ANALYSE I et II Semaine du 31 octobre au 4 novembre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee
Prof. J. Rappaz
Corrig´e 7 du mercredi 2 novembre 2011
Exercice 1.
Soitf :D ⊂R→Rune fonction d´efinie au voisinage de a∈Ret supposons de plus que pour toutα∈R, il existe une suite (an)∞n=0⊂Dtelle que
an 6=a, f(an)6=α, ∀n∈N et lim
n→∞an=a. (∗) Montrons que s’il existe un nombre r´eel `et une fonction
δ:R∗+→R∗+
qui v´erifientx∈D et 0<|x−a| ≤δ()⇒ |f(x)−`| ≤, alors n´ecessairement lim
→>0δ() = 0.
D´emonstration : Par l’absurde, supposons que l’on ait pas lim
ε→>0δ(ε) = 0.
Alors il existe une suite (εk)k≥0,εk >0 telle que lim
k→∞εk = 0 et un r´eelγ >0 tels queδ(εk)> γ, ∀k∈N. Par la propri´et´e (*), il existe une suite (an)n≥0⊆D\ {a}, telle que
n→∞lim an=a, et f(an)6=`, ∀n∈N. Mais ceci implique l’existence deN ∈Ntel que
0<|aN−a| ≤γ≤δ(εk), ∀k∈N. Mais, par la d´efinition de la fonctionδ, ceci implique que
f(aN)−`
≤εk, ∀k∈N. Finalement, comme lim
k→∞εk= 0, on doit obtenirf(aN) =`, ce qui est absurde.
Exercice 2.
SoientI un intervalle etf :I→Rune fonction telle que pour tout tripletx≤y≤z deI on a (f(y)−f(x)) (f(y)−f(z))≤0.
Montrons quef est monotone.
D´emonstration :
On commence par une remarque. Supposons que α, β∈Rv´erifient αβ ≤0. Si, de plus, on aα≥0, on peut conclure ainsi:
• siα >0, alors β doit ˆetre≤0,
• siα= 0, on ne peut rien dire sur β.
En conclusion, des relationsαβ≤0 etα≥0 on ne peut rien dire surβ.
1.) On consid`ere tout d’abord un intervalle ferm´eI= [a, b] aveca < b.
• Si f(a) =f(b) =C, on a, pour toutt∈I:
(f(t)−f(a)) (f(t)−f(b))≤0 ⇔ f(t)−C2
≤0
⇔ f(t) =C, ∀t∈I.
• Si f(a)< f(b) on va montrer quef est croissante.
Prenonsctel que a≤c≤b. On a
(f(c)−f(a)) (f(c)−f(b))≤0. (1)
De plus
f(a)< f(b) ⇔ −f(a)>−f(b)
⇔ (f(c)−f(a))>(f(c)−f(b)).
Par (1), (f(c)−f(a)) et (f(c)−f(b)) ne peuvent ˆetre tous deux >0. Le plus petit de ces deux nombres, soit (f(c)−f(b)), est donc≤0, d’o`u on tiref(c)≤f(b).
De plus, (f(c)−f(a)) ne peut ˆetre<0, sinon (f(c)−f(a)) et (f(c)−f(b)) seraient tous les deux
<0 ce qui contredirait (1). On a donc (f(c)−f(a))≥0 et ainsif(a)≤f(c).
Finalement, on af(a)≤f(c)≤f(b).
Prenons maintenantdtel quec < d≤b. Par le mˆeme raisonnement, appliqu´e cette fois `a l’intervalle [c, b], on af(c)≤f(d)≤f(b).
On a ainsi montr´e que pour tous c, dtels quea≤c < d≤b, on a f(c)≤f(d). La fonction f est donc croissante sur [a, b].
• Si f(a)> f(b), on montre la monotonie en rempla¸cantf par−f dans le raisonnement ci-dessus.
2.) SiI est un intervalle quelconque on montre la monotonie en raisonnant par l’absurde.
Supposons quef ne soit pas monotone surI, alors il existe 4 ´el´ementsa1< b1 eta2< b2 deItels que f(a1)< f(b1) et f(a2)> f(b2).
On pose alorsa= min{a1, a2}etb= max{b1, b2}et on remarque que la fonctionf n’est pas monotone sur [a, b], ce qui contredit la partie 1.).
Corollaire: Sif n’est pas monotone sur I, alors il existe un tripletx < y < z∈I, tel que
(f(y)−f(x)) (f(y)−f(z))>0.
Exercice 3.
SoitI=]0,∞[ etf :I→Rd´efinie parf(x) =xsin x1
. Clairementf est continue.
En posant g : [0,+∞[→ R telle que g(x) = f(x) si x > 0 et g(0) = 0, on peut voir que g est continue sur [0,+∞[. Ainsigest continue sur [0,2] et donc gest uniform´ement continue sur [0,2], ce qui implique que pour ε >0 donn´e, il existe δ1>0 (δ1<1) tel que
si x, y∈]0,2], |x−y| ≤δ1 alors|f(x)−f(y)| ≤ε.
Montrons quef est uniform´ement continue sur [1,+∞[. En effet si x, y∈[1,∞[ on a
|f(x)−f(y)| =
xsin (1/x)−ysin (1/y)
≤
(x−y) sin (1/x)
+
y(sin (1/x)−sin (1/y))
≤ |x−y|+y
sin (1/x)−sin (1/y)
≤ |x−y|+y 2 sin
1/x−1/y 2
cos
1/x+ 1/y 2
≤ |x−y|+ 2y
sin
y−x 2xy
cos
y+x 2xy
.
Puisque|sinz| ≤ |z|et |cosz| ≤1, ∀z∈R, on a
|f(x)−f(y)| ≤ |x−y|+ 2y|x−y|
2xy =|x−y|
1 + 1
x
≤2|x−y|.
En posantδ2= min ε2,1 , on a
si x, y∈[1,∞[, |x−y| ≤δ2alors|f(x)−f(y)| ≤ε.
Enfin en posantδ= min (δ1, δ2) on a
si x, y∈]0,∞[, |x−y| ≤δalors|f(x)−f(y)| ≤ε.
Remarquons que six, y∈]0,∞[ v´erifient|x−y| ≤1, on a forc´ement (x∈[0,2] ety∈[0,2]) ou bien (x∈[1,∞[
ety∈[1,∞[). En effet, supposons par l’absurde quex∈[0,2]\[1,∞[ ety∈[1,∞[\[0,2]. Ceci impliquex <1 ety >2 et donc|x−y|>1, ce qui est une contradiction.
