, à nous de trouver ce fameuxd. Tout d"abord j f(x)+3j=2x+33x1+3=11jxjj3x1j:
Donc notre condition devient :
j f(x)+3jEt maintenant explicitonsd: prenonsd 111
. Alors pourjxj Il y a juste une petite correction à apporter à notred: au cours de nos calculs nous avons supposé quejxj<16
mais rien ne garantie qued616 (carddépend deequi pourrait bien être très grand, même si habituellement ce sont lesepetits qui nous intéressent). Au final ledqui convient est donc : d=min(16 ;e22
Remarque finale : bien sûr on savait dès le début quefest continue enx0=0. En effetfest le quotient de

deux fonctions continues, le dénominateur ne s"annulant pas enx0. Donc nous savons dès le départ qu"un teld

existe, mais ici nous avons fait plus, nous avons trouvé une formule explicite pour ced.Correction del"exer cice3 N1.La fonction est définie sur Rt elle est continue surR. Il faut déterminer un éventuel prolongement par
continuité enx=0, c"est-à-dire savoir sifa une limite en 0. jf(x)j=jsinxjjsin1=xj6jsinxj: Doncfa une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posantf(0) =0, nous obtenons une fonctionf:R!R qui est continue. 2.
La fonction gest définie et continue surR. Etudions la situation en 0. Il faut remarquer quegest la taux
d"accroissement en 0 de la fonctionk(x) =lnex+ex2 : en effetg(x) =k(x)k(0)x0. Donc sikest dérivable en
0 alors la limite degen 0 est égale à la valeur dek0en 0.
Or la fonctionkest dérivable surRetk0(x) =exexe x+exdonck0(0) =0. Bilan : en posantg(0) =0 nous obtenons une fonctiongdéfinie et continue surR.
3.hest définie et continue surRnf1;1g.
h(x) =11x21x2=1+x2(1x)(1+x)=1+x(1x)(1+x)=1(1+x):
Doncha pour limite12
quandxtend vers 1. Et donc en posanth(1)=12 , nous définissons une fonction continue surRnf1g. En1 la fonctionhne peut être prolongée continuement, car en1,hn"admet
de limite finie.Correction del"exer cice4 N1.On apourtoutx;y2Rjxyj>jxjjyj(c"estladeuxièmeformulationdel"inégalitétriangulaire). Donc
pour toutx2I:jf(x)jjf(a)j6jf(x)f(a)j. L"implication annoncée résulte alors immédiatement de la définition de l"assertion lim x!af(x) =f(a): 5
2.Si f;gsont continues alorsaf+bgest continue surI, pour touta;b2R. Donc les fonctionsf+get
fgsont continues surI. L"implication de 1:prouve alors quejfgjest continue surI, et finalement on peut conclure :
La fonction sup(f;g) =12

(f+g+jfgj)est continue surI.Correction del"exer cice5 NCommef(x)2=1 alorsf(x) =1. Attention ! Cela ne veut pas dire que la fonction est constante égale à

1 ou1. Supposons, par exemple, qu"il existextel quef(x) = +1. Montrons quefest constante égale à

+1. S"il existey6=xtel quef(y) =1 alorsfest positive enx, négative enyet continue surI. Donc, par le

théorème des valeurs intermédiaires, il existezentrexetytel quef(z) =0, ce qui contreditf(z)2=1. Doncf
est constante égale à+1.Correction del"exer cice6 N1.g(a) =f(a+b2 )f(a)etg(a+b2 ) =f(b)f(a+b2 ). Commef(a) =f(b)alors nous obtenons queg(a) = g(a+b2 ). Donc ou bieng(a)60 etg(a+b2 )>0 ou bieng(a)>0 etg(a+b2 )60. D"après le théorème des valeurs intermédiaires,gs"annule encpour uncentreaeta+b2 2. Notons tletemps(enheure)etd(t)ladistanceparcourue(enkm)entrelesinstants0ett. Noussupposons que la fonctiont7!d(t)est continue. Soitf(t) =d(t)4t. Alorsf(0) =0 et par hypothèsef(1) =0. Appliquons la question précédente aveca=0,b=1. Il existec2[0;12 ]tel queg(c) =0, c"est-à-dire f(c+12 ) =f(c). Doncd(c+12 )d(c) =4(c+12 )4c=2. Donc entrecetc+12 , (soit 1/2 heure), la personne parcourt exactement 2 km.Correction del"exer cice7 NNotons`la limite defen+¥:
8e>09A2Rx>A)`e6f(x)6`+e:
Fixonse= +1, nous obtenons unAcorrespondant tel que pourx>A,`16f(x)6`+1. Nous venons
de montrer quefest bornée "à l"infini". La fonctionfest continue sur l"intervalle fermé borné[0;A], donc
fest bornée sur cet intervalle: il existem;Mtels que pour toutx2[0;A],m6f(x)6M. En prenantM0= max(M;`+1), etm0=min(m;`1)nous avons que pour toutx2R,m06f(x)6M0. Doncfest bornée sur R.
La fonction n"atteint pas nécessairement ses bornes: regardezf(x) =11+x.Correction del"exer cice8 N1.Il f autque le dénominateur ne s"annule pas donc x6=52
. En plus il faut que le terme sous la racine soit positif ou nul, c"est-à-dire(2+3x)(52x)>0, soitx2[23 ;52 ]. L"ensemble de définition est donc [23 ;52 2.
Il f autx22x5>0, soitx2]¥;1p6][[1+p6;+¥[.
3.
Il f aut4 x+3>0 soitx>34
, l"ensemble de définition étant]34 ;+¥[.Correction del"exer cice9 NFixonsx2Ret soity=x=2, commef(y) =f(2y)nous obtenonsf(12 x) =f(x). Puis en prenanty=14 x, nous obtenonsf(14 x) =f(12 x) =f(x). Par une récurrence facile nous avons
8n2Nf(12
nx) =f(x): 6
Notons(un)la suite définie parun=12
nxalorsun!0 quandn!+¥. Par la continuité defen 0 nous savons alors que:f(un)!f(0)quandn!+¥. Maisf(un) =f(12 nx) =f(x), donc(f(un))nest une suite constante
égale àf(x), et donc la limite de cette suite estf(x)! Doncf(x) =f(0). Comme ce raisonnement est valable

pour toutx2Rnous venons de montrer quefest une fonction constante.Correction del"exer cice10 N1.Si f(0) =0 et c"est fini, on a trouver le point fixe ! Sinonf(0)n"est pas nul. Doncf(0)>0 et 02E.

DoncEn"est pas vide.
2. Maintenant Eest un partie de[0;1]non vide donc supEexiste et est fini. Notonsc=supE2[0;1]. Nous allons montrer quecest un point fixe. 3. Nous approchons ici c=supEpar des éléments deE: Soit(xn)une suite deEtelle quexn!cetxn6c. Une telle suite existe d"après les propriétés dec=supE. Commexn2Ealorsxnélements supérieurs à supEne sont pas dansE: Soit(tn)une suite telle quetn!c,tn>cet telle que

f(tn)6tn. Une telle suite existe car sinoncne serait pas égal à supE. Nous avonsf(c)6f(tn)6tnet
donc à la limitef(c)6c. Nous concluons donc quec6f(c)6c, doncf(c) =cetcest un point fixe def.Correction del"exer cice11 Nx y=yx,eylnx=exlny,ylnx=xlny,lnxx =lnyy (la fonction exponentielle est bijective). Etudions la fonctionf(x) =lnxx sur[1;+¥[. f
0(x) =1lnxx
2;
doncfest croissante sur[1;e]et décroissante sur[e;+¥[. Donc pourz2]0;f(e)[=]0;1=e[, l"équationf(x) =z
a exactement deux solutions, une dans]1;e[et une dans]e;+¥[.
Revenons à l"équationxy=yxéquivalente àf(x) =f(y). Prenonsyun entier, nous allons distinguer trois cas :
y=1,y=2 ety>3. Siy=1 alorsf(y) =z=0 on doit donc résoudref(x) =0 et alorsx=1. Siy=2 alors il faut résoudre l"équationf(x) =ln22
2]0;1=e[. Alors d"après l"étude précédente, il existe deux solutions une
sur]0;e[qui estx=2 (!) et une sur]e;+¥[qui est 4, en effetln44 =ln22 . Nous avons pour l"instant les solutions correspondant à 2
2=22et 24=42.
Siy>3 alorsy>edonc il y a une solutionxde l"équationf(x) =f(y)dans]e;+¥[qui estx=y, et une
solutionxdans l"intervalle]1;e[. Mais commexest un entier alorsx=2 (c"est le seul entier appartenant à
]1;e[) c"est un cas que nous avons déjà étudié conduisant à 42=24.
Conclusion : les couples d"entiers qui vérifient l"équationxy=yxsont les couples(x;y=x)et les couples(2;4)
et(4;2).7quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43

[PDF] Fonctions continues - Exo7 - Exercices de mathématiques