Limites Continuité en un point - Exo7 - Exercices de mathématiques[PDF] pgcd de polynomes
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Exo7 Continuité (étude globale). Diverses fonctions * très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours
Exercice 1**ISoitAune partie non vide deR. Pourxréel, on posef(x) =d(x;A) =Inffjyxj;y2Ag. Montrer quefest
Lipschitzienne.
a une limite réelle`2[0;1[ quandxtend vers+¥. Montrer quefa un point fixe. R +. Trouver un exemple oùfn"est pas constante. uniformément continue surR+. Soientaetbdeux réels tels que 0seulement sifest strictement monotone et que dans ce casf(I)est un intervalle de même nature queI(ouvert,
semi-ouvert, fermé). f=1Id. 1.Soit nun entier naturel non nul et soita=1n
. Montrer que l"équationf(x+a) =f(x)admet au moins une solution. 2.Montrer (en fournissant une fonction précise) que, si aest un réel de]0;1[qui n"est pas de la forme
précédente, il est possible que l"équationf(x+a) =f(x)n"ait pas de solution. 3. Application. Un c yclisteparcourt 20 km en une heure. (a) Montrer qu"il e xisteau moins un interv allede temps de durée une demi-heure pendant le quelil a parcouru 10 km. (b)Montrer qu"il e xisteau moins un interv allede temps de durée 3 min pendant lequel il a parcouru 1
km. (c)Montrer qu"il n"e xistepas nécessairement un interv allede temps de durée 45 min pendant lequel il
a parcouru 15 km.Correction del"exer cice1 NVoir la correction de l"exercice??.Correction del"exer cice2 NPourx2[a;b], posonsg(x) =f(x)x.gest continue sur[a;b]puisquefl"est. De plus,g(a) =f(a)a>0
etg(b) =f(b)b60. D"après le théorème des valeurs intermédiaires,gs"annule au moins une fois sur[a;b]
ou encore, l"équationf(x) =xadmet au moins une solution dans[a;b].Correction del"exer cice3 NPuisque
f(x)x tend vers`2[0;1[, il existeA>0 tel que pourx>A,f(x)x 6`+12 <1. Mais alors,f(A)Montrons quef(c) =c.
Sic=b, alors8n2N;9xn2E=b1n
la suite(f(xn))tend versf(b)6f(b). Par passage à la limite quandntend vers+¥dans(), on obtient alors
b6f(b)6f(b)6bet doncf(b) =b. Finalement, dans ce cas,best un point fixe def.Sic2[a;b[, par définition dec, pourxdans]c;b],f(x) quandxtend verscpar valeurs supérieures et d"après les propriétés usuelles des fonctions croissantes, on obtient :f(c)>f(c)>c. Finalement,f(c) =cet dans tous les cas,fadmet au moins un point fixe.Correction del"exer cice5 NPuisquefest croissante sur[a;b], on sait quefadmet en tout pointx0de]a;b[une limite à gauche et une limite à droite réelles vérifiantf(x0)6f(x0)6f(x+0)puis une limite à droite enaélément de[f(a);+¥[et 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,fD"autre part,8n2N;9xn2E=c1n
étant continue en 1, on a :
8x>0;f(x) =limn!+¥f(x1=2n) =f(1):
fest donc constante sur]0;+¥[, puis sur[0;+¥[par continuité defen 0. Pourx>0, posonsf(x) =0 six6=1 etf(x) =1 six=1. Pourx>0, on ax2=1,x=1.fvérifie donc :8x>0;f(x2) =f(x), maisfn"est pas constante surR+.Correction del"exer cice7 N3 Posons`=limx!+¥f(x).
Soite>0.9A>0=8x2R+;(x>A) jf(x)`j
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 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,quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43
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 ) =a1nPuis, pourp2Zetq2N,f(pq
) =pf(1q ) =pa1q =apqFinalement,
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 01)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)b
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:
Soientxetydeux réels tels quejxyj
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,quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43
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 queaOn aM intermédiaires permet d"affirmer qu"il existea2[a;b]tel quef(a) =M. De plus, on ne peut avoira=bcar De même, puisqueMest élément de[f(c);f(b)],9b2]b;c]=f(b) =M. Ainsi, on a trouvé dansIdeux réels Donc,fest strictement monotone surI.Correction del"exer cice12 NSoitfla fonction caractéristique deQ. Le groupe des périodes defestQ. En effet, 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, D"après l"étude du premier cas,g=Idet doncf=1Id. Réciproquement,Idet 1Idsont bien bien solutions Réciproquement, soitfunebijectionde[0;1]surlui-mêmevérifiant8x2[0;1];f(2xf(x))=x. Nécessairement, 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 valeurs intermédiares permet d"affirmer quegs"annule au moins une fois dans cet intervalle ce qui fournit9a2[a;b[=f(a) =M:
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;
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. 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 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,quotesdbs_dbs43.pdfusesText_43