L1 MIPI 13 Juin 2017
Corrig´e de l’examen de Fonctions d’une variable r´eelle. Seconde session.
Exercice 1.
a)∀ >0, ∃η >0, ∀x∈R, |x−x0|< η ⇒ |f(x)−`|< . b)On a lim
x→0
sin(x)
x = 1et lim
x→0
ln(1 +x) x = 1.
c)•On ´ecrit sin(3x)
x = 3×sin(3x)
3x . Commelim
x→03x= 0et lim
X→0
sin(X)
X = 1, par composition des limites (X = 3x) on en d´eduit que lim
x→0
sin(3x)
3x = 1et donc
x→0lim
sin(3x)
x = 3×1 = 3.
•On ´ecrit
sin2(2x)
xln(1 +x) = 4×
sin(2x) 2x
2
× x
ln(1 +x). Le mˆeme argument que ci-dessus montre que lim
x→0
sin(2x)
2x = 1. Par ailleurs, on a x
ln(1 +x) = 1
ln(1+x) x
. Par produit et quotient de limites on obtient donc
x→0lim
sin2(2x)
xln(1 +x) = 4×12 ×1 1 = 4.
• On ´ecrit xsin
1
2x
= sin 2x1
1 2x
× 1
2. Comme lim
x→+∞
1
2x = 0 et lim
X→0
sin(X)
X = 1, par composition des limites (X = 2x1 ) on en d´eduit que
x→+∞lim xsin
1
2x
= 1× 1 2.
d)Pour toutx∈R∗ on a
sin
1
x
≤1donc
0≤
xsin
1
x
≤ |x|.
Commelim
x→0|x|= 0, le th´eor`eme des gendarmes permet d’affirmer quelim
x→0xsin
1
x
= 0.
Exercice 2. f(x) = ex+ e−x−2
x .
a)Les fonctionsex ete−x sont d´erivables surR∗, et la fonction xest d´erivable et ne s’annule pas surR∗. La fonctionf est donc d´erivable surR∗ comme somme et quotient, dont le d´enominateur ne s’annule pas, de fonctions d´erivables. Les formules de d´erivation donnent alors
f0(x) = (ex−e−x)x−(ex+ e−x−2)
x2 .
b)On a
ex = 1 +x+ x2 2 +x3
6 +x3ε(x), lim
x→0ε(x) = 0.
En remplac¸antxpar−xon a
e−x = 1−x+ x2 2 − x3
6 −x3ε(−x) Puisquelimx→0−x= 0, en posantε1(x) =−ε(−x)on a
e−x = 1−x+ x2 2 − x3
6 +x3ε1(x), lim
x→0ε1(x) = 0.
c)La fonctionf est prolongeable par continuit´e en0si, par d´efinition,lim
x→0f(x)existe et est finie.
La valeur de cette limite donne alors la valeur du prolongement en0. A l’aide du b) on ´ecrit
f(x) =
1 +x+ x22 +x63 +x3ε(x) +
1−x+x22 − x63 +x3ε1(x)
−2 x
= x2+x3(ε(x) +ε1(x)) x
= x+x2(ε(x) +ε1(x)), et donc lim
x→0f(x) = 0. La fonctionf est prolongeable par continuit´e en0en posantf(0) = 0.
d) i)gest d´erivable enx0si et seulement si la limite lim
x→x0
g(x)−g(x0) x−x0
existe et est finie. La valeur de cette limite est le nombre d´eriv´eg0(x0).
ii)Pour savoir sif est d´erivable en0il faut ´etudier la limite en0du rapport f(x)−f(0)
x−0 = f(x) x puisquef(0) = 0. Le calcul de la question c) montre que
f(x)
x = x+x2(ε(x) +ε1(x))
x = 1 +x(ε(x) +ε1(x)).
On en d´eduit quelim
x→0
f(x)
x = 1. La fonctionf est donc d´erivable en0etf0(0) = 1.
Exercice 3.
a)•f est injective si tout ´el´ement deF poss`ede au plus un ant´ec´edent dansEparf, i.e.
∀x, x0 ∈E, f(x) =f(x0) ⇒x=x0.
•f est surjective si tout ´el´ement deF poss`ede au moins un ant´ec´edent dansE parf, i.e.
∀y∈F, ∃x∈E, y =f(x).
•f est bijective si tout ´el´ement deF poss`ede exactement un ant´ec´edent dansE parf, i.e.
∀y∈F, ∃!x∈E, y=f(x).
b)g◦f est l’application deE dansGd´efinie par
∀x∈E, g◦f(x) =g(f(x)). c)On suppose quef etgsont injectives, i.e.
∀x, x0 ∈E, f(x) =f(x0) ⇒x=x0 et ∀y, y0 ∈F, g(y) =g(y0) ⇒y=y0. (Inj) Montrons queg◦f est injective, i.e.
∀x, x0 ∈E, g◦f(x) =g◦f(x0) ⇒x=x0.
Soient doncx, x0 ∈Etels queg◦f(x) = g◦f(x0). Par d´efinition deg ◦f on a doncg(f(x)) = g(f(x0)). Puisqueg est injective, en appliquant (Inj)avec y = f(x)ety0 = f(x0)on en d´eduit quef(x) =f(x0). Maisf est injective et doncx=x0, ce qui prouve le r´esultat.
d)On suppose quef etgsont surjectives, i.e.
∀y ∈F, ∃x∈E, y=f(x) et ∀z ∈G, ∃y∈F, z =g(y). (Surj) Montrons queg◦f est surjective, i.e.
∀z ∈G, ∃x∈E, z =g◦f(x).
Soit doncz ∈G. Puisque g est surjective il existe y ∈ F tel que z = g(y). Par ailleurs f est surjective donc il existex∈E tel quey=f(x). On a doncz =g(y) =g(f(x)), i.e.z =g◦f(x) ce qui prouve bien queg◦f est surjective.
e) Soient f : R → R∗ d´efinie par f(x) = ex et g : R∗ →]0,+∞[ d´efinie par g(x) = 1 x2. Ici on a donc E = R, F = R∗ et G = ]0,+∞[. On v´erifie que g n’est pas injective, par exemple g(−1) = g(1) alors que−1 6= 1, et quef n’est pas surjective. En effet,ex > 0pour toutx ∈ R donc−2∈R∗ n’a pas d’ant´ec´edent parf.
La fonctiong◦f :R→]0,+∞[est d´efinie par g◦f(x) = 1
(f(x))2 = 1
(ex)2 = e−2x.
On v´erifie facilement que g ◦ f est injective et surjective (donc bijective). En effet, l’unique ant´ec´edent dey >0parg◦f estx=−12ln(y).
Conclusion:g◦fest injective n’implique pas quegetfle sont (icigne l’est pas), et de mˆemeg◦f est surjective n’implique pas quegetf le sont (icifne l’est pas). Les r´eciproques des implications donn´ees aux questions c) et d) sont donc toutes les deux fausses.
Remarque: on peut montrer (faites-le!) que sig◦f est injective alorsf est injective, et que sig◦f est surjective alorsg l’est.
