Exercices sur la limite et continuité

(1)

Limite et continuité

Généralités sur les fonctions

Exercice 1 [ 01779 ][correction]

Soitf :R→Rtelle quef◦f est croissante tandis quef◦f◦f est strictement décroissante.

Montrer quef est strictement décroissante.

Etudier la parité de la fonctionf définie par f(x) = lnp

x²+ 1 +x

Soitf : [0,1]→[0,1] une fonction croissante. Montrer quef admet un point fixe.

Soitf une fonction croissante de [0,1] dans [0,1].

a) Montrer que s’il existex∈[0,1] etk∈N^? tels quef^k(x) =xalorsxest un point fixe pourf.

b) Montrer quef admet un point fixe.

Calcul de limites

Déterminer les limites suivantes, lorsque celles-ci existent : a) lim

x→0

√1 +x−√ 1−x

x b) lim

x→+∞

x−√ x

lnx+x c) lim

x→0+x^x d) lim

x→1+lnx.ln(lnx) e) lim

x→0(1 +x)^1/x f) lim

x→1

1−x arccosx

Déterminer les limites suivantes, lorsque celles-ci existent :

a) lim

x→0x.sin 1

x

b) lim

x→+∞

xcos e^x

x²+ 1 c) lim

x→+∞e^x−sin^x d) lim

x→+∞

x+ arctanx

x e) lim

x→0xb1/xc f) lim

x→+∞xb1/xc

Déterminer les limites suivantes : a) lim

x→0+b1/xc b) lim

x→0xb1/xc c) lim

x→0x²b1/xc

Propriétés des limites

a) Soitg:R→Rune fonction périodique convergeant en +∞. Montrer queg est constante.

b) Soientf, g:R→Rtelles quef converge en +∞, gpériodique etf+g croissante.

Montrer queg est constante.

Soitf :R→Rune fonctionT périodique (avec T >0) telle que lim

+∞f existe dans R.

Montrer quef est constante.

Soienta < b∈¯

Ret f : ]a, b[→Rune fonction croissante.

Montrer que l’applicationx7→lim

x⁺ f est croissante.

Etude de continuité

Etudier la continuité surRde l’application f :x7→ bxc+p

x− bxc

(2)

Etudier la continuité de

f :x7→ bxc+ (x− bxc)²

Soitf :R→Rdéfinie par

f(x) =

(1 six∈Q 0 sinon Montrer quef est totalement discontinue.

Soitf :R^+?→Rune fonction telle quex7→f(x) est croissante etx7→ ^f(x)_x est décroissante.

Montrer quef est continue.

Soientf :I→Ret g:I→Rdeux fonctions continues.

Montrer que sup(f, g) est une fonction continue surI.

Étudier la continuité de la fonction

f :x7→sup

n∈N

xⁿ n!

définie surR⁺.

Théorème des valeurs intérmédiaires

Soitf :R→Rcontinue telle que lim

−∞f =−1 et lim

+∞f = 1. Montrer quef s’annule.

Soitf : [0,1]→[0,1] continue. Montrer quef admet un point fixe.

Soitf : [a, b]→Rcontinue.

a) Montrer que sif([a, b])⊂[a, b] alorsf admet un point fixe.

b) Montrer que si [a, b]⊂f([a, b]) alorsf admet un point fixe.

Soitf :R→Rcontinue et décroissante.

Montrer quef admet un unique point fixe.

Soitf : [0,+∞[→Rcontinue, positive et telle que

x→+∞lim f(x)

x =` <1 Montrer qu’il existeα∈[0,+∞[ tel quef(α) =α.

Montrer que les seules applications continues deRversZsont les fonctions constantes.

Soientf :I→Ret g:I→Rdeux fonctions continues telles que

∀x∈I,|f(x)|=|g(x)| 6= 0 Montrer quef =gouf =−g.

Soitf : [0,+∞[→Rcontinue. On suppose que|f| −−→

+∞ +∞. Montrer que f −−→

+∞ +∞ouf −−→

+∞ −∞.

Soientf : [a, b]→Rcontinue etp, q∈R⁺. Montrer qu’il existec∈[a, b] tel que

p.f(a) +q.f(b) = (p+q).f(c)

(3)

Soitf : [0,1]→Rcontinue telle quef(0) =f(1).

Montrer que pour toutn∈N^?, il existeα∈[0,1−1/n] tel que f(α+ 1/n) =f(α)

Soientf, g: [0,1]→[0,1] continues vérifiant f ◦g=g◦f Montrer qu’il existex₀∈[0,1] telle quef(x₀) =g(x₀).

Notre objectif dans cet exercice est d’établir la proposition :

Toute fonctionf :I→Rcontinue et injective est strictement monotone.

Pour cela on raisonne par l’absurde et on suppose :

∃(x1, y1)∈I², x1< y1 etf(x1)>f(y1) et∃(x2, y2)∈I², x2< y2 etf(x2)6f(y2) Montrer que la fonctionϕ: [0,1]→Rdéfinie par

ϕ(t) =f((1−t)x₁+tx₂)−f((1−t)y₁+ty₂) s’annule. Conclure.

Montrer la surjectivité de l’application

z∈C7→zexp(z)∈C

Théorème des bornes atteintes

Montrer qu’une fonction continue et périodique définie surRest bornée.

Soientf :R→Rbornée etg:R→Rcontinue.

Montrer queg◦f etf◦g sont bornées.

Soientf, g: [a, b]→Rcontinues telles que

∀x∈[a, b], f(x)< g(x) Montrer qu’il existeα >0 tel que

∀x∈[a, b], f(x)6g(x)−α

Soitf :R→Rcontinue telle que

lim+∞f = lim

−∞f = +∞

Montrer quef admet un minimum absolu.

Soitf :R→Rcontinue. On suppose que chaquey∈Radmet au plus deux antécédents parf.

Montrer qu’il existe uny∈Rpossédant exactement un antécédent.

Soitf :R→Rune fonction continue etT-périodique (T >0).

a) Montrer quef est bornée.

b) Justifier l’existence dex∈Rtel que

f([x, x+T /2]) = Imf

Soitf : [a, b]→Rcontinue vérifiant f(a) =f(b).

Montrer qu’il existeα >0 tel que

∀σ∈[0, α],∃x∈[a, b−σ], f(x+σ) =f(x)

Soitf : [0,+∞[→Rune fonction continue possédant une limite finie`en +∞.

Montrer que la fonctionf est bornée.

(4)

Bijection continue

Soitf :R→Rdéfinie par

f(x) = x 1 +|x|

a) Montrer quef réalise une bijection deRvers ]−1,1[.

b) Déterminer, poury∈]−1,1[ une expression def⁻¹(y) analogue à celle def(x).

Soienta < b∈Retf : ]a, b[→Rune fonction strictement croissante.

Montrer quef est continue si, et seulement si,f(]a, b[) =

lima f,lim

b f

.

Soitαun réel compris au sens large entre 0 et 1/e.

a) Démontrer l’existence d’une fonctionf ∈ C¹(R,R) vérifiant

∀x∈R, f⁰(x) =αf(x+ 1)

b) Siα= 1/e, déterminer deux fonctions linéairement indépendantes vérifiant la relation précédente.

Soitf : [0,+∞[→[0,+∞[ continue vérifiant f◦f = Id Déterminerf.

Continuité et équation fonctionnelle

Soitf :R→Rcontinue en 0 telle que

∀x∈R,f(2x) =f(x) Montrer quef est une fonction constante.

Soitf :R→Rune fonction continue en 0 et en 1 telle que

∀x∈R, f(x) =f(x²) Montrer quef est constante.

Soitf :R→Rcontinue telle que∀x∈R, f

x+ 1 2

=f(x) Montrer quef est constante.

Soitf :R→Rune fonction continue et prenant la valeur 1 en 0.

On suppose que

∀x∈R, f(2x) =f(x) cosx Déterminerf.

Soitf :R→Rcontinue telle que

∀x, y∈R, f(x+y) =f(x) +f(y)

a) Calculerf(0) et montrer que pour toutx∈R,f(−x) =−f(x).

b) Justifier que pour toutn∈Zet toutx∈R,f(nx) =nf(x).

c) Etablir que pour toutr∈Q,f(r) =araveca=f(1).

d) Conclure que pour toutx∈R,f(x) =ax.

Soitf :R→Rtelle que pour toutx, y∈R,

f(x+y) =f(x) +f(y)

On suppose en outre que la fonctionf est continue en un pointx₀∈R. Déterminer la fonctionf.

(5)

On cherche les fonctionsf :R→Rcontinues telles que

∀x, y∈R,f

x+y 2

= 1

2(f(x) +f(y)) a) On supposef solution etf(0) =f(1) = 0.

Montrer quef est périodique et que

∀x∈R, 2f(x) =f(2x) En déduire quef est nulle.

b) Déterminer toutes les fonctionsf solutions.

Soitf :R→Rune fonction continue telle que

∀x, y∈R, f x+y

2

= 1

2(f(x) +f(y)) a) On supposef(0) = 0. Vérifier

∀x, y∈R, f(x+y) =f(x) +f(y) b) On revient au cas général, déterminerf .

Fonctions lipshitziennes

On rappelle que pour toutx∈R, on a|sinx|6|x|.

Montrer que la fonctionx7→sinxest 1 lipschitzienne.

Soitf :R→Rune fonctionklipschitzienne (aveck∈[0,1[) telle quef(0) = 0.

Soienta∈Ret (un) la suite réelle déterminée par u₀=aet ∀n∈N, u_n+1=f(u_n) Montrer queun→0.

Soientf, g: [0,1]→Rcontinue.

On pose

ϕ(t) = sup

x∈[0,1]

(f(x) +tg(x))

Montrer queϕest bien définie surRet qu’elle y est lipschitzienne.

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Soientx < y∈R.f(x)6f(y)⇒f ◦f ◦f(x)6f◦f◦f(y)⇒y6x carf◦f et croissante etf ◦f◦f strictement décroissante.

Par contraposéex < y⇒f(y)< f(x) et doncf est strictement décroissante.

On a

∀x∈R,p

x²+ 1>√

x²=|x|>x

donc la fonctionf est définie surRqui est un intervalle symétrique par rapport à 0.

En multipliant par la quantité conjuguée f(−x) = lnp

x²+ 1−x

= ln

x²+ 1−x²

√x²+ 1 +x

donc

f(−x) =−lnp

x²+ 1 +x

=−f(x) La fonctionf est donc impaire.

{x∈[0,1]/f(x)>x}est non vide (0 y appartient) et est majoré (par 1).

On peut donc poserα= sup{x∈[0,1]/f(x)>x}.

Pour toutx > α, on af(x)< x doncf(α)6f(x)< x.

Puisquef(α)6xpour toutx > α, on a aussif(α)6α.

Pour toutx < α, il existet∈]x, α] tel quef(t)>t doncf(α)>f(t)>t>x.

Puisque ceci vaut pour toutx < α, on a aussif(α)>α.

Finalementf(α) =α.

On peut aussi procéder par dichotomie.

a) Sif(x)> xalors par croissance de f,

f^k(x)>f^k−1(x)>. . .>f(x)> x ce qui est absurde. Une étude analogue contreditf(x)< x.

b) On af(0)>0 etf(1)61. Par dichotomie, on peut construire deux suites (an) et (bn) vérifiant

f(an)>an et f(bn)6bn

On initie les suites (an) et (bn) en posanta0= 0 etb0= 1.

Une fois les termesan etbn déterminés, on introduitm= (an+bn)/2.

Sif(m)>mon posean+1=metbn+1=bn. Sinon, on posean+1=an et bn+1=m.

Les suites (an) et (bn) ainsi déterminées sont adjacentes et convergent donc vers une limite communec. Puisquea_n6c6b_n, on a par croissance

f(a_n)6f(c)6f(b_n) et donc

a_n6f(c)6b_n Or (an) et (bn) convergent versc donc par encadrement

f(c) =c

On peut aussi décrire un point fixe def en considérant c= sup{x∈[0,1], f(x)>x}

Les deux questions de cet oral ne semblent pas être liées.

a) Quandx→0 ,

√1 +x−√ 1−x

x = 1 +x−(1−x) x √

1 +x+√

1−x = 2

√1 +x+√

1−x →1 b) Quandx→+∞,

x−√ x

lnx+x= 1−1/√ x

lnx

x + 1 →1 c) Quandx→0⁺,

x^x= e^xln^x= e^X avecX=xlnx→0 doncx^x→1.

d) Quandx→1⁺ ,

lnx.ln(lnx) =XlnX avecX= lnx→0 donc lnx.ln(lnx)→0

(7)

e) Quandx→0,

(1 +x)^1/x= e¹^x^ln(1+x)= e^X avecX= ^ln(1+x)_x →1 donc (1 +x)^1/x→e.

f) Quandx→1, 1−x

arccosx =1−cosy

y = 2 sin²(y/2)

y = sin(y/2)sin(y/2) y/2 avecy= arccosx→0 donc siny/2→0 et ^siny/2_y/2 →1 puis _arccos^1−x_x →0.

a) Quandx→0,

xsin 1 x

6|x| →0 b) Quandx→+∞,

xcos e^x x²+ 1

6 x

x²+ 1 →0 c) Quandx→+∞,

e^x−sinx>e^x−1→+∞

d) Quandx→+∞,

x+ arctanx

x −1

6 arctanx

x 6 π

2x→0 e) Quandx→0,

1/x−16b1/xc61/x donc

|b1/xc −1/x|61 puis

|xb1/xc −1|6|x| →0

f) Quandx→+∞, 1/x→0 doncb1/xc= 0 puisxb1/xc= 0→0.

a) Quandx→0⁺,

Eb1/xc> 1

x−1→+∞

b) Quandx→0⁺,

1/x−16b1/xc61/x donne

1−x6xb1/xc61 puisxb1/xc →1.

Quandx→0⁻,

1/x−16b1/xc61/x donne

16b1/xc61−x puis à nouveauxb1/xc →1.

c) Quandx→0⁺,

x²b1/xc 6 x²

x →0 via

06b1/xc61/x et quandx→0⁻,

x²b1/xc 6x²

1−1

x

→0

via 1

x−16b1/xc60 Exercice 8 :[énoncé]

NotonsT une période strictement positive deg.

a) Notons`la limite deg en +∞.

∀x∈R, g(x) =g(x+nT)−−−−−→

n→+∞ `donc par unicité de la limite : g(x) =`. Ainsi g est constante.

b) Notons`la limite def en +∞.

Puisquef+g est croissantef+g−−→

+∞ `⁰∈R∪ {+∞}.

Si`⁰ = +∞alorsg−−−−−→

x→+∞ +∞. La démarche du a., montre l’impossibilité de ceci.

Si`⁰∈Ralors la démarche du a., permet de conclure.

Posons`= lim

+∞f.

Pour toutx∈Ret toutn∈Z, on a f(x) =f(x+nT).

Quandn→+∞,x+nT →+∞et doncf(x+nT)→`.

Orf(x+nT) =f(x)→f(x) donc par unicité de la limite`=f(x).

Finalementf est constante.

(8)

L’applicationx7→lim

x⁺ f est bien définie carf est croissante ce qui assure l’existence de lim

x⁺

f.

Soientx, y∈]a, b[ tels quex < y.

Pourt∈]x, y[, on af(t)6f(y). Quandt→x⁺, on obtient lim

x⁺ f 6f(y) or f(y)6lim

y⁺ f donc lim

x⁺ f 6lim

y⁺ f.

Par opérationf est continue sur chaqueI_k = ]k, k+ 1[ avec k∈Z. Il reste à étudier la continuité ena∈Z.

Quandx→a⁺ :f(x) =bxc+p

x− bxc →a=f(a) carE(x)→a.

Quandx→a⁻ :f(x) =bxc+p

x− bxc →a−1 + 1 =a=f(a) carbxc →a−1.

Par continuité à droite et à gauche,f est continue ena.

Finalementf est continue surR.

Soita∈R. Casa /∈Z.

Au voisinage dea,

f(x) =bac+ (x− bac)² doncf est continue ena.

Casa∈Z.

Quandx→a⁺,f(x)→a=f(a).

Quandx→a⁻,f(x)→a−1 + (a−(a−1))²=a=f(a).

Doncf est continue ena. Finalementf est continue surR.

Soita∈R.

Il existe une suite (u_n) de nombre rationnels et une suite (v_n) de nombres irrationnels telles queu_n, v_n→a.

On af(u_n) = 1→1 etf(v_n) = 0→0 doncf n’a pas de limite enaet est donc discontinue ena.

Soita∈R^+?.

Puisquef est croissante lim

x→a⁻f(x) et lim

x→a⁺f(x) existent, sont finies et

x→alim⁻f(x)6f(a)6 lim

x→a⁺f(x).

Puisquex7→ ^f(x)_x est décroissante lim

x→a⁻ f(x)

x et lim

x→a⁺ f(x)

x existent, sont finies et

x→alim⁺

f(x)

x 6^f(a)a 6 lim

x→a⁻ f(x)

x . Par opérations sur les limites lim

x→a⁺ f(x)

x = ¹_a lim

x→a⁺f(x) et lim

x→a⁻ f(x)

x =_a¹ lim

x→a⁻f(x) donc _a¹ lim

x→a⁺f(x)6 ¹af(a)6a¹ lim

x→a⁻f(x) puis lim

x→a⁺f(x)6f(a)6 lim

x→a⁻f(x) car a >0.

Par suite lim

x→a⁺f(x) =f(a) = lim

x→a⁻f(x) et doncf est continue.

sup(f, g)(x) = max(f(x), g(x)) = ¹₂|f(x)−g(x)|+¹₂(f(x) +g(x)) est continue par opérations.

La suite (u_n) avecu_n= ^x_n!ⁿ converge vers 0 donc sup

n∈N xⁿ

n! existe dansR. u_n+1

un

= x

n+ 1 Pourn>bxcon an+ 1>xdoncun+16un. Pourn <bxcon an+ 16xdoncun+1>un. Par suite

f(x) = sup

n∈N

xⁿ n! = x^bxc

bxc!

f est clairement continue en touta∈R⁺\Net continue à droite en touta∈N. Reste à étudier la continuité à gauche ena∈N^?.

Quandx→a⁻ :

f(x) = x^bxc

bxc! = x^a−1

(a−1)! → a^a−1 (a−1)! =a^a

a! =f(a) Finalementf est continue.

Puisque lim

−∞f =−1,f prend des valeurs négatives, puisque lim

+∞f = 1,f prend des valeurs positives.

En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires entre celles-ci,f s’annule.

(9)

Soitϕ: [0,1]→Rdéfinie parϕ(x) =f(x)−x. Un point fixe def est une valeur d’annulation deϕ.

ϕest continue,ϕ(0) =f(0)>0 etϕ(1) =f(1)−160 donc, par le théorème des valeurs intermédiaires,ϕs’annule.

Dans les deux études, on introduitϕ:x7→f(x)−xdéfinie et continue sur [a, b].

L’objectif est de montrer queϕs’annule

a) Sif([a, b])⊂[a, b] alorsf(a)∈[a, b] et doncϕ(a) =f(a)−a>0.

De mêmeϕ(b)60 et le théorème des valeurs intermédiaires assure qu’alorsϕ s’annule.

b) Si [a, b]⊂f([a, b]) alors il existeα∈[a, b] tel quef(α) =a. On a alors ϕ(α) =a−α60.

De même en introduisantβ tel quef(β) =b, on a ϕ(β)>0 et l’on peut à nouveau affirmer que la fonction continueϕs’annule.

Unicité : Soitg:x7→f(x)−x.gest strictement décroissante donc injective et ne peut donc s’annuler qu’au plus une fois.

Existence : Par l’absurde, puisqueg est continue, si elle ne s’annule pas elle est strictement positive ou négative.

Si∀x∈R, g(x)>0 alorsf(x)> x−−−−−→

x→+∞ +∞ce qui est absurde puisque lim+∞f = inf

R

f.

Si∀x∈R, g(x)<0 alorsf(x)< x−−−−−→

x→−∞ −∞ce qui est absurde puisque lim−∞f = sup

R

f.

Sif(0) = 0 alors α= 0 convient.

Sinon, considérons

g:x7→f(x) x La fonctiong est définie et continue surR^+?. Puisquef(0)>0, par opérations sur les limites lim

x→0g(x) = +∞.

De plus lim

x→+∞g(x) =`.

Puisqueg est continue et qu’elle prend des valeurs inférieures et supérieures à 1, on peut affirmer par le théorème des valeurs intermédiaires qu’il existeα∈R^+?

tel queg(α) = 1 d’où f(α) =α.

Soitf :R→Zcontinue.

Par l’absurde : Sif n’est pas constante alors il existe a < btel que f(a)6=f(b).

Soityun nombre non entier compris entref(a) etf(b).

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existex∈Rtel quey=f(x) et doncf n’est pas à valeurs entière. Absurde.

Posonsϕ:I→Rdéfinie par

ϕ(x) =f(x)/g(x) ϕest continue et

∀x∈I,|ϕ(x)|= 1

Montrons queϕest constante égale à 1 ou−1 ce qui permet de conclure.

Par l’absurde, siϕn’est pas constante égale à 1 ni à−1 alors il existea, b∈I tel queϕ(a) = 1>0 etϕ(b) =−160. Par le théorème des valeurs intermédiaires,ϕ s’annule. Absurde.

Pouraassez grand,|f(x)|>1 sur [a,+∞[ doncf ne s’annule pas sur [a,+∞[.

Etant continue,f est alors de signe constant sur [a,+∞[ et la relationf =± |f| permet alors de conclure.

Sip=q= 0, n’importe quelcfait l’affaire.

Sinon posons

y= pf(a) +qf(b) p+q Sif(a)6f(b) alors

f(a) = pf(a) +qf(a)

p+q 6y6 pf(b) +qf(b) p+q =f(b) Sif(b)6f(a) alors, comme ci-dessusf(b)6y6f(a).

Dans les deux cas,y est une valeur intermédiaire àf(a) etf(b) donc par le théorème des valeurs intermédiaires, il existec∈[a, b] tel quey=f(c).

(10)

Posonsϕ: [0,1−1/n]→Rdéfinie par

ϕ(x) =f(x+ 1/n)−f(x) La fonctionϕest continue.

Siϕest de signe strictement constant alors f(1)−f(0) =

n−1

X

k=0

f((k+ 1)/n)−f(k/n) =

n−1

X

k=0

ϕ(k/n)

ne peut être nul.

Puisqueϕprend une valeur positive et une valeur négative, par le théorème des valeurs intermédiaires,ϕs’annule.

Par l’absurde, supposons quef −g ne s’annule pas. Quitte à échanger, supposons f−g >0.

Soitxun point fixe de g.

On ag(f(x)) =f(g(x)) =f(x). Doncf(x) est point fixe deg et de plus f(x)> g(x) =x.

De même,f²(x) est point fixe deg etf²(x)>f(x).

On peut ainsi construire une suite (fⁿ(x)) de points fixes de g, suite qui est croissante et majorée.

Posons`= limfⁿ(x). On a par continuité :f(`) =`et g(`) =`. Absurde.

La fonctionϕest continue, ϕ(0) =f(x1)−f(y1)>0 etϕ(1) =f(x2)−f(y2)60 donc par le théorème des valeurs intermédiaires,ϕs’annule en un certaint.

Posonsx0= (1−t)x1+tx2 ety0= (1−t)y1+ty2.

ϕ(t) = 0 donnef(x0) =f(y0) orx0< y0 doncf n’est pas injective. Absurde.

Notonsf l’application étudiée. Pourz=ρeîα, on a f(z) =ρe^ρ^cos^αeî(α+ρ^sin^α) SoitZ=reîθ∈Cavecr>0.

Sir= 0 alorsZ= 0 =f(0).

Sir >0, pour quez=ρe^iα vérifief(z) =Z, il suffit de trouver (ρ, α) solution du système

(ρe^ρ^cos^α=r α+ρsinα=θ

Nous alors chercher un couple (ρ, α) solution avec ρ >0 etα∈]0, π[.

Quitte à considérer un nouvel argumentθ pour le complexeZ, nous supposons θ > π.

On a alors

(ρe^ρ^cos^α=r α+ρsinα=θ ⇔







g(α) =r ρ= θ−α

sinα avec

g(α) = θ−α

sinαe^sin^θ−α^α^cos^α La fonctiong est définie et continue sur ]0, π[.

Quandα→0⁺,g(α)→+∞et quandα→π⁻,g(α)→0⁺.

Par suite, il existeα∈]0, π[ tel queg(α) =ret alors, pourρ=_sin^θ−α_α, on obtient f(ρe^iα) =re^iθ =Z

Finalementf est surjective.

SoitT >0 une période def.

Sur [0, T], f est bornée par un certainM carf est continue sur un segment.

Pour toutx∈R,x−nT ∈[0, T] pour n=E(x/T) donc

|f(x)|=|f(x−nT)|6M. Ainsif est bornée parM surR.

SoitM ∈Rtel que

∀x∈R,|f(x)|6M Pour toutx∈R,|f(g(x))|6M doncf◦gest bornée.

Puisque la fonctiongest continue sur le segment [−M, M], elle y est bornée par un certainM⁰.

Pour toutx∈R,|g(f(x))|6M⁰ carf(x)∈[−M, M] ainsi g◦f est bornée.

(11)

Posonsϕ: [a, b]→Rdéfinie par

ϕ(x) =g(x)−f(x)

ϕest continue sur le segment [a, b] donc y admet un minimum en un certain c∈[a, b].

Posonsα=ϕ(c) =g(c)−f(c)>0. Pour toutx∈[a, b], ϕ(x)>αdonc f(x)6g(x)−α.

PosonsM =f(0) + 1.

Puisque lim

+∞f = lim

−∞f = +∞, il existeA, B∈Rtels que

∀x6A, f(x)>M et ∀x>B, f(x)>M On aA606B carf(0)< M.

Sur [A, B],f admet un minimum en un pointa∈[A, B] car continue sur un segment.

On af(a)6f(0) car 0∈[A, B] doncf(a)6M.

Pour toutx∈[A, B], on af(x)>f(a) et pour toutx∈]−∞, A]∪[B,+∞[, f(x)>M >f(a).

Ainsif admet un minimum absolu ena.

Soity une valeur prise parf. Si celle-ci n’a qu’un antécédent, c’est fini.

Sinon, soita < bles deux seuls antécédents dey.

f est continue sur [a, b] donc y admet un minimum encet un maximum end, l’un au moins n’étant pas en une extrémité de [a, b]. Supposons que cela soitc.

Sif(c) possède un autre antécédentc⁰ quec.

Sic⁰∈[a, b] alorsf ne peut être constante entrec etc⁰ et une valeur strictement comprise entref(c) =f(c⁰) et max

[c,c⁰]f possède au moins 3 antécédents.

Sic⁰∈/[a, b] alors une valeur strictement intermédiaire ày etf(c) possède au moins 3 antécédents. Impossible.

a) Puisquef estT-périodique, on a

Imf =f(R) =f([0, T])

Orf est continue, doncf([0, T]) est bornée et donc Imf aussi.

b) Plus précisémentf([0, T]) est un segment de la forme [f(a), f(b)] avec a, b∈[0, T].

Pour fixer les idées, supposonsa6b. On ab∈[a, T]⊂[a, a+T].

Sib∈[a, a+T /2] alorsf(a), f(b)∈f([a, a+T /2]) et donc pourx=a Imf =f([x, x+T /2])

Sib∈[a+T /2, a+T] alorsx=a+T /2 convient.

Le raisonnement dans le casb6aest analogue.

Si la fonctionf est constante, l’affaire est entendue.

Sif n’est pas constante elle admet un minimum ou un maximum global dans ]a, b[.

Quitte à considérer−f, on peut supposer qu’il s’agit d’un maximum enc∈]a, b[.

Posons alorsα= min{c−a, b−c}>0 et considéronsσ∈[0, α].

Considérons enfing:x7→f(x+σ)−f(x) définie et continue sur [a, b−σ].

On ag(c)60 etg(c−σ)>0 carf est maximale enc.

Par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut affirmer queg s’annule ce qui résout le problème posé.

Soitε= 1>0. Il existeA∈[0,+∞[ tel que

∀x∈[A,+∞[,|f(x)−`|61

Ainsi, la fonctionf est bornée parM₁=|`|+ 1 sur [A,+∞[. Aussi,f est continue sur le segment [0, A], elle est donc aussi bornée sur [0, A] par un certainM₂. Finalement,f est bornée sur [0,+∞[ parM = max(M₁, M₂).

a) Sur [0,+∞[,

f(x) = x

1 +x = 1− 1 1 +x est continue et strictement croissante,f(0) = 0 et lim

+∞f = 1.

Ainsif réalise une bijection de [0,+∞[ vers [0,1[.

Sur ]−∞,0[,

f(x) = x

1−x =−1 + 1 1−x

(12)

est continue et strictement croissante, lim

0 f = 0 et lim

−∞f =−1.

Ainsif réalise une bijection de ]−∞,0[ vers ]−1,0[.

Finalement,f réalise une bijection deRvers ]−1,1[.

b) Poury∈[0,1[, son antécédentx=f⁻¹(y) appartient à [0,+∞[.

y=f(x)⇔y= x

1 +x ⇔x= y 1−y Poury∈]−1,0[, son antécédent x=f⁻¹(y) appartient à ]−∞,0[.

y=f(x)⇔y= x

1−x ⇔x= y 1 +y Finalement,

∀y∈]−1,1[ ,f⁻¹(y) = y 1− |y|

Notons que lim

a f et lim

b f existent carf est croissante.

(⇒) Supposonsf continue.

Puisquef est continue et strictement croissante,f réalise une bijection de ]a, b[

sur

lima f,lim

b f

d’où le résultat.

(⇐) Supposonsf(]a, b[) =

lima f,lim

b f

. Soitx0∈]a, b[. On a lim

a f < f(x0)<lim

b f. Pour toutε >0, soity⁺∈]f(x₀), f(x₀) +ε]∩

lima f,lim

b f

. Il existex⁺∈]a, b[

tel quef(x⁺) =y⁺.

Soity⁻∈[f(x0)−ε, f(x0)[∩

lima f,lim

b f

. Il existex⁻∈]a, b[ tel que f(x⁻) =y⁻.

Puisquef est croissante,x⁻< x₀< x⁺. Posonsα= min(x⁺−x₀, x₀−x⁻)>0.

Pour toutx∈]a, b[, si|x−x₀|6αalorsx⁻ 6x6x⁺ doncy⁻6f(x)6y⁺ d’où

|f(x)−f(x0)|6ε.

Ainsif est continue enx0 puisf continue sur ]a, b[.

a) Cherchonsf de la forme

f(x) = e^βx

Après calculs, siα=βe^−β alorsf est solution.

En étudiant les variations de la fonctionβ 7→βe^−β, on peut affirmer que pour toutα∈[0,1/e], il existe β∈R⁺ tel queβe^−β =αet donc il existe une fonction f vérifiant la relation précédente.

b) Pourα= 1/e, les fonctionsx7→e^x etx7→xe^xsont solutions.

Notons que pourα∈]0,1/e[ il existe aussi deux solutions linéairement

indépendantes car l’équationβe^−β=αadmet deux solutions, une inférieure à 1 et l’autre supérieure à 1

La fonctionf est bijective et continue donc strictement monotone. Elle ne peut être décroissante car alors elle ne serait pas surjective sur [0,+∞[, elle est donc strictement croissante.

S’il existe unx∈[0,1] tel quef(x)< xalors, par stricte croissance f(f(x))< f(x)

et doncf(f(x))< xce qui contreditf◦f = Id. De mêmef(x)> x est impossible et doncf = Id.

On a

fx 2

=f 2x

2

=f(x) Par récurrence, on montre

∀n∈N,∀x∈R,f(x) =fx 2ⁿ

Quandn→+∞,x/2ⁿ →0 et donc par continuité def en 0 fx

2ⁿ

−−−−−→

n→+∞ f(0) Or

fx 2ⁿ

=f(x)−−−−−→

n→+∞ f(x) donc par unicité de la limitef(x) =f(0).

Finalementf est constante égale àf(0).

(13)

∀x∈R, f(−x) =f((−x)²) =f(x²) =f(x) doncf est paire.

Pour toutx >0,x^1/2ⁿ −−−−→

n→∞ 1 doncf(x^1/2ⁿ)−−−−→

n→∞ f(1) par continuité def en 1.

Or

f(x^1/2ⁿ) =f(x^1/2ⁿ⁻¹) =· · ·=f(x)

doncf(x) =f(1) pour toutx >0 puis pour toutx∈R^? par parité.

De plusf(0) = lim

x→0⁺f(x) =f(1) donc

∀x∈R, f(x) =f(1)

Soientx∈Ret (u_n) définie paru₀=xet pour toutn∈N, u_n+1= u_n+ 1

2

Six>1 alors on montre par récurrence que (un) est décroissante et supérieure à 1.

Six61 alors on montre par récurrence que (un) est croissante et inférieure à 1.

Dans les deux cas la suite (un) converge vers 1.

Or pour toutn∈N,f(x) =f(un) donc à la limitef(x) =f(1).

Soitf solution.

f(x) =fx 2

cosx 2

=fx 4

cosx 4

cosx 2

=. . .=f x 2ⁿ

cos x

2ⁿ

. . .cosx 2

Or

sinx 2ⁿ

cosx

2ⁿ

. . .cosx 2

= 1 2ⁿ sinx donc

sin x 2ⁿ

f(x) = sinx 2ⁿ f x

2ⁿ

Pourx6= 0, quandn→+∞, on a sin ₂^xn

6= 0 puis

f(x) = sinx

2ⁿsin ₂^x_nfx 2ⁿ

→ sinx x f(0)

Ainsi

∀x∈R, f(x) = sinx x (avec prolongement par continuité par 1 en 0).

Vérification : ok.

a) Pourx=y= 0, la relation donnef(0) = 2f(0) doncf(0) = 0.

Poury=−x, la relation donnef(0) =f(x) +f(−x) doncf(−x) =−f(x).

b) Par récurrence, on montre pourn∈N:f(nx) =nf(x).

Pourn∈Z⁻, on écritn=−pavecp∈N. On a alorsf(nx) =−f(px) =−pf(x) =nf(x).

c) Soitr∈Q. On peut écrirer=p/q avecp∈Zet q∈N^?. f(r) =pf(1/q) =^p_qqf(1/q) = ^p_qf(1) =ar.

d) Pour toutx∈Ril existe une suite (un) telle queun→xetun∈Q. Par continuitéf(u_n)→f(x) or puisqueu_n∈Qf(u_n) =au_n→axdonc par unicité de la limitef(x) =ax.

La relation fonctionnellef(x+y) =f(x) +f(y) permet d’établir

∀r∈Q, f(r) =rf(1) Pour cela on commence par établir

∀a∈R,∀n∈Z, f(na) =nf(a) On commence par établir le résultat pourn= 0 en exploitant

f(0) =f(0) +f(0) ce qui entraînef(0) = 0.

On étend ensuite le résultat àn∈Nen raisonnant par récurrence et en exploitant f((n+ 1)a) =f(na) +f(a)

On étend enfin le résultat àn∈Zen exploitant la propriété de symétrie f(−x) =−f(x) issu de

f(x) +f(−x) =f(0) = 0

Considérons alorsr=p/q∈Qavecp∈Zet q∈N^?, on peut écrire f(r) =f

p×1

q

=pf 1

q

et f(1) =f

q×1 q

=qf 1

q

(14)

donc

f(r) =p

qf(1) =rf(1)

Nous allons étendre cette propriété àx∈Rpar un argument de continuité.

Soitx∈R. On peut affirmer qu’il existe une suite (x_n)∈Q^N telle quex_n →x.

Pour celle-ci, on ax_n+x₀−x→x₀ et donc par continuité de f enx₀ f(xn+x0−x)→f(x0)

Or on a aussi

f(xn+x₀−x) =f(x₀) + (f(xn)−f(x)) donc

f(xn)−f(x)→0 Ainsi

f(x) = lim

n→+∞f(xn) =xf(1) Finalement, la fonctionf est linéaire.

a)f(2−x) +f(x) = 0 etf(−x) +f(x) = 0 doncf(x) =f(x+ 2) doncf est périodique.

f(x/2) =f(x)/2 doncf(2x) = 2f(x).

Puisquef est continue et périodique,f est bornée. Or la relationf(2x) = 2f(x) implique quef n’est pas bornée dès qu’elle prend une valeur non nulle. Par suite f est nulle.

b) Poura=f(1)−f(0) etb=f(0), on observe queg(x) =f(x)−(ax+b) est solution du problème posé et s’annule en 0 et 1 doncgest nulle etf affine. La réciproque est immédiate.

a) On a

∀x∈R, fx 2

=f

x+ 0 2

= 1

2(f(x) +f(0)) =1 2f(x) donc

∀x, y∈R, f

x+y 2

= 1

2f(x+y) On en déduit

∀x, y∈R, f(x+y) =f(x) +f(y)

b) Sachantf continue, on peut alors classiquement conclure que dans le cas précédentf est de la formex7→ax.

Dans le cas général, il suffit de considérerx7→f(x)−f(0) et de vérifier que cette nouvelle fonction satisfait toujours la propriété initiale tout en s’annulant en 0.

On peut donc conclure que dans le cas généralf est affine :x7→ax+b

Par formule de factorisation

|sinx−siny|=

2 sinx−y

2 cosx+y 2

62

sinx−y 2

62|x−y|

2 =|x−y|

donc sin est 1 lipschitzienne.

Montrons par récurrence surn∈Nque|un|6kⁿ|a|.

Pourn= 0 : ok

Supposons la propriété établie au rangn>0.

|un+1|=|f(un)−f(0)|6k|un−0|=k|un| 6

HR

kⁿ⁺¹|a|

Récurrence établie.

Puisquek∈[0,1[,kⁿ→0 et doncun→0.

L’applicationx7→f(x) +tg(x) est définie et continue sur le segment [0,1] elle y est donc bornée et atteint ses bornes. Par suiteϕ(t) est bien définie et plus précisément, il existex_t∈[0,1] tel queϕ(t) =f(x_t) +tg(x_t).

Puisqueg est continue sur [0,1] elle y est bornée par un certainM : On a

ϕ(t)−ϕ(τ) =f(xt) +tg(xt)−(f(xτ) +τ g(xτ)) or

f(x_t) +τ g(x_t)6f(x_τ) +τ g(x_τ) donc

ϕ(t)−ϕ(τ)6tg(x_t)−τ g(x_t) = (t−τ)g(x_t)6M|t−τ| De même

ϕ(τ)−ϕ(t)6M|t−τ|

et finalementϕestM lipschitzienne.