Limite d’une fonction Continuité

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Limite d’une fonction Continuité

1 Limites.

1.1 Calculs de limites

⊲ Exercice 1.1.

Soitf une fonction définie à droite au voisinage d’un pointa. Montrer que sif admet une limite à droite ena, limx→a

x>a

f(x) = lim

h→0 h>0

f(a+h).

Réciproquement, montrer que si lim

h→0 h>0

f(a+h) existe, alors limh→0

h>0

f(a+h) = lim_x→a

x>a

f(x)

On pourra introduire la fonctiong(h) =f(a+h) définie à droite au voisinage de 0.

⊲ Exercice 1.2.

Calculer les limites en 0 des fonctions suivantes : x³sin

1 x²

, x²

1 x²

, x

1 x

, sin(x)

1−cos(x), sin(x)

p1−cos(x), xtan(5x)

sin(2x²) , tan(2x+ 3x²) x+√

x , ln(2 +xlnx)−ln(2 +x) (x−3x²) ln(x+ 2x²)

⊲ Exercice 1.3.

Calculer les limites en−1 des fonctions suivantes :

x¹⁰−1

x+ 1 , sin(x+ 1)

ln(x+ 1) , sin(x+ 1) (ln(x+ 1))² , sin(x+ 1) ln(|x|) ,

tan x+ 1

x+ 3

ln(x²) .

⊲ Exercice 1.4.

Calculer les limites en +∞et −∞des fonctions suivantes :

√x²+ 1

x , p

x²+x+ 1−(x+ 1) , ln(x⁴+x) ln(p

|x|+ 1) , (e^x+e⁻^x)³−2ch(3x) e^x+e^2x−3x⁵ .

1.2 L’existence d’une limite : une contrainte locale.

⊲ Exercice 1.5.

Soit f une fonction strictement croissante sur R telle que lim

x→+∞f(x) = 0. Montrer que, pour tout x ∈ R, f(x)<0.

⊲ Exercice 1.6.

Soitf une fonction définie au voisinage dea∈Rtelle que f(x) tend versℓ∈Rlorsquextend versa.

1. Justifier que, pour toutγ ∈ R^∗₊, il existeh ∈ R^∗₊ tel que pour tout x ∈ R, x∈ D^f et |x−a| 6h ⇒ l−γ6f(x)6ℓ+γ.

2. En déduire le calcul de

n→lim+∞un où un = 1 n

Xn k=1

sin k

n²

k n²

.

3. Montrer que, pour toutγ ∈R^∗₊, il existe η ∈R^∗₊ tel que pour toutx∈[0, η],−γx6sinx−x6γx et calculer

n→lim+∞vn où vn = Xn k=1

sin k

n²

.

(2)

⊲ Exercice 1.7. (*)

Soitf une fonction définie surR^∗₊ telle quef(x)/xtend versℓ∈Rlorsquextend vers +∞. Montrer que, pour touta∈R^∗₊, la suite

1 n

Xn k=1

f(ka) k converge et préciser sa limite.

⊲ Exercice 1.8. (**) Soit f une fonction définie sur R₊ et bornée sur tout intervalle de longueur L ∈ R^∗₊. Définissons la fonctiong sur R₊ parg(x) =f(x+L)−f(x). Montrer que sig tend versℓ∈Rlorsque xtend vers +∞, alorsf(x)/xtend vers ℓ

L en +∞.Indications :

1. Soitε∈R^∗₊. Montrer qu’il existeA∈R₊ :∀x∈[A,+∞[, ℓ−ε

2L6f(x+L)−f(x)6ℓ+ε 2L.

2. Soitx∈[A,+∞[. Notonspxetrxle quotient et le reste de la division pseudo-euclidienne dex−AparL.

(a) Montrer que

px

ℓ−ε 2L

6f(x)−f(A+rx)6px

ℓ+ε 2L (b) Calculer lim

x→+∞

px

x puis conclure.

2 Continuité.

2.1 Aspect local : continuité d’une fonction en un point.

⊲ Exercice 2.1.

Donner le domaine de définition de la fonction définie par l’expressionf(x) =sin(xln(|x|))

p|x| . Étudier sa continuité sur ce domaine ainsi que la possibilité de la prolonger par continuité aux bords de ce domaine.

⊲ Exercice 2.2.

Montrer que la fonctionχQ :

R → R

x 7→

1 six∈Q 0 six∈R\Q

est discontinue en tout point deR.

⊲ Exercice 2.3.

Considérons la fonction définie surR^∗ parf(x) =x²sin 1

sh(x)

. Étudier sa continuité surR^∗ et la possibilité d’un prolongement continu àR.

⊲ Exercice 2.4. Étudier la continuité de l’application

R → R

x 7→



 1

x

six6= 0 1 six= 0

⊲ Exercice 2.5.

Soitα∈R^∗₊ fixé. Une fonctionf définie sur un intervalleI est α-Höldérienne s’il existe K∈R^∗₊ tel que, pour tout (x, y)∈I², |f(x)−f(y)|6K|x−y|^α. Une fonctionf est Höldérienne s’il existe une valeurα∈R^∗₊ pour laquelle elle estα-Höldérienne.

1. Montrer que toute fonction lipschitzienne est Höldérienne.

2. Montrer que toute fonction Höldérienne est continue.

⊲ Exercice 2.6.

Soientf etg deux fonctions continues définies sur l’intervalle [−1,1].

1. Exprimer, pour (a, b)∈R², max(a, b) en fonction dea,bet|b−a|. En déduire que l’application [−1,1]→R, x7→min(f(x), g(x)) est continue.

2. Montrer que l’application [−1,1]→R,x7→max(f(x), g(x)) est continue.

3. Montrer que l’applicationR → R, x 7→ sup{f(t) +xg(t)|t ∈ [−1,1]} est continue (lipschitzienne dont on précisera la constante). Montrer de plus que ce résultat reste vrai si on remplace l’hypothèse f et g continues parf etg bornées.

⊲ Exercice 2.7.

Soitf une fonction définie sur Rsatisfaisant, pour toutx∈R,f(x) =f(x√ 2).

1. On suppose quef tend vers 1 en +∞et vers −1 en −∞. Déterminerf.

(3)

2. On remplace l’hypothèse sur l’existence de limites en +∞et −∞ par la continuité de f en 0. Montrer quef est constante.

⊲ Exercice 2.8. Soitf :

]0,2[ → R

x 7→

Z x 1

sin 1 u(2−u)

du Montrer quef se prolonge par continuité enfe∈ C⁰([0,2],R).

On pourra s’intéresser à la monotonie def sur ]0,2[.

⊲ Exercice 2.9. Montrer que, si une fonction continue positive ou nulle prend une valeur strictement positive sur un intervalle fermé sur lequel elle est définie, alors son intégrale sur cet intervalle est strictement positive.

⊲ Exercice 2.10. (**)ENS.

Soitf ∈ C⁰([0,1],R) etα∈]1,2]. On définitTα(f) sur [0,1] par

∀x∈[0,1], T(f)(x) = inf{f(y) +|x−y|^α|y∈[0,1]}. 1. Montrer queT2(f) est continue et lipschitzienne sur [0,1].

2. Déterminer les fonctionsf telles queT2(f) =f.

3. Notons, pour tout α ∈ R^∗₊, fα la fonction définie et continue sur [0,1] obtenue en posant, pour tout x∈]0,1],fα(x) =x^αet fα(0) = 0. Calculer, pourα >1,Tα(fα).

4. Reprendre les questions précédentes pourα∈]1,2[. Ces résutats persistent-ils siα∈]0,1] ?

⊲ Exercice 2.11.

Soientf ∈ C⁰(R,R). Montrer quef(Q) est dense dansf(R).

2.2 Aspect global : théorème des valeurs intermédiaires.

⊲ Exercice 2.12. Classique.

Discuter, en fonction deα∈R, le nombre de solutions de l’équation d’inconnuexréelle : Arctan(2x)−Arctanx= α. Peut-on exprimer explicitement le ou les solutions lorsqu’il y en a ?

⊲ Exercice 2.13.

En supposant que la température est une fonction continue de la variable d’espace le long de l’équateur, montrer qu’il existe, à chaque instant, deux points antipodaux à la même température.

⊲ Exercice 2.14.

Soitf une fonction continue de [0,1] dans [0,1] telle quef(0) =f(1). Montrer que pour tout n∈N^∗, il existe xn ∈

0,1−1

n

tel quef(xn) =f

xn+1 n

.

On commencera par traiter les casn= 2, 3, 4... puis on pourra penser à considérer la quantité

f 1

n

−f(0)

+

f 2

n

−f 1

n

+. . .+

f(1)−f

n−1 n

.

⊲ Exercice 2.15. Extension du théorème des valeurs intermédiaires dans un cas particulier.

Soitf ∈C⁰([0,+∞[,]0,1]).

1. Montrer, sur un exemple, que de telles fonctionsf existent.

2. Montrer, sur un exemple, que de telles fonctionsf telles quef(R+) =]0,1] existent.

3. Montrer que, sif(0) = 1/2 et sif(x) tend vers 0 lorsquextend vers +∞, alors pour touty ∈]0,1/2], il existe au moins un antécédent dey parf.

4. Redémontrer ce résultat en appliquant le théorème des valeurs intermédiaires à une fonction judicieuse- ment choisie (on pourra penser à introduire ψ : [0,1[→ R₊, x 7→ x

1−x et à considérer f◦ψ que l’on prolongera par continuité à [0,1]...)

⊲ Exercice 2.16. Extension du théorème sur l’image d’un segment par une application continue.

Soit f ∈ C⁰(R+,R₊) telle que lim

x→+∞f(x) = 0. Montrer que, pour tout a ∈R^∗₊, ∃b ∈ [a,+∞[ tel que f(b) = max{f(t)|t∈[a,+∞[}.

⊲ Exercice 2.17.

Soitf une fonction continue strictement positive surR.

1. Peut-on affirmer qu’il existeα∈R^∗₊ tel que∀x∈R,f(x)> α?

2. Montrer que si on suppose de plus que f admet deux limites finies strictement positives en −∞ et en +∞, alors le résultat précédent devient juste.

⊲ Exercice 2.18. Soitf ∈ C⁰(R+,R₊) telle que∀x∈R^∗₊,f(x)< x.

1. Montrer quef(0) = 0.

2. Montrer que pour tout (a, b)∈R^∗₊² tel quea < b, il existe M ∈[0,1[ tel que∀x∈[a, b],f(x)6M x.

(4)

3 L’indispensable : complétez, démontrez ou infirmez les assertions suivantes.

⊲ Exercice 3.1.

1. Quels sont les neutres deC⁰([−3,2[,R) pour les deux lois de composition interne usuelles qui munissent cet ensemble d’une structure deR-espace vectoriel, deR-algèbre et d’anneau commutatif ?

2. Quels sont les neutres deC⁰([−3,2[,R) et deC⁰(R,R) pour la loi de composition ? 3. Soitf une fonction telle que lim

x→+∞f(x) = +∞. Alors il existeA∈Rtel quef est croissante sur [A,+∞[.

4. Soitf une fonction telle que lim

x→+∞f(x) =−1. Alors il existe A∈R tel quef est strictement négative sur [A,+∞[.

5. Soientf et g deux fonctions continues sur un intervalleI, les fonctions min(f, g) et max(f, g) sont-elles continues surI?

6. La composée d’une fonction lipschitzienne et d’une fonction pas nécessairement continue donne une fonction continue.

7. Une fonction définie sur [0,2], qui a une limite à droite en 1 et une limite à gauche en 1 est-elle continue en 1 ?

8. Une fonction définie sur [0,2], qui a une limite à droite en 1 qui vauta∈R, et une limite à gauche en 1 qui vautaest-elle continue en 1 ?

9. Quelles sont les limites possibles de la suite définie paru0=√

πet pour toutn∈N,un+1= sin(un) ? 10. Quelles sont les limites finies possibles de la suite définie par u0 =√

π, u1 = −2 et pour tout n ∈ N, un+2=q

u²_n+1+ 1−

q|un|u²_n+1+ 2 p|un|+ 1 +un? 11. Toute fonction monotone sur [0,1] est bornée.

12. Toute fonction monotone et périodique est constante.

13. Toute fonction monotone sur [0,1[ admet une limite finie en 1.

14. Toute fonction monotone sur [0,1] est continue à gauche en 1.

15. Toute fonction continue monotone bornée sur ]0,1[ peut être prolongée par continuité en une fonction monotone bornée continue sur [0,1] et bornée par les mêmes constantes.

16. Sif tend vers +∞en 1,f est croissante au voisinage de 1.

17. Donner une application deRdansRdiscontinue en tout point.

18. Sif et gsont deux applications discontinues enx0, alorsf+gest discontinue en x0.

19. Une application continue surR₊ telle que pourx>133,f(x) = cos(x+√π) est bornée surR₊. 20. Sif(0) = 0 et si lim

n→+∞f 1

n

= 0 = lim

n→+∞f

−1 n

, alorsf est continue en 0.

21. Sif(0) = 0, sif est monotone sur [−1,1] et si lim

n→+∞f 1

n

= 0 = lim

n→+∞f

−1 n

, alorsf est continue en 0.

22. Toute fonction périodique est bornée.

23. Toute fonction périodique définie surRest bornée.

24. Donner une hypothèse suffisante sur une fonction périodique pour qu’elle soit bornée.

25. Soitf une fonction 1-périodique continue sur [0,1[. Alors f est continue surR.

26. Soitf une fonction 1-périodique dont la restriction à [0,1] est continue. Alorsf est continue surR.

27. La fonction partie entière est-elle continue sur [0,1[ ? La question est-elle bien posée ?

(5)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

• Supposons que lim_x→a

x>a

f(x) existe et vautl∈R.

Utilisons le théorème de composition des limites :g=f◦(h7→a+h).

⋆ lim_x→a

x>a

f(x) =l,

⋆ lim

h→0 h>0

a+h=a,

⋆ pourh >0,a+h > a,

donc par théorème de composition des limites, lim

h→0 h>0

g(h) existe et vautl.

Ainsi, lim

h→0 h>0

f(a+h) = lim_x→a

x>a

f(x).

• Supposons que lim

h→0 h>0

g(h) existe et vautl∈R.

Utilisons le théorème de composition des limites :f =g◦(x7→x−a).

⋆ lim

h→a h>0

g(h) =l,

⋆ lim_x→a

x>a

x−a= 0,

⋆ pourx >0,x−a >0,

donc par théorème de composition des limites, lim_x→a

x>a

f(x) existe et vautl.

Ainsi, lim_x→a

x>a

f(x) = lim

h→0 h>0

f(a+h)..

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2 1. ∀x∈R^∗, 06

x³sin

1 x²

6|x|³, or les deux membres extrêmes de cette inégalité tendent vers 0 en 0

donc d’après le théorème d’existence de limite par encadrement, lim

x→0x³sin 1

x²

existe et vaut 0 .

2. ∀x∈R^∗, 1 x² −1<

1 x²

6 1

x² donc

∀x∈R^∗ ,1−x²=x² 1

x² −1

< x² 1

x²

6x²× 1 x² = 1.

Les deux membres extrêmes de cette inégalité tendent vers 1 en 0 donc d’après le théorème d’existence de limite par encadrement, lim

x→0 x>0

x² 1

x²

existe et vaut 1 .

3. ∀x∈R^∗, 1 x−1<

1 x

6 1 x donc

∀x∈R^∗₊,1−x=x 1

x−1

< x 1

x

6x× 1 x = 1.

Les deux membres extrêmes de cette inégalité tendent vers 1 en 0⁺ donc d’après le théorème d’existence de limite par encadrement, lim

x→0 x>0

x 1

x

existe et vaut 1 . De même,

∀x∈R^∗₋ ,1−x=x 1

x−1

>x 1

x

>x×1 x = 1

or les deux membres extrêmes de cette inégalité tendent vers 1 en 0⁻donc d’après le théorème d’existence de limite par encadrement, lim

x→0 x<0

x 1

x

existe et vaut 1 .

(6)

Ainsi, puisque les limites à droite et à gauche en 0 coïncident (cela suffit car la fonction n’est pas définie en 0), lim

x→0x 1

x

existe et vaut 1 .

4. sin(x)

1−cos(x) = 2 sinx 2cosx

2 2 sin²x

2

= cosx 2 sinx 2

donc lim

x→0 x>0

sin(x)

1−cos(x) = +∞ et lim

x→0 x<0

sin(x)

1−cos(x) = −∞ si bien que sin(x)

1−cos(x) n’a pas de limite en 0 . 5. En reprenant les calculs précédents,

sin(x)

p1−cos(x) =2 sinx 2 cosx

√ 2 2|sinx

2|

=





√2 cosx

2 si x >0

−√ 2 cosx

2 si x <0

donc lim

x→0 x>0

sin(x)

p1−cos(x) =√ 2 et lim

x→0 x<0

sin(x)

p1−cos(x) =−√

2 si bien que sin(x)

p1−cos(x) n’a pas de limite en 0 .

L’expressionf(x) = sin(x)

p1−cos(x) proposée est définie sur ]−2π,0[∪]0,2π[ ne se prolonge donc pas par

continuité en 0. En revanche,f_|]0,2π[se prolonge par continuité en 0 enf^_|]0,2π[:

[0,2π[ → R

x 7→





sin(x)

p1−cos(x) six∈]0,2

√2 six= 0

etf_|]−2π,0[se prolonge par continuité en 0 enf^_|]−2π,0[:

]−2π,0] → R

x 7→





sin(x)

p1−cos(x) six∈]−2π,0[

−√

2 six= 0

.

6. xtan(5x) sin(2x²) = 5

2

tan(5x) 5x

2x²

sin(2x²), or lim

u→0

tanu

u = 1 et lim

s→0

sinu

u = 1 donc, d’après le théorème de composition des limiteset celui concernantla limite d’un produit de fonctions qui admettent des limites dont le produit est défini dansR,

donc xtan(5x)

sin(2x²) admet une limite en 0 et cette limite vaut 5

2 ×1×1 = 5 2 .

7. tan(2x+ 3x²) x+√

x =tan(2x+ 3x²) 2x+ 3x² ×

2x

1 + 3 2x

√x 1 +√

x = tan(2x+ 3x²) 2x+ 3x²

| {z }

x→→01

× 2√

x

1 + 3 2x

1 +√

| {z x }

x→→00

donc tan(2x+ 3x²) x+√

x admet une limite en 0 et cette limite vaut 0 . 8. ln(2 +xlnx)−ln(2 +x)

(x−3x²) ln(x+ 2x²) = ln^2+x_2+x^ln^x (x−3x²) ln(x+ 2x²) ln(2 +xlnx)−ln(2 +x)

(x−3x²) ln(x+ 2x²) = ln

1 +^x^ln_2+x^x⁻^x x(1−3x) ln(x(1 + 2x))

= ln

1 +^x^ln_2+x^x⁻^x

xlnx−x 2+x

×xlnx 1−_ln¹x

2 +x × 1

xlnx(1−3x)h

1 +^ln(1+2x)_ln_x i

donc ln(2 +xlnx)−ln(2 +x)

(x−3x²) ln(x+ 2x²) admet une limite en 0 et cette limite vaut 1 2 .

(7)

Dans tous les cas, posonsh=x+ 1 de sorte quex=−1 +hce qui permet de transformer l’étude des expressions lorsquex→1 en une étude lorsqueh→0 :

1. • Méthode 1.

x¹⁰−1

x+ 1 = (−1 +h)¹⁰−1 h

= (1−h)¹⁰−1 h

si bien qu’en posantf(h) = (1−h)¹⁰, l’expression considérée est x¹⁰−1

x+ 1 =f(h)−f(0)

h , c’est le taux d’accroissement def en 0 qui tend par conséquent versf^′(0) =−10 lorsqueh→0.

Ainsi, lim

x→−1

x¹⁰−1

x+ 1 =−10.

• Méthode 2.

x¹⁰−1

x+ 1 = x¹⁰−(−1)¹⁰ x+ 1

= (x−(−1))(x⁹+x⁸(−1)¹+x⁷(−1)²+. . .+x(−1)⁸+ (−1)⁹) x+ 1

= x⁹+x⁸(−1)¹+x⁷(−1)²+. . .+x(−1)⁸+ (−1)⁹

d’où l’on tire directement Ainsi, lim

x→−1

x¹⁰−1

x+ 1 =−10.

2. sin(x+ 1)

ln(x+ 1) n’est pas une forme indéterminée lorsquex→ −1.

Ainsi, lim

x→−1= sin(x+ 1) ln(x+ 1) = 0.

3. sin(x+ 1)(ln(x+ 1))²= sin(h)(lnh)²= sinh

| {z }h

h→→01

× h(lnh)²

| {z }

h→→00

(th. croissances comparées) Ainsi, lim

x→−1sin(x+ 1)(ln(x+ 1))²= 0.

4. sin(x+ 1)

ln(|x|) = sin(h)

ln(| −1 +h|) |{z}= pour|h|<1 de sorte que−1 +h <0

(−1)× sinh

| {z }h

h→→01

× −h ln(1−h)

| {z }

h→→01 Ainsi, lim

x→−1

sin(x+ 1) ln(|x|) =−1.

5.

tan x+ 1

x+ 3 ln(x²) =

tan h

2 +h

ln((−1 +h)²) |{z}= pour|h|<1 de sorte que−1 +h <0

tan h

2 +h 2 ln((1−h)) =

tan h

2 +h

h 2 +h

| {z }

h→→01

h

2 +h×−1

| {z 2h}

h→→0−1 4

−h ln((1−h))

| {z }

h→→01

Ainsi, lim

x→−1

tan x+ 1

x+ 3 ln(x²) =−1

4.

(8)

1.

√x²+ 1 x =|x|

x r

1 + 1 x² =







 r

1 + 1

x² six >0,

− r

1 + 1

x² six <0.

Ainsi, lim

x→−∞

√x²+ 1

x =−1 et lim

x→+∞

√x²+ 1 x = 1.

2. Lorsquex→ −∞, il n’y a pas de forme indéterminée et la limite vaut +∞.

Lorsquex→+∞, il y a une forme indéterminée, pour le lever, utilisons la multiplication par l’expression conjuguée :

px²+x+ 1−(x+ 1) =

√x²+x+ 1²−(x+ 1)²

√x²+x+ 1 + (x+ 1)

= −x

√x²+x+ 1 + (x+ 1)

= −x x

q 1

1 +¹_x+_x¹2 + 1 + ¹_x

Ainsi, lim

x→−∞

px²+x+ 1−(x+ 1) = +∞et lim

x→+∞

px²+x+ 1−(x+ 1) =−1 2. 3. Transformons son expression pourx >0 :

ln(x⁴+x) ln(√

x+ 1) = ln

x⁴

1 + 1

x³ ln√x

1 +√¹x

=

4 lnx+ ln

1 + 1 x³

1

2lnx+ ln 1 +√¹x

= 4 lnx

1 2lnx

1 + ln 1 +_x¹3

4 lnx 1 +ln

1 +√¹x

1 2lnx

= 8×

1 +ln 1 + _x¹3

4 lnx 1 +ln

1 + √¹x

1 2lnx Ainsi, lim

x→+∞

ln(x⁴+x) ln(p

|x|+ 1) = 8.

(9)

Transformons son expression pourx <0 :

ln(x⁴+x) ln(p

|x|+ 1) = ln

x⁴

1 + 1

x³

lnp

|x|

1 + √¹

|x|

=

4 ln|x|+ ln

1 + 1 x³

1

2ln|x|+ ln

1 + √¹

|x|

= 4 ln|x|

1 2ln|x|

1 +ln 1 + _x¹3

4 ln|x|

1 + ln

1 + √¹

|x|

1 2ln|x|

= 8×

1 +ln 1 + _x¹³ 4 ln|x|

1 + ln

1 + √¹

|x|

1 2ln|x| Ainsi, lim

x→+∞

ln(x⁴+x) ln(p

|x|+ 1) = 8.

Rmq : on pouvait directement déduire cela de la parité de l’expression considérée.

4.

(e^x+e⁻^x)³−2ch(3x)

e^x+e^2x−3x⁵ = e^3x(1 +e⁻^2x)³−e^3x−e⁻^3x e^2x(1 +e⁻^x−3x⁵e⁻^2x)

= e^3x(1 + 3e⁻^2x+ 3e⁻^4x+e⁻^6x)−e^3x−e⁻^3x e^2x(1 +e⁻^x−3x⁵e⁻^2x)

= 3e^x+ 3e⁻^x e^2x(1 +e⁻^x−3x⁵e⁻^2x)

= 3(1 +e⁻^2x) e^x(1 +e⁻^x−3x⁵e⁻^2x)

Ainsi, lim

x→+∞

(e^x+e⁻^x)³−2ch(3x) e^x+e^2x−3x⁵ = 0.

• Idée 1.

Raisonnons par l’absurde en supposant qu’il existex0∈Rtel quef(x0)>0. Par stricte croissance def, f(x0+ 1)>0.

Par conséquent,∀x∈[x0+1,+∞[,f(x0+1)< f(x). Or les deux membres de cette inégalité ont une limite lorsque xtend vers +∞ donc, par passage à la limite dans cette inégalité (attention, lors d’un passage à la limite une inégalité stricte devient large ! ! et c’est pour cela que nous avons introduit x0 + 1 !), f(x0+ 1)60 d’où une contradiction.

• Idée 2.

Raisonnons par l’absurde en supposant qu’il existex0∈Rtel quef(x0)>0. Par stricte croissance def, f(x0+ 1)>0.

Suppsons que f(R) ne soit pas bornée, alors par croissance de f, lim

x→+∞f(x) = +∞ ce qui contredit l’hypothèse lim

x→+∞f(x) = 0 doncf(R) est bornée donc par croissance de f, lim

x→+∞f(x) = supf(R), or f(R)>f(x0+ 1)>0 donc lim

x→+∞f(x)>0, ce qui contredit l’hypothèse lim

x→+∞f(x) = 0.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.6 1. La définition de lim

x→af(x) =ℓ donne directement le résultat.

(10)

2. Soitγ∈R^∗₊ fixé quelconque.

Appliquons l’énoncé de la question précédente àf(x) = sinx

x qui vérifie lim

x→0

sinx x = 1 :

∃h∈R^∗₊ : ∀x∈R^∗ , |x|6h⇒

sinx x −1

6γ⇒1−γ6sinx

x 61 +γ Fixons un telh.

PosonsN= 1

h

+ 1 de sorte queN > 1

h donch> 1 N. Soitn∈Nfixé quelconque tel quen>N.

Soitk∈[[1, n]] fixé quelconque.

Observons que 06 k n² 6 n

n² = 1 n6 1

N 6hdonc l’encadrement ci-dessus s’applique pourx← k n²

1−γ6 sin_n^k2

k n²

61 +γ Sommons surk∈[[1, N]] ces encadrements et multiplions par 1

n : 1−γ6un61 +γ

Ceci étant vrai pour toutγ >0, nous venons de prouver la convergence deuvers 1.

Ainsi, lim

n→+∞

1 n

Xn k=1

sin k

n²

k n²

= 1.

3. Soitγ∈R^∗₊ fixé quelconque.

Posonsg

R^∗ → R x 7→ sinx−x

x Observons que lim

x→0

sinx

x = 1 donc lim

x→0g(x) = 0.

Appliquons la définition de cette limite pourε←γ :

∃η∈R^∗₊ : ∀x∈R^∗ , |x|6η⇒ |g(x)|6γ Fixons un telη.

En se limitant auxx >0, on obtient

∀x∈]0, η],

sinx−x x

6γ donc

∀x∈]0, η] , −γ6 sinx−x

x 6γ

si bien qu’en multipliant parx>0 (ce qui n’affecte pas le sens des inégalités)

∀x∈]0, η], −γx6sinx−x6γx (1)

Par ailleurs,

−γ×0 = 0 = sin 0−0 = 0 =γ×0 donc l’inégalité (1) s’étend à [0, η].

PosonsN = 1

η

+ 1 de sorte queN > 1

η doncη> 1 N. Soitn∈Nfixé quelconque tel quen>N.

Soitk∈[[1, n]] fixé quelconque.

Observons que 06 k n² 6 n

n² = 1 n6 1

N 6η donc l’encadrement (1) s’applique pour x← k n²

−γ k

n² 6sin k n² − k

n² 6γ k n²

(11)

Sommons surk∈[[1, n]] lesnencadrements ci-dessus :

−γ Xn k=1

k n²

| {z }

= n(n+ 1) 2n²

6 Xn k=1

sin k n²

| {z }

=vn

− Xn k=1

k n²

| {z }

= n(n+ 1) 2n²

= 1 2+ 1

2n 6γ

Xn k=1

k n²

| {z }

=n(n+ 1) 2n²

donc 1

2n−γ(n+ 1)

| {z2n }

n→→+∞−γ 2

6vn−1 2 6 1

2n+γ(n+ 1)

| {z2n }

n→→+∞

γ 2

(2)

Appliquons les définitions de lim

n→+∞

1

2n+γ(n+ 1)

2n = γ

2 et de lim

n→+∞

1

2n−γ(n+ 1) 2n =−γ

2 pourε←γ 2 :

∃N1∈N : ∀n∈N, n>N1 ⇒

1

2n+γ(n+ 1)

2n −γ

2 6 γ

2

⇒ 1

2n+γ(n+ 1)

2n −γ

2 6 γ 2

⇒ 1

2n+γ(n+ 1)

2n 6γ (3)

∃N2∈N : ∀n∈N, n>N2 ⇒

1

2n−γ(n+ 1)

2n +γ

2 6 γ

2

⇒ 1

2n−γ(n+ 1)

2n +γ

2 >−γ 2

⇒ 1

2n−γ(n+ 1)

2n 6−γ (4)

PosonsN3= max(N, N1, N2).

Soitn∈Nfixé quelconque tel quen>N3.

Puisquen>N3>N, on peut utiliser l’encadrement (2) 1

2n−γ(n+ 1)

| {z2n }

>−γ

carn>N >N2 ce qui permet d’utiliser (4)

6vn−1

2 6 1

2n+γ(n+ 1)

| {z2n } 6γ

carn>N >N1 ce qui permet d’utiliser (3)

donc vn−1

2 6γ

Ceci étant vrai pour toutγ >0, nous venons de prouver la convergence devvers 1 2. Ainsi, lim

n→+∞

1 n

Xn k=1

sin k

n²

=1 2 .

⊲ Corrigé de l’exercice 1.7 La suiteuk =f(ka)

k vérifie

∀k∈N^∗ , uk=a×f(ka) ka or lim

x→+∞

f(x)

x =ℓdonc, par composition des limites, lim

k→+∞uk =aℓ.

La suiteuconverge versaℓ donc le théorème de Cesaro permet d’affirmer que sa moyenne de Cesaro converge elle-aussi versaℓsi bien que

n→lim+∞

1 n

Xn k=1

f(ka) k =aℓ

(12)

⊲ Corrigé de l’exercice 1.8 Soitε∈R^∗₊.

1. Par hypothèse,L >0 donc εL

2 ∈R^∗₊ce qui permet d’appliquer la définition de la limite degen +∞pour ε← εL

2 :

∃A∈R₊ : ∀x∈R₊ , x>A⇒ℓ− ε

2L6g(x)6ℓ+ε 2L Fixons un telA. On a donc

∀x∈[A,+∞[, ℓ−ε

2L6f(x+L)−f(x)6ℓ+ε 2L 2. Soitx∈[A,+∞[.

(a) Effectuons la divison pseudo-euclidienne dex−AparL :

∃(px, rx)∈Z×[0, L[ : x−A=pxL+rx

De plus,x>A doncx−A>0 doncpx∈N.

Pour toutk∈[[0, px−1]],A+kL+rx>Ace qui permet d’appliquer l’inégalité démontrée ci-dessus pourx←A+kL+rx :

ℓ−ε

2L6f(A+kL+rx+L)−f(A+kL+rx)6ℓ+ε 2L Sommons lespxencadrements obtenus :

px

ℓ−ε 2L

6

pXx−1 k=0

(f(A+kL+rx+L)−f(A+kL+rx))

| {z }

=f(A+pxL+rx)−f(A+rx) après télescopage

6 ℓ+ε

2L

si bien qu’en utilisant quex=A+pxL+rx, px

ℓ−ε 2L

6f(x)−f(A+rx)6px

ℓ+ε 2L (b) Par définition depx etrx,

rx= (x−A)−pxL∈[0, L[⇒06x−A−pxL < L⇒06 x−A

L −px<1

donc x−A

L −1< px6 x−A L si bien que

1 L− A

xL−1 x <px

x 6 1 L− A

xL

Les deux membres extrêmes de l’encadrement ci-dessus tendent vers la même limite qui vaut 1 L donc px

x admet une limite lorsquex→+∞et lim

x→+∞

px

x = 1 L.

Reprenons l’encadrement établi dans la question précédent : pour tout x∈[A,+∞[, px

ℓ−ε 2L

6f(x)−f(A+rx)6px

ℓ+ε 2L

donc px

x ℓ−ε

2L

+f(A+rx)

x 6f(x) x 6 px

x ℓ+ε

2L

+f(A+rx) x

Or, par hypothèse,f est bornée sur tout intervalle d’amplitudeLdoncf est bornée sur [A, A+L] :

∃M ∈R₊ : ∀t∈[A, A+L], |f(t)|6M Fixons un telM.

(13)

Pour tout x ∈ [A,+∞[, A+rx ∈ [A, A+L] (car rx ∈ [0, L[) donc |f(A+rx)| 6 M si bien que

−M

x 6f(A+rx)

x 6 M

x et px

x ℓ−ε

2L

−M

| {z x}

x→−→+∞

1 L

ℓ−ε 2L

= ℓ L −ε

2

6f(x)

x 6 px

x ℓ+ε

2L +M

| {z x}

x→−→+∞

1 L

ℓ+ε 2L

= ℓ L+ε

2

(5)

Attention ! ! erreur à ne pas commettre, il n’est pas possible de conclure en utilisant le théorème d’existence de limite par encadrement car les deux membres extrêmes n’ontpasla même limite ! Appliquons la définition de lim

x→+∞

px

x ℓ−ε

2L

−M x = ℓ

L−ε

2 pourε← ε 2 :

∃B0∈R₊ : ∀x∈R, x>B0 ⇒ px

x ℓ−ε

2L

−M x −

ℓ L−ε

2 6 ε

2

⇒ px

x ℓ−ε

2L

−M x −

ℓ L−ε

2

>−ε 2

⇒ px

x ℓ−ε

2L

−M x > ℓ

L−ε Appliquons la définition de lim

x→+∞

px

x

ℓ+ε 2L

+M x = ℓ

L+ε

2 pourε← ε 2 :

∃B1∈R₊ : ∀x∈R, x>B1 ⇒

px

x ℓ+ε

2L +M

x − ℓ

L+ε 2

6 ε 2

⇒ px

x ℓ+ε

2L +M

x − ℓ

L+ε 2

6 ε

2

⇒ px

x ℓ+ε

2L +M

x 6 ℓ L +ε PosonsB= max(B0, B1, A).

Soitx>B fixé quelconque.

L’encadrement (5) donne, ℓ

L−ε 6

carx>|{z}B>B0

px

x ℓ−ε

2L

−M

x 6f(x) x 6 px

x ℓ+ε

2L +M

| {z x}

carx>B>A

|{z}6 carx>B >B1

ℓ L+ε

donc−ε6f(x) x − ℓ

L 6εd’où

f(x) x − ℓ

L 6ε.

Ainsi, lim

x→+∞

f(x) x = ℓ

L.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.2 Soitx0∈Rfixé quelconque.

Utilisons la négation de la caractérisation séquentielle de la continuité : exhibons deux suites (an)n∈Net (bn)n∈N

qui convergent vers x0 et telles que les suites images (χQ(an))n∈N et (χQ(bn))n∈N convergent vers des limites différentes.

Par densité deQdansR,

∃(an)n∈N∈Q^N : lim

n→+∞an =x0

et par densité deR\QdansR,

∃(bn)n∈N∈R\Q^N : lim

n→+∞bn =x0

Par ailleurs, (χQ(an))n∈N= ˜1 donc

n→lim+∞χQ(an) = 1 et (χQ(bn))n∈N= ˜0 donc

n→lim+∞χQ(bn) = 0 Par conséquent,χQ n’est pas continue enx0.

Ainsi,χQ est discontinue en tout point deR.

(14)

1. Par définition, toute fonction lipschitzienne est 1-Höldérienne donc Höldérienne.

2. Soitf une fonction Höldérienne sur un intervalleI fixée quelconque.

Alors il existe une valeurα∈R^∗₊ pour laquelle elle estα-Höldérienne donc

∃K∈R^∗₊ : ∀(x, y)∈I² , |f(x)−f(y)|6K|x−y|^α. Soitx0∈I fixé quelconque.

Soitε∈R^∗₊ fixé quelconque.

Posonsη = ε

(1 +K) α¹

.

Soitx∈I fixé quelconque tel que|x−x0|6η.

|f(x)−f(x0)|6K|x−x0|^α6Kη^α6 K 1 +Kε6ε Par conséquent, lim

x→x0

f(x) existe et est finie (vaut f(x0)) doncf est continue enx0. Ainsi, toute fonction Höldérienne sur Iest continue surI.

1. Soient (a, b)∈R²fixés quelconques.

Montrons que min(a, b) =a+b− |b−a|

2 .

⋆ Si a > b, a+b− |b−a|

2 = a+b−(a−b)

2 =b= min(a, b).

⋆ Si a6b, a+b+|b−a|

2 = a+b−(b−a)

2 =a= min(a, b).

On en déduit que∀x∈[0,1], min(f(x), g(x)) =1

2(f(x) +g(x)− |f(x)−g(x)|).

Or,

⋆ f−gest continue comme combinaison linéaire de deux fonctions continues donc|f−g|=| · | ◦(f−g) comme composée de la fonction valeur absolue qui est continue et def −gqui l’est aussi,

⋆ f etg sont continues

donc, par stabilité de la continuité par combinaison linéaire, min(f, g) est une fonction continue.

Ainsi, l’application [−1,1]→R,x7→min(f(x), g(x)) est continue.

2. • Méthode 1. Adapter la question précédente.

Soient (a, b)∈R² fixés quelconques.

Montrons que max(a, b) = a+b+|b−a|

2 .

⋆ Sia > b, a+b+|b−a|

2 =a+b+ (a−b)

2 =a= max(a, b).

⋆ Sia6b, a+b+|b−a|

2 =a+b+ (b−a)

2 =b= max(a, b).

Or,

⋆ f−gest continue comme combinaison linéaire de deux fonctions continues donc|f−g|=|·|◦(f−g) comme composée de la fonction valeur absolue qui est continue et def−g qui l’est aussi,

⋆ f et g sont continues

donc, par stabilité de la continuité par combinaison linéaire, max(f, g) est une fonction continue.

Ainsi, l’application [−1,1]→R,x7→max(f(x), g(x)) est continue.

• Méthode 2. Utiliser la question précédente.

Observons que, pour (a, b)∈R², max(a, b) =−min(−a,−b) donc

∀x∈[0,1], max(f(x), g(x)) =−min(−f(x),−g(x))

Orf etgsont continues sur [0,1] donc −f et −g sont continues sur [0,1] si bien que la question pré- cédente permet d’affirmer que min(−f,−g)∈ C⁰([0,1]) d’où max(f, g) =−min(−f,−g)∈ C⁰([0,1]).

Ainsi, max(f, g)∈ C⁰([0,1]).

(15)

3. Ainsi, l’applicationR→R,x7→sup{f(t)+xg(t)|t∈[−1,1]}est continue (lipschitzienne dont on précisera la constante). Montrer de plus que ce résultat reste vrai si on remplace l’hypothèsef et g continues par f etg bornées.

1. Soitf une fonction définie sur Rsatisfaisant, pour tout x∈R, f(x) =f(x√ 2).

Soitx0∈Rfixé quelconque. On montre, par récurrence que,

∀n∈N, f(x0) =f x0

√2ⁿ

Si x0 >0, la caractérisation séquentielle de la limite permet d’affirmer que lim

n→+∞f x0

√2ⁿ

= 1 or, la suite (f

x0

√2ⁿ

)n∈N est constante égale à f(x0) donc convergente versf(x0). Par unicité de la limite d’une suite,f(x0) = 1.

On montre de même que, six0<0,f(x0) =−1.

Ainsi,f appartient à l’ensemble









R → R

t 7→





−1 si x<0 λ si x<0 1 si x=0

λ∈R







 .

2. Soitf une fonction définie sur R, continue en 0 et satisfaisant, pour toutx∈R,f(x) =f(x√ 2).

Soitx0∈Rfixé quelconque. On montre, par récurrence que,

∀n∈N, f(x0) =f x0

√2ⁿ

si bien que

⋆ d’une part la suite

f x0

√2ⁿ

n∈N

est constante égale à f(x0) donc elle converge vers f(x0),

⋆ d’autre part, par continuité def en 0, la suite

f x0

√2ⁿ

n∈N

converge versf(0).

Par unicité de la limite,f(x0) =f(0).

Ainsi,f est une fonction constante.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.8 Soitf :

]0,2[ → R

x 7→

Z x 1

sin 1 u(2−u)

du

f est la primitive qui s’annule en 1 d’une fonction continue et positive ou nulle sur ]0,2[ doncf est croissante sur ]0,2[.

De plus,

∀u∈]0,2[,

sin 1 u(2−u)

61 donc

∀x∈[1,2[, f(x)6 Z x

1

du6x−161

et (attention on peut intégrer une inégalité entreaetb à condition quea6b, sinon l’inégalité est renversée)

∀x∈[0,1[, f(x)>

Z x 1

du>x−16−1 si bien quef est bornée sur ]0,2[.

Par conséquent, f croissante et majorée (resp. minorée) admet une limite finie l2 (resp. l0) en 2 (resp. 0) si

bien qu’elle se prolonge par continuité en 0 et en 2 enfe:

[0,2] → R

x 7→









l0 si x= 0

Z x 1

sin 1 u(2−u)

du si x∈]0,2[

l2 si x= 2

et

fe∈ C⁰([0,2],R).

(16)

Soitf ∈ C⁰([0,1],R) etα∈]1,2]. On définitTα(f) sur [0,1] par

∀x∈[0,1], T(f)(x) = inf{f(y) +|x−y|^α|y∈[0,1]}. 1. Soient (x1, x2)∈[0,1]² fixés quelconques.

La fonction

[0,1] −→ R

y 7−→ f(y) +|x−y|² estcontinue sur le segment [0,1] donc elle est minorée et atteint sa borne inférieure :

∃y1∈[0,1] : T2(f)(x1) =f(y1) + (x1−y1)² .

Par conséquent, par définition deT2(f)(x2),T2(f)(x2)6f(y1) + (x2−y1)² si bien que T2(f)(x2)−T2(f)(x1) 6 f(y1) + (x2−y1)²−f(y1)−(x1−y1)²

= (x2−y1)²−(x1−y1)²

= (x1−x2)(x1+x2)−2y1(x1−x2) 6 |x1−x2||x1+x2|+ 2y1|x1−x2|

6 4|x1−x2| carx1+x2∈[0,2] ety1∈[0,1]

En échangeant les rôles joués parx1 etx2, on montre de même queT2(f)(x1)−T2(f)(x2)64|x2−x1| d’où

−4|x2−x1|6T2(f)(x2)−T2(f)(x1)64|x2−x1|. Ainsi,T2(f) est 4-lipschitzienne sur [0,1], donc continue.

2. Soitf ∈ C⁰([0,1],R) telle queT2(f) =f fixée quelconque.

Soitx∈]0,1[ fixé quelconque.

Soith∈]−min(x,1−x),min(1−x, x)[ fixé quelconque (de sorte quex+h∈[0,1] etx−h∈[0,1]).

La fonction

[0,1] −→ R

y 7−→ f(y) +|x−y|² estcontinue sur le segment [0,1] donc elle est minorée et atteint sa borne inférieure :

∃yx∈[0,1] : T2(f)(x) =f(yx) + (x−yx)² .

Par définition queT2(f)(x), ∀y ∈[0,1] , T2(f)(x)6 f(y) + (x−y)², d’où, pour y =x+haprès avoir observé queyx peut être choisi égal àxpuisqueT2(f) =f,

f(x) =T2(f)(x) =f(x) + (x−x)²6f(x+h) +h² d’oùf(x+h)−f(x)>−h².

En échangeant les rôles joués parxet x+h, on montre de même quef(x+h)−f(x)6h². Par conséquent,

∀h∈]−min(x,1−x),min(1−x, x)[ , −h²6f(x+h)−f(x)6h² si bien que

∀h∈]−min(x,1−x),min(1−x, x)[, 06

f(x+h)−f(x) h

6h.

Ainsi, la fonctionh7→

f(x+h)−f(x) h

est majorée par une fonction qui tend vers 0 lorsquehtend vers 0 donc

(i) le taux d’accroissement def enxadmet une limite ce qui signifie quef est dérivable enx, (ii) cette limite est nulle ce qui signifie quef^′(x) = 0.

La fonctionf est donc dérivable sur ]0,1[ et de dérivée nulle donc elle est constante sur ]0,1[, or elle est continue sur [0,1] par hypothèse (ce qui imposef(0) = lim

x→0 x>0

f(x) etf(1) = lim

x→1 x<1

f(x)) doncf est constante sur [0,1].

Ainsi,

f ∈ C⁰([0,1],R)|T2(f) =f ⊂

[0,1] −→ R x 7−→λ

λ∈R

, d’où l’égalité de ces deux en- sembles car l’inclusion réciproque est immédiate.

3. Soitα >1 fixé quelconque.

• un calcul direct à partir des définitions donneTα(fα)(0) = 0 =fα(0),