L1 MIPI
18 Janvier 2019
Corrig´e de l’examen de Fonctions d’une variable r´eelle
Exercice 1(Questions de cours, 5pts).
a)(1pt)Sif :R→Ret` ∈R, la d´efinition de lim
x→−∞f(x) = `est
∀ε >0, ∃A∈R,∀x∈R, x < A ⇒ |f(x)−`|< ε.
b)(1pt)Le th´eor`eme des accroissements finis dit :
Soient a < b etf : [a, b] → R. Si f est continue sur[a, b]et d´erivable sur ]a, b[
alors il existec∈]a, b[tel quef0(c) = f(b)−f(a) b−a .
c) i)(0,5pt)f(A) = {y ∈ F| ∃x ∈ A, y =f(x)}, i.e.f(A)est le sous-ensemble deF constitu´e des images de tous les ´el´ements deA.
ii)(1,5pt)On veut montrer quef(A∩B)⊂f(A)∩f(B). Il faut donc montrer que siy∈f(A∩B) alors y ∈ f(A)∩ f(B). Soit donc y ∈ f(A ∩ B). Par d´efinition de f(A ∩ B) il existe x ∈ A∩B tel que y = f(x). Par d´efinition de A∩B on a donc x ∈ A etx ∈ B. Ainsi y=f(x)∈f(A)ety =f(x)∈f(B). On ay∈f(A)ety∈f(B)d’o`uy∈f(A)∩f(B).
iii)(1pt)On prend, par exemple,E =F =R,f :R→Rd´efinie parf(x) =x2etA= [−2,1]
et B = [−1,3]. On a alors f(A) = [0,4], f(B) = [0,9]et donc f(A)∩f(B) = [0,4]. Par ailleursA∩B = [−1,1]et doncf(A∩B) = [0,1]. On a bienf(A∩B)⊂f(A)∩f(B)mais f(A∩B)6=f(A)∩f(B)
Exercice 2(5pts).
a)(1pt)On a lim
x→0
sin(x)
x = 1 et lim
x→0
ex−1 x = 1.
b)(1,5pt)Pour tout x6= 0on a e5x−1
3x = e5x−1 5x × 5
3. Comme lim
x→05x= 0et lim
X→0
eX −1 X = 1, par composition des limites (X = 5x) on en d´eduit quelim
x→0
e5x−1
5x = 1et donc
x→0lim
e5x−1
3x = 1× 5 3 = 5
3. c)(1,5pt)Pour toutxtel quesin(3x)6= 0, par exemplex∈
−π3,0
∪ 0,π3
, on a e2 sin(3x)−1
x = e2 sin(3x)−1
2 sin(3x) ×sin(3x) 3x ×6.
Comme lim
x→02 sin(3x) = 0et lim
X→0
eX −1
X = 1, par composition des limites X = 2 sin(3x) on en d´eduit que lim
x→0
e2 sin(3x)−1
2 sin(3x) = 1. De mˆeme lim
x→03x = 0et lim
X→0
sin(X)
X = 1, par composition
des limites (X = 3x) on en d´eduit quelim
x→0
sin(3x)
3x = 1. Finalement, par produit de limites, on a donc
x→0lim
e2 sin(3x)−1
x = lim
x→0
e2 sin(3x)−1 2 sin(3x) ×lim
x→0
sin(3x)
3x ×6 = 1×1×6 = 6.
d) (1pt)La fonction f peut s’´ecrire comme la compos´ee f = g ◦h des fonctions g(x) = ex et h(x) = 2 sin(3x). La formule de d´erivation des fonctions compos´ees donne donc
f0(x) =h0(x)×g0◦h(x) = 6 cos(3x)e2 sin(3x).
Remarque: le quotient e2 sin(3x)−1
x qui apparait `a la question c) est le taux d’accroissement en0 de la fonctionf. La limite recherch´ee au c) correspond donc `af0(0). Le calcul def0montre qu’on a bienf0(0) = 6.
Exercice 3(7pts). Soitf la fonction d´efinie surD= ]−1,0[∪]0,+∞[parf(x) = ln(1 +x)
x .
a)(1,5pt)La fonctionlnest d´efinie et d´erivable sur]0,+∞[doncg(x) = ln(1 +x)est bien d´efinie et d´erivable sur]−1,+∞[et donc surD. La fonction d´efinie parh(x) =xest d´erivable surDet ne s’y annule pas. Finalementf = g
h est d´erivable surDen tant que quotient de fonctions d´erivables dont le d´enominateur ne s’annule pas, et pour toutx∈Don a
f0(x) = g0(x)h(x)−g(x)h0(x)
h(x)2 =
1
1+xx−ln(1 +x)
x2 = x−(1 +x) ln(1 +x) x2(1 +x) .
b)(1pt)La fonction f est continue (car d´erivable) surD. Elle est prolongeable par continuit´e en 0si et seulement si elle admet une limite finie` lorsquextend vers0. Son prolongement en0est alors d´efini parf(0) = ` et la fonction ainsi prolong´ee est continue surI = D∪ {0} =]1,+∞[.
Ici on alim
x→0
ln(1 +x)
x = 1doncf est prolongeable par continuit´e en0en posantf(0) = 1.
c) i)(1pt)ln(1 +x) =x− x2 2 +x3
3 +x3ε(x)avecε: ]−1,+∞[→Rqui v´erifie lim
x→0ε(x) = 0.
ii)(1pt)La fonction f est d´erivable en0si et seulement si lim
x→0
f(x)−f(0)
x existe et est finie.
Dans ce casf0(0)est la limite obtenue. Ici on a pour toutx∈D, en utilisant le i),
f(x)−f(0)
x =
x−x22 + x33 +x3ε(x)
x −1
x = −x2 +x32 +x2ε(x)
x = −1
2 +x
3 +xε(x).
Commelim
x→0ε(x) = 0, on en d´eduit que lim
x→0
f(x)−f(0)
x =−1
2 et donc quef est d´erivable en0avecf0(0) =−1
2.
iii)(1pt)D’apr`es les questions a) et c)ii) on sait quef est d´erivable surI = ]−1,+∞[avec f0(x) = x−(1 +x) ln(1 +x)
x2(1 +x) six6= 0, et f0(0) =−1 2.
Par d´efinition,f est de classeC1 si et seulement sif0 est continue. Le mˆeme raisonnement qu’au a) montre quef0 est continue surD = I \ {0}. Il reste `a montrer la continuit´e en 0,
i.e.lim
x→0f0(x) =f0(0). En utilisant c)i) on a, pour toutx∈D,
f0(x) =
x−(1 +x)×
x− x2 2 +x3
3 +x3ε(x)
x2(1 +x)
=
−x2 2 +x3
6 +x3ε(x)˜ x2(1 +x)
=
−1 2+ x
6 +x˜ε(x)
1 +x ,
o`u ε˜v´erifie lim
x→0ε(x) = 0. On en d´eduit que˜ lim
x→0f0(x) = −1
2 = f0(0) et donc f0 est bien continue en0. Finalementf0 est continue surIet doncf est de classeC1.
iv) (1,5pt) Par d´efinition, f est deux fois d´erivable en 0 si f0 est d´erivable en 0 et on a alors f00(0) = (f0)0(0). Pour cela on regarde la limite du taux d’accroissement def0 en0. Pour toutx∈D, et en utilisant le calcul effectu´e au c)iii) on a
f0(x)−f0(0)
x =
−12 + x6 +x˜ε(x)
1 +x +1
2
x =
−1 2+ x
6 +x˜ε(x) + 1
2(1 +x)
x(1 +x) =
2
3 + ˜ε(x) 1 +x .
Comme lim
x→0ε(x) = 0˜ on en d´eduit que lim
x→0
f0(x)−f0(0)
x = 2
3 et donc f est deux fois d´erivable en0avecf00(0) = 2
3.
Exercice 4(6pts). Soitf la fonction d´efinie surRparf(x) = e4x e3x+ 1.
a)(1pt)La fonctionfest d´erivable comme quotient de deux fonctions d´erivables dont le d´enominateur ne s’annule pas. On calcule alors
f0(x) = 4e4x(e3x+ 1)−e4x×3e3x
(e3x+ 1)2 = e4x(e3x+ 4) (e3x+ 1)2 >0.
La fonctionf est d´erivable sur l’intervalleRetf0(x)> 0pour toutx∈ Rdoncf est strictement croissante surR.
b) (1pt)Puisquef est d´erivable et que R = ]− ∞,+∞[ est un intervalle ouvert, sif admettait un minimum ou un maximum (mˆeme local) sa d´eriv´eef0 s’annulerait en ce point. Puisquef0 ne s’annule pas (f0(x)>0pour toutx∈R) il ne peut pas y avoir ni minimum ni maximum.
c)(2pts)On a lim
x→−∞e4x = lim
x→−∞e3x = 0. On en d´eduit imm´ediatement que lim
x→−∞f(x) = 0.
Pour ´etudier la limite en+∞on ´ecrit
f(x) = e4x
e3x(1 + e−3x) = ex 1 + e−3x. On a alors lim
x→+∞ex = +∞et lim
x→+∞1 + e−3x = 1 + 0 = 1et donc lim
x→+∞f(x) = +∞.
Comme la fonctionf est continue et strictement croissante surRon a f(R) =
x→−∞lim f(x), lim
x→+∞f(x)
= ]0,+∞[.
d) (1pt) La fonction f est strictement croissante donc est injective, et donc bijective de R dans f(R) = ]0,+∞[. Sa fonction r´eciproque est alors d´efinie surf(R), i.e. sur]0,+∞[.
e)(1pt)La fonctionf est bijective deRdans]0,+∞[, d´erivable et sa d´eriv´eef0 ne s’annule pas.
Doncf−1est d´erivable sur]0,+∞[et on a (f−1)0
1
2
= 1
f0 f−1 12. Commef(0) = 1
2 on af−1
1
2
= 0et donc(f−1)0
1
2
= 1
f0(0).En utilisant a) on af0(0) = 5 4 et finalement(f−1)0
1
2
= 4 5.
Exercice 5(7pts). Soientf, g : [0,1]→Rdeux fonctions continues qui v´erifient l’hypoth`ese (H) :
∀x∈[0,1], ∃y∈[0,1], g(y) =f(x).
a) i) (1pt)Soit z ∈ f [0,1]
. Par d´efinition il existe x ∈ [0,1]tel que z = f(x). Puisquef etg v´erifient (H) il existey ∈ [0,1]tel quef(x) = g(y)et doncz =g(y). On a ainsiz ∈ g [0,1]
. On a donc montr´e que siz ∈f [0,1]
alorsz ∈g [0,1]
, autrement dit on af [0,1]
⊂g [0,1]
. Remarque: en faitf [0,1]
⊂ g [0,1]
est une formulation ´equivalent de (H). On vient de mon- trer que sif etgv´erifient (H) alorsf [0,1]
⊂g [0,1]
. R´eciproquement, sif [0,1]
⊂g [0,1]
on montre que f et g v´erifient (H). En effet, soitx∈[0,1]. On a doncf(x) ∈ f [0,1]
. Puisque f [0,1]
⊂g [0,1]
on en d´eduit quef(x)∈g [0,1]
et donc il existey∈[0,1]tel quef(x) =g(y).
ii)(1pt)
x y
Cf Cg
1 1
2
0
b) i)(1pt)La fonctiongest continue sur le segment[0,1]donc (cf cours) elle admet un minimum et un maximum, i.e. il existea, b∈[0,1]tels que pour toutx∈[0,1]on aitg(a)≤g(x)≤g(b).
ii)(2pts) On applique (H) avecx = a. Il existe donc y ∈ [0,1] tel que g(y) = f(a). Or on a g(a)≤g(x)pour toutx∈[0,1]et donc en particulierg(a)≤g(y) = f(a).
De mˆeme, on applique (H) avecx=b. Il existe doncy∈ [0,1]tel queg(y) =f(b). Or on a g(b)≥g(x)pour toutx∈[0,1]et donc en particulierg(b)≥g(y) =f(b).
iii)(2pts)La fonctionh = f −g est continue sur[0,1], donc sur l’intervalle d’extr´emit´es aet b. De plus, d’apr`es ii),h(a) ≤0eth(b)≥ 0. D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires il existe doncxentreaetb, en particulierx∈[0,1], tel queh(x) = 0, i.e. tel quef(x) =g(x).
