Fonctions de la variable réelle

Fonctions de la variable réelle

1 Énoncés

Exercice 1. Soitf : [0,1]→Rune fonction continue nulle en0 et en1. Montrer que pour tout entier n > 1, il existe x ∈ [0,1] tel que f(x+ _n¹) = f(x). Peut-on remplacer _n¹ par ` ∈ [0,1]

quelconque ?

Exercice 2. Quels sont les endomorphismes du corpsR?

Exercice 3 (Mines). Soientfetgdes fonctions continues de[0,1]dans[0,1]telles quef◦g=g◦f. 1) Montrer que l'ensemble des points xes def possède un plus grand et un plus petit élément.

2) Montrer l'existence dec∈[0,1]tel que f(c) =g(c).

Exercice 4 (d'après Mines MP). Soitf :R→Rune application.

a) On suppose quef◦f = idet quef est croissante. Montrer quef = id.

b) On suppose quef est continue et quef◦f admet un point xe. Est-ce le cas def? Généraliser.

Exercice 5 (Centrale). Soitf ∈ C²([0,1],R)telle quef(0) = 0. 1) Notonsu_n =Pn

k=1f(_n^k₂). Montrer quelimu_n=^f0(0)₂ . 2) Soientg∈ C⁰([0,1],R)et vn=Pn

k=1f(_n^k2)g(_n^k). Quelle est la limite de(vn)?

Exercice 6. Soitf :R+ →R de classe C^∞ telle quef(0) = lim_+∞f = 0. Montrer qu'il existe une suite strictement croissante(an)de réels tels quef⁽ⁿ⁾(an) = 0 pour toutn.

Exercice 7. Soitf :R→R^∗+. Montrer que ln◦f est convexe si et seulement si pour toutα >0, la fonctionf^α est convexe.

Exercice 8. Soit f : R → R continue et périodique de périodeT > 0. On note m = _T¹ RT 0 f. Montrer queR∞

T f(t)

t dt converge si et seulement sim= 0. Exercice 9. Déterminer la convergence des intégrales suivantes :

Z ∞

0

sin(t²) dt; Z 1 0

tdt p(1−t)(1 + 3t)· Dans le second cas, on donnera la valeur de l'intégrale.

Exercice 10. Calculer un équivalent en0def :x7→cosh(sinhx)−cosh(sinx). Exercice 11 (Centrale). Pourn>3, notonsPn=Xⁿ−nX+ 1.

1) Montrer qu'il existe un uniquex_n ∈]0,1[tel que P_n(x_n) = 0.

2) Prouver que la suite(xn)est décroissante, puis qu'elle est convergente.

3) Trouver un développement asymptotique à deux termes dexn. Exercice 12. Soitf dénie surRparf(x) =x²+x⁵. Montrer que :

1) Il existe α >0et β <0 tels que pour tout x∈E= ]α, β[\ {0}, il existey 6=xtel quef(y) = f(x). On noteg(x)cey;

2) La fonctiongest continue, décroissante, puis qu'elle est de classeC¹ surE et prolongeable par coninuité en0;

3) On ag(x)∼0−x;

4) Il existep >1et a6= 0tels queg(x) =−x+a x^p+o(x^p); 5) Il existeq > petb6= 0tels queg(x) =−x+a x^p+b x^q+o(x^q).

Exercice 13. Donner un développement limité à l'ordre n en 0 de la fonction x7→ ^{√ 1}

1−4x. En l'élevant au carré, donner une expression simple de la somme Pn

k=0 2k

k

2(n−k) n−k

. Donner une interprétation combinatoire.

Exercice 14. Soit f : [a, b]→[c, d]une fonction continue, convexe et strictement croissante. On dénit par récurrence deux suitesuetv en demandant quea6u0< v06b et

u_n+1=^un+v₂ ⁿ et v_n+1=f^{−1 f(un)+f(v}₂ ⁿ⁾

· Montrer queuetv convergent vers une même limite.

2 Corrigés

Corrigé 1. Supposons que ce ne soit pas le cas. Alorsf(·+_n¹)−f est non nulle, donc de signe constant, ce qui en sommant sur les ^k_n contredit la nullité en1.

Cherchons une fonction f n'ayant pas de corde de longueur ` comme somme d'une fonction périodique de période` et d'une fonction ane, de façon à ce quef(·+`)−f soit constante et non nulle : par exemple,

f(t) = cos^2πt_` −1 +αt.

Les conditions aux bornes et le fait de ne pas avoir de corde de longueur`se traduisent exactement parcos<sup>2π</sup><sub>`</sub> 6= 1, soit ¹<sub>`</sub> ∈/ Z. Cette construction fonctionne donc pour les `∈[0,1]qui ne sont pas de la forme _n¹ pour n>1entier.

Corrigé 2. Un tel morphisme est additif, dont vaut classiquement l'identité surQ. En utilisant la multiplicativité, on voit qu'il respecte les carrés, donc les réels positifs, donc est croissant, ce qui conclut.

Corrigé 3. SoitF l'ensemble des points xes de f. 1) F est fermé dans [0,1]puisquef est continue.

2) F est stable par g, en notantm= minF et M = maxF on a donc g(m)>m =f(m) et de mêmeg(M)6f(M). Par continuitéf−g s'annule sur[m, M].

Corrigé 4.

a) Supposons quexsoit tel quef(x)6=x, disonsf(x)> x. Alorsf(f(x))>f(x)> xce qui est en contradiction avec l'hypothèse. On peut aussi voir le résultat géométriquement : pour toutx, les points(x, f(x))et(f(x), x)sont deux points du graphe def symétriques par rapport à la première bissectrice, donc sont sur la bissectrice par croissance.

b) Supposons que f n'admette pas de point xe. Cela implique que f = id +g avec g de signe constant strict. En composant à droite, on aboutit à une absurdité. On pourrait remplacerf◦f parf^◦nsans changer le raisonnement. On peut aussi (mais seulement dans le casn= 2) adapter la deuxième idée de la première question : sixest un point xe, on dispose de deux points du graphe de part et d'autre de la bissectrice, donc le théorème des valeurs intermédiaire conclut.

Corrigé 5.

1) On écrit quef(x) =x f⁰(0) +O(x²)au voisinage de0, et Pf(_n^k2) =P k

n²f⁰(0) +O(n· ⁿ_n²4)

=R1

0 xdx+o(1). 2) Idem, on aboutit à

P k

n²f⁰(0)g(^k_n) +O(¹_n) qui tend versf⁰(0)R1

0 x g(x) dx.

Corrigé 6. On le fait par récurrence sur n, l'initialisation étant immédiate. Supposonsa_n con- struit, et queDⁿ⁺¹f ne s'annule pas sur(a_n,+∞). AlorsDⁿf y est strictement monotone, donc ne s'annule plus. Écrivons l'identité de Taylor avec reste intégral sur un segment[a, a+x]aveca > an:

f(a+x)−

n−1

X

k=0

D^kf(a) k! x^k =

Z a+x

a

tⁿ⁻¹

(n−1)!Dⁿf(t) dt

Le membre de gauche est négligeable devantxⁿ quandn → ∞. Supposons (quittes à changer f en son opposée) queDⁿf est strictement croissante. On a alors

Z a+x

a

tⁿ⁻¹

(n−1)!Dⁿf(t) dt>

Z a+x

a

tⁿ⁻¹

(n−1)!Dⁿf(a) dt=(x−a)ⁿ−aⁿ

n! Dⁿf(a) qui n'est pas négligeable devantxⁿ quandn→ ∞puisque Dⁿf(a)>0.

Corrigé 7. Sens direct : supposonsln◦f convexe. Par dénition, pourt∈[0,1]etx, y∈R, on a ln(f(tx+ (1−t)y))6tln(f(x)) + (1−t) ln(f(x)).

En multipliant parα >0et en passant à l'exponentielle qui est croissante et convexe, on obtient f(tx+ (1−t)y)^α6exp(tln(f(x)^α) + (1−t) ln(f(y)^α))6tf(x)^α+ (1−t)f(y)^α

comme voulu.

Sens réciproque : on a l'inégalité

f(tx+ (1−t)y)^α6tf(x)^α+ (1−t)f(y)^α. (1) Faisons un développement limité du membre de droite pourα↓0:

tf(x)^α+ (1−t)f(y)^α=t(1 +αlnf(x)) + (1−t)(1 +αlnf(y)) +o(α)

= 1 +α·(tlnf(x) + (1−t) lnf(y)) +o(α).

On passe ensuite au logarithme (qui est croissant) dans l'équation (1), ce qui donne le résultat voulu en divisant parαet en faisantα↓0.

Corrigé 8. On pose F(x) =Rx

0 f, qui vérieF(x) =mx+O(1). Par intégration par parties on obtient

Z A

T

f(t)

t dt=O(A⁻¹) + Z A

T

F(t)

t² dt=mln^A_T +O(A⁻¹) + Z A

T

O(t⁻²) dt qui converge si et seulement sim= 0.

Corrigé 9. Le premier est une intégration par parties. Pour le second on fait un changement de variables homographique qui ramène à calculer une primitive de

u²−1

(1 + 3u²)² =− 4

3 (1 + 3u²)² + 1 3 (1 + 3u²)

ce qui se fait par les méthodes usuelles (intégration par parties). On obtient ¹+ ^2π√ .

Corrigé 10. Commesinhx∼sinx∼x, il faut aller au moins à l'ordre 3, donc à l'ordre 4 par parité decosh.

cosh(sinhx) = cosh(x+^x₆³ +o(x⁴))

= 1 +^x₂² +⁵₂₄^x4 +o(x⁴) cosh(sinhx) = cosh(x−^x₆³ +o(x⁴))

= 1 +^x₂² −^x₈⁴ +o(x⁴) f(x)∼^x₃⁴·

Corrigé 11.

1. Étude dePn.

2. On montre quePn+16Pnsur]0,1[, ce qui donne la décroissance de(xn), puis sa convergence par minoration.

3. On utilise que pour toutn>3,xn= _n¹(1 +xⁿ_n). Commexn∈[0, x0]⊂[0,1[, on axⁿ_n→0, ce qui donne successivement les développementsxn =_n¹+o(xⁿ₀)puisxn= ¹_n(1+n⁻ⁿ+o(n⁻ⁿ)). Corrigé 12.

1) On af⁰(x)∼02x. Il existe donc un voisinageV de0 sur lequelf est strictement décroissante puis strictement croissante. Quitte à réduire le voisinage, on peut de plus supposer quef(V_<0) = f(V_>0). Alors f admet une réciproque strictement décroissante sur V_<0 et une réciproque strictement croissante surV_>0, alorsy=ϕ(f(x)), oùϕest l'inverse dans le demi-voisinage ne contenant pasx, convient.

2) La fonctionf étant unC¹-diéomorphisme sur chaque demi-voisinage, ses réciproques en sont également, etg aussi par composition. Les limites en0def et ses réciproques étant nulles, par composition les limites à gauche et à droite deg sont nulles, etg se prolonge donc en0. 3) Au voisinage de0on ax²+x⁵=g(x)²+g(x)⁵ mais aussix⁵=o(x²)etg(x)⁵=o(g(x)²)carg

tend vers0, doncx²(1 +o(1)) =g(x)²(1 +o(1))d'oùg(x)²∼x². Maisg(x)etxsont de signes opposés, doncg(x)∼ −x.

4) On a doncg(x)⁵=−x⁵+o(x⁵), d'où g(x)²=x²+ 2x⁵+o(x⁵). On en déduit

g(x) =−sgn(x)(x²+ 2x⁵+o(x⁵))¹²

=−x(1 + 2x³+o(x³))¹²

=−x(1 +x³+o(x³))

=−x−x⁴+o(x⁴). 5) On obtient maintenant

g(x)⁵= (−x−x⁴+o(x⁴))⁵

=−x⁵(1 +x³+o(x³))⁵

=−x⁵(1 + 5x³+o(x³))

=−x⁵−5x⁸+o(x⁸) d'oùg(x)²=x²+ 2x⁵+ 5x⁸+o(x⁸). On arrive enn à

g(x) =−x(1 + 2x³+ 5x⁸+o(x⁸))¹²

=−x(1 +x³−¹₂x⁶+o(x⁶))

=−x−x⁴+¹₂x⁷+o(x⁷).

Corrigé 13. On a

√ 1

1−4x =P

k>0

−1/2 k

(−4x)^k

=P

k>0 2k

k

x^k

d'où le fait que la somme en question vaut4ⁿ en élevant au carré.

Corrigé 14. On peut remarquer (mais ce n'est pas indispensable) qu'il sut de montrer par récurrence que u_n 6 v_n : en eet, on aura alors u_n+1 > u_n et v_n+1 6 v_n en appliquant f. Faisons-le : supposons l'inégalité vraie au rangn; il faut montrer que

un+vn

2 6f^{−1 f(un)+f(v}₂ ⁿ⁾

ce qui est immédiat vues les hypothèses surf... Finalement, les deux suites sont convergentes, et les limites sont égales en passant à la limite dans la dénition.

Remarque : pour f = log, en adaptant le raisonnement, on retrouve la moyenne arithmético- géométrique.

S. Baumard & A. Page année 2010 2011 mis à jour le 21 octobre 2010