Exercices sur les fonctions réelles

(1)

Fonctions réelles

Limites

Exercice 1 [ 00227 ][correction]

Soitf :R⁺→Rune fonction continue.

On suppose que lim

x→+∞f(x) =`∈Ret on désire établir

x→+∞lim 1 x

Z x 0

f(t)dt=`

a) Pourε >0, justifier qu’il existeA∈R⁺tel que pour tout x>A

1 x

Z x A

(f(t)−`)dt 6ε b) Conclure en écrivant

1 x

Z x 0

f(t)dt−`= 1 x

Z A 0

(f(t)−`) dt+1 x

Z x A

(f(t)−`) dt

Soitf : [0,+∞[→Rune fonction continue telle que f(x+ 1)−f(x)−−−−−→

x→+∞ ` Montrer que

f(x)

x −−−−−→

x→+∞ ` en commençant par étudier le cas`= 0.

Soitf : [0,+∞[→Rde classeC¹telle que

t→+∞lim f(t) +f⁰(t) =`∈R Montrer que

f(t)−−−−→

t→+∞ `

Soitf : ]0,+∞[→Rtelle que

x→0limf(x) = 0 et lim

x→0

f(x)−f(x/2)

√x = 1 Trouver un équivalent simple en 0 def.

Continuité

Soitf : [0,1]→[0,1].

a) On suppose quef est continue. Montrer quef admet un point fixe.

b) On suppose quef est croissante. Montrer quef admet un point fixe.

Soientf etg des fonctions continues de [0,1] dans [0,1] telles quef◦g=g◦f. a) Montrer que l’ensemble des points fixes def possède un plus grand et un plus petit élément.

b) Montrer l’existence dec∈[0,1] tel quef(c) =g(c).

Soit (un) une suite de réels de [0,1] de limite 1.

Déterminer les fonctionsf ∈ C([0,1],R) vérifiant

∀x∈[0,1], f(x) =

+∞

X

n=1

f(unx+ 1−x) 2ⁿ

Dérivation

Soitf :x7→arctanx. Montrer que pour n∈N^? f⁽ⁿ⁾(x) =(−1)ⁿ⁻¹(n−1)!

2i

1

(x−i)ⁿ − 1 (x+i)ⁿ

En déduire les zéros def⁽ⁿ⁾pourn∈N^?.

(2)

Soient des réelsa, boùa /∈ {0,1}. On poseh(x) =ax+bpour toutxréel. On noteS l’ensemble des fonctions dérivablesf :R→Rtelles que

f◦f =h a) Montrer queS=∅ sia <0.

Désormais on supposea >0 (eta6= 1).

b) Montrer quehest une homothétie ; préciser son centre et son rapport.

c) Soitf ∈S. Montrer

h⁻¹◦f◦h=f

En déduire une expression def; on commencera par le cas 0< a <1.

On posef(x) = e^−1/x² pourxréel non nul etf(0) = 0.

a) Montrer l’existence pour toutn∈Nd’un polynômePn tel que :

∀x∈R^?,f⁽ⁿ⁾(x) =x⁻³ⁿPn(x)f(x) Quel est le degré deP_n?

b) Montrer quef est de classeC^∞, toutes ses dérivées étant nulles en 0.

c) Montrer que toute racine dePn est réelle.

[Théorème de Darboux]

Soitf : [a, b]→Rune fonction dérivable.

a) Montrer quef⁰ prend toutes les valeurs intermédiaires entre f⁰(a) et f(b)−f(a)

b−a

b) Conclure quef⁰ prend toutes les valeurs intermédiaires entref⁰(a) etf⁰(b).

Ainsi, bien qu’une fonction dérivée ne soit pas nécessairement continue, elle satisfait au théorème des valeurs intermédiaires !

Soitf : [a, b]→Rde classeC¹et s’annulant une infinité de fois. Montrer qu’il existeα∈[a, b] tel quef(α) =f⁰(α) = 0.

Soientf : [a, b]→Rde classeCⁿ s’annulant en a1< a2< . . . < an. Montrer que pour chaquex0∈[a, b], il existec∈]a, b[ vérifiant

f(x0) = (x0−a1)(x0−a2). . .(x0−an)

n! f⁽ⁿ⁾(c)

On pourra, lorsque cela est possible, introduire un réelK tel que f(x0) =(x0−a1). . .(x0−an)

n! K

et établir que la dérivéen-ième dex7→f(x)−^(x−a¹^)...(x−a_n! ⁿ⁾K s’annule.

Soitf : [a, b]→Rde classeC²telle que f(a) =f(b) = 0.

a) Montrer que

∀x₀∈[a, b] ,∃ξ∈]a, b[ ,f(x₀) = (x0−a)(x0−b) 2 f⁰⁰(ξ) b) En déduire que

sup

[a,b]

|f|6(b−a)²

8 sup

[a,b]

|f⁰⁰|

Soitf : [0,1]→[0,1] une bijection de classeC¹vérifiant

∀t∈[0,1], f⁰(t)>0

Soitn∈N^?. Montrer que l’on peut trouver une suite (xk,n)₁₆k6n telle que :

∀k∈ {1, . . . , n}, k−1

n 6f(x_k,n)6 k n et

n

X

k=1

1

f⁰(x_k,n) =n

Soitf :R⁺→Rdérivable.

a) Sif⁰ est bornée surR⁺, montrer quef est uniformément continue surR⁺. b) Si|f⁰(x)| →+∞quandx→+∞, montrer quef n’est pas uniformément continue surR⁺.

Déterminer les fonctionsf ∈ C¹(R,R) vérifiant f ◦f =f

(3)

Intégration

Soienta, b∈R, 0< c < ^b−a₂ et f :x7→

1 si |x|6c 0 sinon Représenter

g(t) = Z b

a

f(t−x) dx

Résoudre l’équation

2^x+ 4^x² = 3^x+ 3^x² d’inconnuex∈R.

Soitf : [a, b]→Rde classeC¹. Montrer que

n→+∞lim Z b

a

f(t) sin(nt) dt= 0

Soitf : [0, π]→Rde classeC¹.

Déterminer la limite quandn→+∞de Z π

0

f(t)|sin(nt)|dt

Pourx∈]0,1[∪]1,+∞[, on pose f(x) =

Z x² x

dt lnt

a) Justifier l’existence def(x) pour chaquex∈]0,1[∪]1,+∞[

b) Etablir que pour toutx >1, Z x²

x

xdt

tlnt 6f(x)6 Z x²

x

x²dt tlnt En déduire la limite def en 1⁺

c) Etudier de même la limite def en 1⁻.

d) Justifier que la fonctionf est de classeC¹ sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[ et exprimer f⁰(x)

e) Etablir que le prolongement par continuité def en 1 est de classe C¹ puis de classeC^∞ sur ]0,+∞[

On introduit surR^? la fonction

f :x7→

Z 2x x

e^t t dt a) Prolongerf par continuité en 0.

b) Montrer quef est de classeC¹surR.

Soientf :R→Rune application de classeC¹ eta >0. On pose I(x) = 1

x^a+1 Z x

0

t^af(t) dt Déterminer la limite deI(x) quandxtend vers 0.

Soitf ∈ C([0,1],R). Déterminer la limite de la suite R1

0 tⁿf(t) dt R1

0 tⁿdt

!

n>0

Déterminer un équivalent de In =

Z 1 0

xⁿ⁺¹ ln(1−x)dx

(4)

Convexité

Etudier la fonction

f :x7→xp 1−x² afin d’en réaliser la représentation graphique.

Soientf etg:R→Rdeux applications telles quef soit convexe etg soit à la fois convexe et croissante. Montrer queg◦f est convexe.

Soitf :I→Rune application continue strictement décroissante et convexe.

Etudier la convexité de la fonctionf⁻¹:f(I)→I.

Soitf :R→Rune fonction convexe strictement croissante.

Montrer quef tend vers +∞en +∞.

Soitf :R→Rune fonction convexe et bornée.

Montrer quef est constante.

Soitf :R→Rune application convexe et majorée. Montrer quef est constante.

La conclusion subsiste-t-elle pourf : [0,+∞[→R?

Soitf :R→Rune fonction convexe. Montrer quef est continue.

Soitf :R→Rune fonction convexe.

a) On supposef −−→

+∞ 0. Montrer quef est positive.

b) On suppose quef présente une droite asymptote en +∞. Cela signifie qu’il existe une droite d’équationy=px+qvérifiant

f(x)−(px+q)−−−−−→

x→+∞ 0

Etudier la position de la courbe par rapport à cette asymptote.

SoientI un intervalle ouvert deRet f ∈ C⁰(I,R).

a) On suppose que, pour tout (x, y)∈I², f

x+y 2

6 f(x) +f(y) 2 Montrer quef est convexe.

b) On suppose qu’il existe un réelM tel que

∀(x, y)∈R²,|f(x+y) +f(x−y)−2f(x)|6M y² Montrer quef est dérivable.

Indice : Considérerx7→f(x)±M x²/2.

Soitf :R⁺→Rdérivable, concave et vérifiantf(0)>0. Montrer quef est sous-additive i.e.

∀x, y∈R⁺, f(x+y)6f(x) +f(y)

Soitf :I→Rconvexe. Montrer que sia∈Iest un minimum local def alorsa est un minimum global.

[Inégalité d’entropie]

Soitϕ:I→Rconvexe et dérivable surI intervalle non singulier.

(5)

a) Etablir que pour touta, x∈I on a l’inégalité ϕ(x)>ϕ(a) +ϕ⁰(a)(x−a) b) Soitf : [0,1]→I continue. Etablir

ϕ Z 1

0

f(t) dt

6 Z 1

0

ϕ(f(t)) dt

c) Soitf : [0,1]→Rcontinue, strictement positive et d’intégrale égale à 1.

Montrer

Z 1 0

f(t) ln(f(t)) dt>0

d) Soientf, g: [0,1]→Rcontinues, strictement positives et d’intégrales sur [0,1]

égales à 1.

En justifiant et en exploitant l’inégalitéxlnx>x−1 pourx >0, montrer Z 1

0

f(t) lnf(t) dt>

Z 1 0

f(t) lng(t) dt

SoientC1 etC2deux parties convexes d’unR-espace vectorielE.

Montrer que l’ensembleC formé des milieux des vecteursu1et u2 avecu1∈C1 et u2∈C2 est convexe.

SoitV une partie non vide d’unR-espace vectorielE.

Montrer que si tout barycentre d’éléments deV est encore dansV alorsV est un sous-espace affine.

Inégalité de convexité

Observer les inégalités suivantes par un argument de convexité.

a) ∀x∈[0, π/2], 2

πx6sinx6x b)∀n∈N,∀x>0,xⁿ⁺¹−(n+ 1)x+n>0

Montrer quef : ]1,+∞[→Rdéfinie parf(x) = ln(lnx) est concave.

En déduire

∀(x, y)∈]1,+∞[², lnx+y 2 >p

lnx.lny

Montrer

∀x1, . . . , x_n>0, n

1

x1 +· · ·+_x¹

n

6 x₁+· · ·+x_n n

Soientp, q >0 tels que

1 p+1

q = 1 Montrer que pour touta, b >0 on a

a^p p +b^q

q >ab

Soienta, b∈R⁺ ett∈]0,1[. Montrer

a^tb^1−t6ta+ (1−t)b

[Inégalité de Hölder]

Soientp, q >0 tels que

1 p+1

q = 1

a) En exploitant la concavité dex7→lnx, établir que pour touta, b∈R⁺, on a

√p

a√^q b6a

p+b q b) Soienta₁, a₂, b₁, b₂∈R⁺, déduire de ce qui précède :

a1b1

pp

a^p₁+a^p₂p^q

b^q₁+b^q₂ 6 1 p

a^p₁ a^p₁+a^p₂ +1

q b^q₁ b^q₁+b^q₂

(6)

c) Conclure que

a₁b₁+a₂b₂6 ^p q

a^p₁+a^p₂^q q

b^q₁+b^q₂

d) Plus généralement, établir que pour toutn∈Net touta₁, . . . , a_n, b₁, . . . , b_n on a :

n

X

i=1

a_ib_i6 ^p v u u t

n

X

i=1

a^p_i ^q v u u t

n

X

i=1

b^q_i

a) Montrer que la fonctionx7→ln(1 + e^x) est convexe surR b) Etablir

∀x₁, . . . , x_n∈R^+?,1 +

n

Y

k=1

x_k

!1/n

6

n

Y

k=1

1 +x_k

!1/n

c) En déduire, pour touta1, . . . , an, b1, . . . , bn∈R^+?, l’inégalité

n

Y

k=1

a_k

!^1/n +

n

Y

k=1

b_k

!^1/n 6

n

Y

k=1

(a_k+b_k)

!^1/n

Soientx1, . . . , xn, y1, . . . , yn des réels positifs.

Montrer

(x₁. . . x_n)^1/n+ (y₁. . . y_n)^1/n6((x₁+y₁)× · · · ×(x_n+y_n))^1/n

Soientf :R→Rconvexe,a, bréels aveca < b,g: [a, b]→Rcontinue. Montrer que

f 1

b−a Z b

a

g(t) dt

!

6 1

b−a Z b

a

f(g(t)) dt

Soitf : [0,1]→Rcontinue, concave et vérifiantf(0) = 1. Etablir Z 1

0

xf(x)dx6 2 3

Z 1 0

f(x)dx ²

Soientx1, x2, . . . , xn>0. Montrer x1

x₂ +x2

x₃ +· · ·+x_n−1 x_n +xn

x₁ >n

Etude asymptotique

On posef(x) =x+ lnx−1 pourx >0.

a) Justifier quef réalise une bijection de ]0,+∞[ sur un intervalle à préciser.

b) Former le développement limité à l’ordre 2 def⁻¹ en 0.

c) Donner un équivalent simple àf⁻¹(y) quandy→+∞.

d) Donner un équivalent simple àf⁻¹(y) quandy→ −∞.

Montrer quex7→x+ ln(1 +x) admet au voisinage de 0 une fonction réciproque.

Former le développement limité à l’ordre 3 au voisinage de 0 de celle-ci.

Soitf : [e,+∞[→Rla fonction définie par f(x) = x

lnx

a) Montrer quef réalise une bijection de [e,+∞[ vers un intervalle à préciser.

b) Déterminer un équivalent simple àf⁻¹en +∞.

c) Réaliser un développement asymptotique à trois termes def⁻¹ en +∞.

Soitf :R→Rde classeC² vérifiant

f(0) =f⁰(0) = 0 etf⁰⁰(0)>0

a) Montrer l’existence dea >0 tel quef est strictement décroissante sur [−a,0]

et strictement croissante sur [0, a].

b) On pose

b= min{f(−a), f(a)}

Montrer que pour toutλ∈[0, b], l’équationf(x) =λadmet une unique solution x1(λ) dans [−a,0] et une unique solutionx2(λ) dans [0, a].

(7)

c) Déterminer les limites puis des équivalents dex1(λ) et dex2(λ) quandλ→0⁺. d) On suppose maintenant quef est de classeC³. Etudier la limite quandλ→0⁺

de x₁(λ) +x₂(λ)

λ

Soit

f :x7→ x+ 1 x e^x a) Montrer que l’équation

f(x) =λ

admet deux solutionsa(λ)< b(λ) pourλassez grand.

b) Déterminer

lim

λ→+∞b(λ)^a(λ)

a) Former le DL à l’ordre 3 en 0 de

tanx= sinx cosx b) Prolonger le DL à l’ordre 5 en exploitant

tan(arctanx) =x c) Prolonger le DL à l’ordre 7 en exploitant

(tanx)⁰= 1 + tan²x

(8)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

a) Soitε >0, puisquef(x)−−−−−→

x→+∞ `, il existeA∈R⁺tel que

∀x>A,|f(x)−`|6ε Pourx>Aet pour toutt∈[A, x], |f(t)−`|6εdonc

1 x

Z x A

(f(t)−`) dt 6 1

x Z x

A

|f(t)−`|dt6x−A x ε6ε b) On peut écrire

1 x

Z x 0

f(t) dt−`= 1 x

Z x 0

(f(t)−`) dt= 1 x

Z A 0

(f(t)−`) dt+1 x

Z x A

(f(t)−`) dt Quandx→+∞,

1 x

Z A 0

(f(t)−`) dt= C^te x →0 donc il existeA⁰ ∈R⁺ tel que

x>A⁰ ⇒ 1 x

Z A 0

(f(t)−`) dt

6ε

et alors pourA⁰⁰= max(A, A⁰), on a x>A⁰⁰⇒

1 x

Z x 0

(f(t)−`) dt 62ε

Dans le cas`= 0

∀ε >0,∃A∈R⁺,∀x>A,|f(x+ 1)−f(x)|6 ε 2 Or

f(x) x = 1

x

bx−Ac−1

X

k=0

[f(x−k)−f(x−k−1)] + 1

xf(x− bx−Ac)

donc

f(x) x

6 bx−Ac A

ε

2+|f(x− bx−Ac)|

x

Puisquef est continue sur le segment [A, A+ 1], elle y est bornée par un certain M.

Orx− bx−Ac ∈[A, A+ 1] donc

f(x) x

6 ε

2 +M x et pourxassez grand

f(x) x

6ε

Dans le cas général, il suffit d’introduire la fonctiong:x7→f(x)−`xpour conclure.

Commençons par le cas`= 0.

On remarque que (f(t)e^t)⁰= (f(t) +f⁰(t))e^tdonc f(x)e^x=f(0) +

Z x 0

(f(t) +f⁰(t))e^tdt puis

f(x) =f(0)e^−x+ Z x

0

(f(t) +f⁰(t))e^t−xdt Il reste à montrer

Z x 0

(f(t) +f⁰(t))e^t−xdt−−−−−→

x→+∞ 0 Pourε >0, il existeA∈R⁺, pour t>A,

|f(t) +f⁰(t)|6ε On a alors

Z x A

(f(t) +f⁰(t))e^t−xdt 6ε

et

Z A 0

(f(t) +f⁰(t))e^t−xdt

6e^A−x Z A

0

|f(t) +f⁰(t)|dt−−−−−→

x→+∞ 0 Ainsi pourxassez grand,

Z x 0

(f(t) +f⁰(t))e^t−xdt 62ε Finalementf(x)−−−−−→

x→+∞ 0.

Cas général : il suffit de considérerg:x7→f(x)−`.

(9)

Pour toutε >0, il existeα >0 tel que

∀x∈]0, α] , (1−ε)√

x6f(x)−f(x/2)6(1 +ε)√ x Pourx∈]0, α],x/2ⁿ∈]0, α] pour toutn∈Ndonc

(1−ε)p

x/2ⁿ6f(x/2ⁿ)−f(x/2ⁿ⁺¹)6(1 +ε)p x/2ⁿ⁺¹

En sommant ces inégalités et en passant à la limite quandn→+∞on obtient : (1−ε)√

x 1

1−1/√

2 6f(x)6(1 +ε)√

x 1

1−1/√ 2 La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer

f(x)∼

√x 1−1/√

2

a) Considéronsg:x7→f(x)−x.gest continue,g(0)>0 etg(1)60 donc il existe α∈[0,1] tel queg(α) = 0.

b) L’ensembleA={x∈[0,1]/f(x)>x} est une partie deR, non vide (0 y appartient) et est majorée (par 1).

On peut donc poser

α= supA

Siα∈A alorsα6f(α) doncf(α)6f(f(α)) d’oùf(α)∈A. Orαest majorant deAdoncf(α)6αpuisf(α) =α.

Siα /∈A alorsf(α)< α. Puisqueαest le plus petit des majorants deA, il existe t∈Avérifiantf(α)< t6α. Or par croissance de f, f(t)6f(α)< tce qui est contradictoire avec la propriétét∈A.

On peut aussi procéder par dichotomie. . .

a) L’ensemble des points fixes def est (f−Id)⁻¹{0}, c’est donc une partie fermée de [0,1]. Etant fermée et bornée c’est une partie compacte. Etant de plus non vide, cette partie admet un plus petit et un plus grand élément.

b) Soienta6b les deux éléments précédents. L’égalitéf◦g=g◦f donne f(g(a)) =g(a) etf(g(b)) =g(b).

Les réelsg(a) et g(b) étant points fixes def, on a l’encadrement a6g(a), g(b)6b

Considérons alors la fonction continueϕ=f−g.

On aϕ(a) =a−g(a)60 etϕ(b) =b−g(b)>0.

Par application du théorème des valeurs intermédiaires, la fonctionϕs’annule.

Soitf une fonction solution. Puisque celle-ci est continue sur un segment, elle y admet un minimum en un certainx₀∈[0,1].

On a alors

f(x0) =

+∞

X

n=1

f(unx0+ 1−x0) 2ⁿ >

+∞

X

n=1

f(x0)

2ⁿ =f(x0) On en déduit

∀n∈N, f(unx0+ 1−x0) =f(x0) En passant à la limite quandn→+∞, on obtient

f(1) =f(x₀) Ainsif(1) est la valeur minimale de f sur [0,1]

Un raisonnement symétrique assure aussi quef(1) est la valeur maximale def sur [0,1].

On en déduit quef est constante.

La réciproque est immédiate.

Par décomposition en éléments simples f⁰(x) = 1

x²+ 1 = 1 2i

1

x−i + 1 x+i

Il suffit ensuite de dériver à l’ordren. . . Après résolution de l’équation

(x−i)ⁿ= (x+i)ⁿ

à l’aide des racines de l’unité, on obtient que les racines def⁽ⁿ⁾sont les cot^kπ_n aveck∈ {1, . . . , n−1}.

(10)

a) En dérivant la relation (f◦f)(x) =ax+bon obtient f⁰(x)f⁰(f(x)) =a

On observe quehadmet un unique point fixeα=b/(1−a).

Si pour toutx∈R,f(x)< xalorsh(x) =f(f(x))< f(x)< xce qui est contradictoire avec l’existence d’un point fixe pourh.

De même, on ne peut avoirf(x)> xpour toutx∈R. La continuité def permet alors d’assurer l’existence d’un point fixe àf (qui ne peut d’ailleurs qu’êtreαcar un point fixe def est aussi point fixe deh).

La relation

f⁰(x)f⁰(f(x)) =a enx=αdonne

(f⁰(α))²=a Par suite sia <0,S=∅.

b) On observe

h(x) =a(x−α) +α

L’applicationhest une homothétie de centreαet de rapporta.

c) On a

h⁻¹◦f◦h=h⁻¹◦f ◦f ◦f =h⁻¹◦h◦f =f En itérant la relation précédente

(h⁻¹)ⁿ◦f◦hⁿ=f

avechⁿ(x) =α+aⁿ(x−α) et (h⁻¹)ⁿ(x) =α+a⁻ⁿ(x−α).

Supposonsa∈]0,1[.

On peut écrire

f(x) = ((h⁻¹)ⁿ◦f ◦hⁿ) = (h⁻¹)ⁿ◦f(α+aⁿ(x−α)) Puisqueaⁿ →0 et quef est dérivable enα

f(α+aⁿ(x−α)) =α+aⁿ(x−α)f⁰(α) +o(aⁿ) donc

f(x) = (h⁻¹)ⁿ◦f(α+aⁿ(x−α)) =α+ (x−α)f⁰(α) +o(1) En passant à la limite quandn→+∞, on peut affirmer que la fonctionf est affine. Puisque de plusαest point fixe, f est une homothétie de centreαet son rapport ne peut qu’être±√

a.

Dans le casa >1, la même étude en partant de h◦f◦h⁻¹=f

permet aussi d’affirmer quef est affine et d’obtenir une conclusion analogue.

a) Il suffit de raisonner par récurrence. On obtientP0(x) = 1 et pour toutn∈N, P_n+1= (2−3nX²)P_n+X³P_n⁰

Par récurrence, pourn >0, degP_n= 2(n−1).

b)f est continue en 0 et pour toutn∈N^?, f⁽ⁿ⁾(x)−−−→

x→0 0 dont par le théorème

« limite de la dérivée », on peut conclure.

c)P1= 2 a toutes ses racines réelles.

f⁰(0) = lim

x→+∞f⁰(x) = lim

x→−∞f⁰(x) = 0 donc par une généralisation du théorème de Rolle, on peut affirmer quef⁰⁰ s’annule sur ]0,+∞[ et ]−∞,0[. Ses annulations sont aussi des zéros deP2 qui est de degré 2, doncP2 a toutes ses racines réelles.

f⁰⁰s’annule aussi en 0 et en ±∞. Par la généralisation du théorème de Rolle, on obtient 2 annulations sur ]0,+∞[ et 2 annulations sur ]−∞,0[ qui seront toutes quatre zéros deP3 qui est un polynôme de degré 4,. . . on peut itérer la démarche.

Soityune valeur strictement intermédiaire àf⁰(a) et ^f(b)−f(a)_b−a . Considéronsϕ: [a, b]→Rdéfinie parϕ(x) =f(x)−y(x−a).

La fonctionϕest dérivable et

ϕ(a) =f(a),ϕ⁰(a) =f⁰(a)−y <0,ϕ(b) =f(b)−y(b−a)> f(a) Puisqueϕ⁰(a)<0,ϕprend des valeurs strictement inférieures àf(a).

Ainsi il existeα∈]a, b] tel queϕ(α)< f(a).

ϕest continue, par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué entreαetb, il existex∈]α, b[⊂]a, b[ tel queϕ(x) =f(a).

En appliquant le théorème de Rolle entreaetx, il existec∈]a, x[ tel que ϕ⁰(c) = 0 i.e.f⁰(c) =y.

Par le même principe que ci-dessus,f⁰ prend aussi les valeurs intermédiaires à f⁰(b) et ^f(b)−f(a)_b−a et donc les valeurs intermédiaires àf⁰(a) etf⁰(b).

(11)

Soit (an) une suite de valeurs d’annulation deux à deux distinctes def. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut extraire de la suite bornée (an) une sous-suite convergente (aϕ(n)). Posonsαsa limite. Par continuité, on af(α) = 0.

En appliquant le théorème de Rolle entreaϕ(n)et aϕ(n+1), il existebn compris entre ces deux nombres tel quef⁰(b_n) = 0. Quand n→+∞, on ab_n →αpar encadrement et donc par continuité def⁰, on af⁰(α) = 0. Finalement f(α) =f⁰(α) = 0.

Six0∈ {a1, . . . , an} n’importe quelc convient.

Six₀∈ {a/ 1, . . . , a_n}, il existe une constanteK telle que f(x₀) =(x₀−a₁). . .(x₀−a_n)

n! K

La fonctionx7→f(x)−^(x−a¹^)...(x−a_n! ⁿ⁾K est de classeCⁿ et s’annule en a1, . . . , an

etx0 ce qui fournit au moinsn+ 1 valeurs d’annulation et permet, par le théorème de Rolle, de conclure que sa dérivéenème s’annule en unc∈]a, b[. Or

dⁿ dxⁿ

f(x)−(x−a1). . .(x−an)

n! K

=f⁽ⁿ⁾(x)−K doncK=f⁽ⁿ⁾(c).

a) Six0=aoux0=b: ok. Sinon introduisons un réelK tel que la fonction g:x7→f(x)−(x−a)(x−b)

2 K

s’annule enx₀.

La fonctiong est de classeC²et s’annule en a < t < bdonc il existeξ∈]a, b[ tel queg⁰⁰(ξ) = 0 ce qui résout le problème.

b) Notons que les sup engagés existent car les fonctions considérées sont continues sur le segment [a, b].

On a

∀x∈[a, b],|f(x)|6 (x−a)(b−x)

2 sup

[a,b]

|f⁰⁰|

Orx7→ ^{(x−a)(b−x)}₂ est maximum enx= ^a+b₂ ce qui donne :

|f(x)|6 (b−a)²

8 sup

[a,b]

|f⁰⁰|

puis

sup

[a,b]

|f|6(b−a)²

8 sup

[a,b]

|f⁰⁰|

La bijection réciproquef⁻¹ est dérivable car la dérivée def ne s’annule pas et f⁻¹0

(x) = 1

f⁰(f⁻¹(x))

Appliquons le théorème des accroissements finis à la fonctionf⁻¹ entre ^k−1_n et _n^k, il existeyk,n∈_k−1

n ,_n^k tel que f⁻¹

k n

−f⁻¹ k−1

n

= f⁻¹0

(y_k,n) k

n−k−1 n

En posantxk,n=f⁻¹(yk,n), on a k−1

n 6f(xk,n)6 k n

En sommant les relations précédentes pourkallant de 1 ànon obtient : f⁻¹(1)−f⁻¹(0) =

n

X

k=1

1 f⁰(xk,n)

1 n car

(f⁻¹)⁰(yk,n) = 1 f⁰(x_k,n)

Puisquef⁻¹(1) = 1 etf⁻¹(0) = 0 carf bijection croissante de [0,1] sur [0,1], on obtient finalement,

n

X

k=1

1

f⁰(xk,n)=n

a) Sif⁰ est bornée surR⁺, l’inégalité des accroissements finis assure quef est lipschitzienne donc uniformément continue.

|f⁰(ξx)|61/α. Cette propriété est incompatible avec|f⁰(x)| →+∞.

(12)

Sif est solution alors en dérivantf◦f =f on obtient

∀x∈R, f⁰(x) =f⁰(x)×f⁰(f(x)) puis en exploitant à nouveauf◦f =f, on obtient

∀x∈R, f⁰(f(x)) =f⁰(f(x))²

Puisque la fonctionf⁰◦f est continue, on peut affirmer que celle-ci est constante égale à 0 ou 1.

Casf⁰◦f = 0

La relationf⁰(x) =f⁰(x)×f⁰(f(x)) donnef⁰(x) = 0 et on en déduit quef est constante.

Casf⁰◦f = 1

Nous savons queI= Imf =f(R) est un intervalle non vide.

Puisquef⁰(x) = 1 pour toutx∈I, on peut affirmer qu’il existeC∈Rtel que f(x) =x+C pour toutx∈I.

Or on af(f(x)) =f(x) +C(carf(x)∈I) etf(f(x)) =f(x) doncC= 0. Ainsi

∀x∈I, f(x) =x Pour conclure, il reste à montrerI=R.

Par l’absurde supposons l’intervalleI majoré et posonsm= supI.

Par continuité def⁰ et def enm, on af(m) =met f⁰(m) = 1 Puisque f⁰(m) = 1,f prend des valeurs strictement supérieures à f(m) =m. Ceci contredit la définition dem.

De même, on obtient qu’il est absurde d’affirmer queI est minoré et donc on conclutI=R.

Finalement, sif est solution alorsf est constante ou égale à l’identité.

Notons que sans l’hypothèse classeC¹, de nombreuses fonctions peuvent être solutions comme la suivante

Une fonction continue vérifiantf◦f =f

−c6t−x6c⇔t−c6x6t+c.

Sit6a−cout>b+calorsg(t) = 0.

Sia−c6t6a+c alorsg(t) =Rt+c

a 1 dx=t+c−a.

Sia+c6t6b−calorsg(t) =Rt+c

t−c 1 dt= 2c.

Sib−c6t6b+c alorsg(t) =Rb

t−c1 dx=b−t+c.

La fonctiong est représentée par une fonction continue affine par morceaux.

La fonctiong

L’équation étudiée équivaut à

4^x²−3^x² = 3^x−2^x Or

3^x−2^x= Z 1

0

x(2 +t)^x−1dt et 4^x²−3^x² = Z 1

0

x²(3 +t)^x²⁻¹dt et donc l’équation étudiée peut se réécrire

Z 1 0

ϕ(t) dt= 0 oùϕest l’application continue définie par

ϕ(t) =x(x(3 +t)^x²⁻¹−(2 +t)^x−1)

Six60 ou six>1, il est immédiat d’affirmer que l’application ϕest de signe constant.

Six∈]0,1[, l’étude est plus délicate et nous allons montrer par étude de fonctions que

x(3 +t)^x²⁻¹6(2 +t)^x−1

(13)

soit encore

lnx+ (x²−1) ln(3 +t)6(x−1) ln(2 +t)

Soitf :x7→lnx+ (x²−1) ln(3 +t)−(x−1) ln(2 +t) définie sur ]0,1]

La fonctionf est dérivable et f⁰(x) = 1

x+ 2xln(3 +t)−ln(2 +t) Six>1/2 alorsf⁰(x)>x¹+ ln(3 +t)−ln(2 +t)>0.

Six61/2 alorsf⁰(x)>2−ln(2 +t)>2−ln 3>0.

Dans tous les casf⁰(x)>0 et doncf est croissante.

Puisquef(1) = 0, la fonctionf est négative et l’on obtient l’inégalité proposée.

Finalement, l’équation initialement étudiée équivaut à une équation de la forme Z 1

0

ϕ(t) dt= 0

avecϕune fonction continue de signe constant. L’équation est donc vérifiée si, et seulement si,ϕest la fonction nulle.

Pourx60, cette propriété n’est vérifiée que six= 0.

Pourx >0, si la fonctionϕest la fonction nulle alors

∀t∈[0,1],1

x+ (x²−1) ln(3 +t)−(x−1) ln(2 +t) = 0 puis en dérivant par rapport à la variablet, on obtient

∀t∈[0,1],x²−1

3 +t = x−1 2 +t ce qui n’est possible que pourx= 1.

Inversement,x= 0 etx= 1 sont solutions de l’équation étudiée.

Finalement

S={0,1}

Par intégration par parties Z b

a

f(t) sin(nt) dt=

−f(t) n cos(nt)

b a

+ 1 n

Z b a

f⁰(t) cos(nt) dt

Or f(a) cos(na)

n ,f(b) cos(nb)

n →0

et

1 n

Z b a

f⁰(t) cos(nt) dt

6 1 n

Z b a

|f⁰(t)|dt→0 donc

n→+∞lim Z b

a

f(t) sin(nt) dt= 0

Par le changement de variableu=nt Z π

0

f(t)|sin(nt)|dt= 1 n

Z nπ 0

f(u/n)|sinu|du En découpant l’intégrale par la relation de Chasles

Z π 0

n−1

X

k=0

Z (k+1)π kπ

f(u/n)|sinu|du puis par translation de la variable

Z π 0

n−1

X

k=0

Z π 0

f

u+kπ n

sinudu et on peut alors écrire

Z π 0

f(t)|sin(nt)| dt= 1 n

n−1

X

k=0

Z π 0

f

u+kπ n

−f kπ

n

sinudu+1 n

n−1

X

k=0

Z π 0

f kπ

n

sinudu D’une part

1 n

n−1

X

k=0

Z π 0

f kπ

n

sinudu= 2 n

n−1

X

k=0

f kπ

n

se reconnaît comme étant une somme de Riemann et donc 1

n

n−1

X

k=0

Z π 0

f kπ

n

sinudu→2 Z 1

0

f(πt) dt= 2 π

Z π 0

f(t) dt D’autre part, la fonctionf étant de classeC¹ sur le segment [0, π] elle y est M-lipschitzienne avec

M = sup

[0,π]

|f⁰|

(14)

et on a alors

1 n

n−1

X

k=0

Z π 0

f

u+kπ n

−f kπ

n

sinudu

6 1 n

n−1

X

k=0

Z π 0

Mu

nsinudu= M n

Z π 0

usinudu→0 On en déduit

Z π 0

f(t)|sin(nt)|dt→ 2 π

Z π 0

f(t) dt

Notons que le résultat peut aussi être établi d’une façon semblable pourf seulement continue en exploitant l’uniforme continuité def sur le segment [0, π].

a) Pour chaquexconsidérée, la fonction intégrée est définie et continue sur le segment d’extrémitésxetx².

b) Pourx >1 et pour toutt∈ x, x²

,x6t6x²et lnt >0 donne par intégration en bon ordre

Z x² x

xdt

tlnt 6f(x)6 Z x²

x

x²dt tlnt Puisque

Z x² x

dt

tlnt = [ln|lnt|]^x_x² = ln 2 on obtient

f(x)−−−−→

x→1⁺ ln 2 c) Pourx <1, on a cette fois-cix²6xet lnt <0.

En adaptant ce qui précède, on obtient cette fois-cix²ln 26f(x)6xln 2 d’où l’on conclut

f(x)−−−−→

x→1⁻ ln 2

d) On introduitH primitive det7→1/lnt sur ]0,1[ ou ]1,+∞[.

On peut alors écriref(x) =H(x²)−H(x) d’où l’on tire quef est de classeC¹ sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[ avec

f⁰(x) =x−1 lnx

e) La dérivée def converge en 1 donc par le théorème du prolongementC¹, on peut affirmer que le prolongement par continuité def en 1, encore noté f, est de classeC¹ sur ]0,+∞[.

La dérivée def est évidement de classe C^∞ sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[.

Au voisinage de 1, la dérivée def est l’inverse de _x−1^ln^x. En posantx= 1 +h, on a

1 f⁰(x) = 1

hln(1 +h) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿhⁿ n+ 1 pour|h|<1.

Ainsi _f0¹(x) est au voisinage de 1 une fonction de classeC^∞ ne s’annulant pas et doncf⁰(x) est une fonction de classeC^∞ au voisinage de 1.

a) Quandx→0⁺, on a par croissance de la fonction exponentielle

∀t∈[x,2x] , e^x6e^t6e^2x donc

e^xln 26f(x)6e^2xln 2 Par théorème d’encadrement

f(x)→ln 2

De même, quandx→0⁻,f(x)→ln 2. On prolonge f par continuité en 0 en posant

f(0) = ln 2

b) SoitF une primitive det7→e^t/tsurR^+?.F est de classeC¹ et f(x) =F(2x)−F(x) doncf est aussi de classeC¹ et

f⁰(x) =e^2x−e^x x Il en est de même surR^−? et puisquef⁰(x)−−−→

x→0 1, on peut affirmer que la fonction continuef est de classeC¹ surRet f⁰(0) = 1.

On a I(x)− f(0)

a+ 1 = 1 x^a+1

Z x 0

t^af(t) dt− Z x

0

t^af(0) dt

= 1

x^a+1 Z x

0

t^a(f(t)−f(0)) dt Pourε >0, il existeα >0 vérifiant

|x|6α⇒ |f(x)−f(0)|6ε

(15)

Par suite, si|x|6α, pour toutt compris entre 0 etx,|f(t)−f(0)|6εpuis par intégration

1 x^a+1

Z x 0

t^a(f(t)−f(0)) dt 6ε Ainsi

x→0limI(x) = f(0) a+ 1

On peut écrire

R1

0 tⁿf(t) dt R1

0 tⁿdt

= Z 1

0

(n+ 1)tⁿf(t) dt Par le changement de variableu=tⁿ⁺¹

R1

0 tⁿf(t) dt R1

0 tⁿdt = Z 1

0

f(u^1/(n+1)) du Par convergence dominée parkfk_∞, on obtient

R1

0 tⁿf(t) dt R1

0 tⁿdt

→f(1)

Posonsf : ]0,1[→Rdéfinie par

f(x) =−ln(1−x)

x =

+∞

X

n=0

xⁿ n+ 1 prolongée par continuité en 0.

Notons que cette fonction est positive et croissante.

Introduisonsa, b∈]0,1[ dont les valeurs seront déterminées ultérieurement. On peut écrire

−(n+ 1)In=An+Bn+Cn

avec An=

Z a 0

(n+ 1) xⁿ

f(x)dx,Bn= Z b

a

(n+ 1) xⁿ

f(x)dxet Cn= Z 1

b

(n+ 1) xⁿ f(x)dx

Par monotonie def,

06A_n6 Z a

0

(n+ 1)xⁿ

f(0) =aⁿ⁺¹ Poura= 1−εn avecεn=^ln_nⁿ →0, on a

ln(n)aⁿ⁺¹= e^ln(lnn)+(n+1) ln(1−εn)→0 car

ln(lnn) + (n+ 1) ln(1−εn)∼ −lnn→ −∞

On en déduit

An=o 1

lnn

Par la croissance def

06Cn 6 Z 1

b

(n+ 1)xⁿ

f(b) dx=1−bⁿ⁺¹ f(b) Pourb= 1−ηn avecηn= _n(ln¹_n) →0, on a

bⁿ⁺¹→1 etf(b)∼lnn de sorte que

Cn∼o 1

lnn

Enfin, toujours par la croissance def, bⁿ⁺¹−aⁿ⁺¹

f(b) 6Bn 6bⁿ⁺¹−aⁿ⁺¹ f(a) et puisque

bⁿ⁺¹−aⁿ⁺¹→1 etf(b)∼f(a)∼lnn on parvient à

−(n+ 1)In ∼ 1 lnn et finalement

In∼ − 1 nlnn Remarque :

Par le changement de variablet=−ln(1−x),x= 1−e^−t In=−

Z +∞

0

(1−e^−t)ⁿ⁺¹ t e^−tdt

(16)

En développant par la formule du binôme

I_n =

n+1

X

k=0

(−1)^k n+ 1 k

!Z +∞

0

e^−t−e^−(k+1)t

t dt

et on peut montrer par découpage d’intégrale et un changement de variable affine que

Z +∞

0

e^−t−e^−(k+1)t

t dt= lim

ε→0

Z +∞

ε

e^−t−e^−(k+1)t

t dt= ln(k+ 1)

Ce qui précède permet alors d’établir

n+1

X

k=0

(−1)^k n+ 1 k

!

ln(k+ 1)∼ − 1 nlnn

f est définie sur [−1,1] et impaire, étude limitée à [0,1].

f est de classeC^∞sur [0,1[,

f⁰(x) = 1−2x²

√

1−x² et f⁰⁰(x) = x(2x²−3) (1−x²)^3/2 f présente une inflexion en 0, tangentey=x.

f présente un maximum enx= 1/√

2 de valeur 1/2.

f(1) = 0 etf⁰(x)−−−→

x→1 +∞, il y a une tangente verticale en 1.

plot(x*sqrt(1-xˆ2), x=-1..1);

La fonctionx7→xp 1−x²

Soienta, b∈Ret λ∈[0,1], Puisquef est convexe

f(λa+ (1−λ)b)6λf(a) + (1−λ)f(b) Puisqueg est croissante

(g◦f)(λa+ (1−λ)b)6g(λf(a) + (1−λ)f(b)) Puisqueg est convexe

(g◦f)(λa+ (1−λ)b)6λ(g◦f)(a) + (1−λ)(g◦f)(b) Finalementg◦f est convexe.