Corrigé du TD no 11

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CPP - 2013/2014 Fonctions réelles

J. Gillibert

Corrigé du TD n

o11Exercice 1 Soientfetgdeux fonctions continuesR→R. On suppose que : ?x?Q, f(x) =g(x)

Montrer quef=g.

Réponse :Rappelons d"abord le résultat suivant :tout nombre réel est limite d"une suite de nombres rationnels, autrement dit l"adhérence deQest égale àR(on dit queQest dense dansR).

Pour justifier rigoureusement ce résultat, soitαun nombre réel, alors la suite(un)définie par

u n=?10nα?10 n

est une suite de nombres rationnels (et même décimaux) qui converge versα. En effet, par définition de

la partie entière nous avons : 10 d"où : n

ce qui n"est pas très étonnant :unest la valeur approchée par défaut à10-nprès deα. Le théorème des

gendarmes montre que(un)converge versα.

Passons à la résolution de l"exercice proprement dit. Soitαun réel, et soit(un)une suite de nombres

rationnels qui converge versα. Alors, par continuité def, la suitef(un)converge versf(α). De même, par

continuité deg, la suiteg(un)converge versg(α). Maisunest un nombre rationnel, doncf(un) =g(un)

pour toutn. Par unicité de la limite d"une suite, on en déduit quef(α) =g(α).

Exercice 2

1. Montrer que, pour tout couple(a,b)?R2,

max(a,b) =12 (a+b+|a-b|).

Réponse :On distingue deux cas :

- ou biena≥b, dans ce casa-best positif ou nul, donc|a-b|=a-b. Par conséquent : 12 (a+b+|a-b|) =12 (a+b+a-b) =a= max(a,b) - ou biena < b, dans ce casa-best strictement négatif, donc|a-b|=-a+b. Il en résulte que : 12 (a+b+|a-b|) =12 (a+b-a+b) =b= max(a,b) Dans tous les cas la formule est bien vérifiée.

2. Soientfetgdeux fonctions continuesD→R. Soitmax(f,g)la fonction définie par

max(f,g) :D-→R x?-→max(f(x),g(x)) 1

Montrer que cette fonction est continue surD.

Réponse :D"après la question précédente, nous avons : max(f,g) =12 (f+g+|f-g|). Or la fonctionf-gest continue (comme différence de deux fonctions continues) et la fonction valeur absolue est continue, donc la fonction|f-g|est continue (comme composée de fonctions continues). Finalement,f+g+|f-g|est la somme de trois fonctions continues, donc est continue, ce qui montre quemax(f,g)est continue.

Exercice 3

1. Montrer que l"équationx5=x2+ 2a au moins une solution sur]0,2[.

Réponse :Soitf(x) =x5-x2-2, alors notre équation se réécritf(x) = 0. La fonctionfest continue surRetf(0) =-2,f(2) = 26. D"après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), comme0est compris entref(0)etf(2), il existe un réelαcompris entre0et2tel quef(α) = 0. Commef(0)etf(2)sont tous les deux non nuls, ce réelαappartient à l"intervalle ouvert]0,2[.

2. Montrer que le polynômex3+ 2x-1a une unique racine qui appartient à l"intervalle]0,1[.

Réponse :Soitf(x) =x3+ 2x-1. La fonctionfest continue dérivable surR, et sa dérivée f ?(x) = 3x2+ 2est strictement positive surR. Par conséquent,fest strictement croissante surR,

donc d"après le théorème de la bijection elle réalise une bijection entre l"intervalle]0,1[et l"intervalle

]f(0),f(1)[=]-1,2[. Ainsi, pour toutr?]-1,2[, il existe un uniquec?]0,1[tel quef(c) =r, d"où le résultat en prenantr= 0.

3. Montrer que l"équationx2(cosx)5+xsinx+ 1 = 0admet au moins une solution réelle.

Réponse :La fonctionf:x?→x2(cosx)5+xsinx+ 1est continue surR. De plus, on calcule que

f(0) = 1et quef(π) = 1-π2. Comme1-π2est négatif, on en déduit d"après le TVI qu"il existe

un réelβcompris entre0etπtel quef(β) = 0.

Exercice 4

Soientn?N?etα?]0,+∞[. Démontrer, en utilisant le théorème de la bijection, que le polynôme

P(X) =Xn-αadmet une unique racine dans]0,+∞[.

Réponse :La fonctionP:x?→xn-αest continue dérivable sur]0,+∞[. Sa dérivéex?→nxn-1est

strictement positive sur]0,+∞[. Par conséquent,Pest strictement croissante, donc, d"après le théorème

de la bijection, elle réalise une bijection entre]0,+∞[et son image, qui est]-α,+∞[. En particulier, il

existe un unique réelc?]0,+∞[tel queP(c) = 0.

Exercice 5

SoitP?R[X]un polynôme de degré impair. Montrer quePadmet une racine réelle.

Réponse :Soitn= 2k+1le degré deP, alors le terme de plus haut degré dePest de la formeax2k+1

aveca?= 0. D"après le cours

P(x)≂+∞ax2k+1

On en déduit que :

limx→+∞P(x) = limx→+∞ax2k+1=a×(+∞) Le même équivalent étant valable en-∞, il vient lim x→-∞P(x) = limx→-∞ax2k+1=a×(-∞)

Ora×(+∞)eta×(-∞)sont deux infinis de signes contraires. La fonctionP:R→Rétant continue, le

théorème des valeurs intermédiaires prouve que l"image deRpar la fonctionPest l"intervalle]-∞,+∞[,

autrement dit la fonctionP:R→Rest surjective (attention : elle n"est pas injective en général). En

particulier,0admet au moins un antécédent parP, ce qu"on voulait.

Exercice 6

Soitf: [0,+∞[→[0,+∞[une fonction continue, qui tend vers0quandx→+∞. 2

1. On distingue deux cas : ou bienfest la fonction nulle, dans ce cas il n"y a rien à montrer, ou bien

fn"est pas toujours nulle, dans ce cas il existex0?[0,+∞[tel quef(x0)>0. D"autre part, on sait queftend vers0en+∞, donc en appliquant la définition de la limite avecε=f(x0)2 , on trouve qu"il existe un réelA >0tel que Commefest à valeurs dans[0,+∞[, cela se reformule en : (1)

Doncfest bornée sur l"intervalle[A,+∞[. D"autre part, le théorème des bornes montre quefest

f([0,A]) = [m,M]. Il en résulte quefest majorée sur[0,+∞[parmax?

M,f(x0)2

. Mais on constate quex0appartient à[0,A](sinon la propriété (1) serait contredite), doncM≥f(x0)>f(x0)2 . Il en résulte quefest

majorée parMsur[0,+∞[. Or, toujours d"après le théorème de bornes, il existet?[0,A]tel que

f(t) =M, doncfatteint sa borne supérieure.

2. La fonctionfn"atteint pas forcément sa borne inférieure. Par exemple, la fonction

f: [0,+∞[-→[0,+∞[ x?-→1x+ 1 satisfait les hypothèses de l"énoncé, mais n"atteint pas sa borne inférieure (qui est0).

Exercice 7

On considère la fonctionf: [0,+∞[→Rdéfinie par f(x) =x2+xx 2+ 1. a) Soitx?]0,1[, alors0< x2+x < x2+ 1d"où0< f(x)<1. Donc]0,1[est stable parf. Un raisonnement analogue montre que]1,+∞[est stable parf.

b) D"après ce qui précède, étant donnéx0?]0,1[, la suite(xn)définie par la relation de récurrence

CPP - 2013/2014 Fonctions réelles

J. Gillibert

Corrigé du TD n

o11Exercice 1 Soientfetgdeux fonctions continuesR→R. On suppose que : ?x?Q, f(x) =g(x)

Montrer quef=g.

Réponse :Rappelons d"abord le résultat suivant :tout nombre réel est limite d"une suite de nombres rationnels, autrement dit l"adhérence deQest égale àR(on dit queQest dense dansR).

Pour justifier rigoureusement ce résultat, soitαun nombre réel, alors la suite(un)définie par

u n=?10nα?10 n

est une suite de nombres rationnels (et même décimaux) qui converge versα. En effet, par définition de

la partie entière nous avons : 10 d"où : n

ce qui n"est pas très étonnant :unest la valeur approchée par défaut à10-nprès deα. Le théorème des

gendarmes montre que(un)converge versα.

Passons à la résolution de l"exercice proprement dit. Soitαun réel, et soit(un)une suite de nombres

rationnels qui converge versα. Alors, par continuité def, la suitef(un)converge versf(α). De même, par

continuité deg, la suiteg(un)converge versg(α). Maisunest un nombre rationnel, doncf(un) =g(un)

pour toutn. Par unicité de la limite d"une suite, on en déduit quef(α) =g(α).

Exercice 2

1. Montrer que, pour tout couple(a,b)?R2,

max(a,b) =12 (a+b+|a-b|).

Réponse :On distingue deux cas :

- ou biena≥b, dans ce casa-best positif ou nul, donc|a-b|=a-b. Par conséquent : 12 (a+b+|a-b|) =12 (a+b+a-b) =a= max(a,b) - ou biena < b, dans ce casa-best strictement négatif, donc|a-b|=-a+b. Il en résulte que : 12 (a+b+|a-b|) =12 (a+b-a+b) =b= max(a,b) Dans tous les cas la formule est bien vérifiée.

2. Soientfetgdeux fonctions continuesD→R. Soitmax(f,g)la fonction définie par

max(f,g) :D-→R x?-→max(f(x),g(x)) 1

Montrer que cette fonction est continue surD.

Réponse :D"après la question précédente, nous avons : max(f,g) =12 (f+g+|f-g|). Or la fonctionf-gest continue (comme différence de deux fonctions continues) et la fonction valeur absolue est continue, donc la fonction|f-g|est continue (comme composée de fonctions continues). Finalement,f+g+|f-g|est la somme de trois fonctions continues, donc est continue, ce qui montre quemax(f,g)est continue.

Exercice 3

1. Montrer que l"équationx5=x2+ 2a au moins une solution sur]0,2[.

Réponse :Soitf(x) =x5-x2-2, alors notre équation se réécritf(x) = 0. La fonctionfest continue surRetf(0) =-2,f(2) = 26. D"après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), comme0est compris entref(0)etf(2), il existe un réelαcompris entre0et2tel quef(α) = 0. Commef(0)etf(2)sont tous les deux non nuls, ce réelαappartient à l"intervalle ouvert]0,2[.

2. Montrer que le polynômex3+ 2x-1a une unique racine qui appartient à l"intervalle]0,1[.

Réponse :Soitf(x) =x3+ 2x-1. La fonctionfest continue dérivable surR, et sa dérivée f ?(x) = 3x2+ 2est strictement positive surR. Par conséquent,fest strictement croissante surR,

donc d"après le théorème de la bijection elle réalise une bijection entre l"intervalle]0,1[et l"intervalle

]f(0),f(1)[=]-1,2[. Ainsi, pour toutr?]-1,2[, il existe un uniquec?]0,1[tel quef(c) =r, d"où le résultat en prenantr= 0.

3. Montrer que l"équationx2(cosx)5+xsinx+ 1 = 0admet au moins une solution réelle.

Réponse :La fonctionf:x?→x2(cosx)5+xsinx+ 1est continue surR. De plus, on calcule que

f(0) = 1et quef(π) = 1-π2. Comme1-π2est négatif, on en déduit d"après le TVI qu"il existe

un réelβcompris entre0etπtel quef(β) = 0.

Exercice 4

Soientn?N?etα?]0,+∞[. Démontrer, en utilisant le théorème de la bijection, que le polynôme

P(X) =Xn-αadmet une unique racine dans]0,+∞[.

Réponse :La fonctionP:x?→xn-αest continue dérivable sur]0,+∞[. Sa dérivéex?→nxn-1est

strictement positive sur]0,+∞[. Par conséquent,Pest strictement croissante, donc, d"après le théorème

de la bijection, elle réalise une bijection entre]0,+∞[et son image, qui est]-α,+∞[. En particulier, il

existe un unique réelc?]0,+∞[tel queP(c) = 0.

Exercice 5

SoitP?R[X]un polynôme de degré impair. Montrer quePadmet une racine réelle.

Réponse :Soitn= 2k+1le degré deP, alors le terme de plus haut degré dePest de la formeax2k+1

aveca?= 0. D"après le cours

P(x)≂+∞ax2k+1

On en déduit que :

limx→+∞P(x) = limx→+∞ax2k+1=a×(+∞) Le même équivalent étant valable en-∞, il vient lim x→-∞P(x) = limx→-∞ax2k+1=a×(-∞)

Ora×(+∞)eta×(-∞)sont deux infinis de signes contraires. La fonctionP:R→Rétant continue, le

théorème des valeurs intermédiaires prouve que l"image deRpar la fonctionPest l"intervalle]-∞,+∞[,

autrement dit la fonctionP:R→Rest surjective (attention : elle n"est pas injective en général). En

particulier,0admet au moins un antécédent parP, ce qu"on voulait.

Exercice 6

Soitf: [0,+∞[→[0,+∞[une fonction continue, qui tend vers0quandx→+∞. 2

1. On distingue deux cas : ou bienfest la fonction nulle, dans ce cas il n"y a rien à montrer, ou bien

fn"est pas toujours nulle, dans ce cas il existex0?[0,+∞[tel quef(x0)>0. D"autre part, on sait queftend vers0en+∞, donc en appliquant la définition de la limite avecε=f(x0)2 , on trouve qu"il existe un réelA >0tel que Commefest à valeurs dans[0,+∞[, cela se reformule en : (1)

Doncfest bornée sur l"intervalle[A,+∞[. D"autre part, le théorème des bornes montre quefest

f([0,A]) = [m,M]. Il en résulte quefest majorée sur[0,+∞[parmax?

M,f(x0)2

. Mais on constate quex0appartient à[0,A](sinon la propriété (1) serait contredite), doncM≥f(x0)>f(x0)2 . Il en résulte quefest

majorée parMsur[0,+∞[. Or, toujours d"après le théorème de bornes, il existet?[0,A]tel que

f(t) =M, doncfatteint sa borne supérieure.

2. La fonctionfn"atteint pas forcément sa borne inférieure. Par exemple, la fonction

f: [0,+∞[-→[0,+∞[ x?-→1x+ 1 satisfait les hypothèses de l"énoncé, mais n"atteint pas sa borne inférieure (qui est0).

Exercice 7

On considère la fonctionf: [0,+∞[→Rdéfinie par f(x) =x2+xx 2+ 1. a) Soitx?]0,1[, alors0< x2+x < x2+ 1d"où0< f(x)<1. Donc]0,1[est stable parf. Un raisonnement analogue montre que]1,+∞[est stable parf.

b) D"après ce qui précède, étant donnéx0?]0,1[, la suite(xn)définie par la relation de récurrence