(1)L1 MIPI 18 Juin 2019 Corrig´e de l’examen de Fonctions d’une variable r´eelle - Session 2 Exercice 1(Questions de cours, 2pts)

L1 MIPI 18 Juin 2019

Corrig´e de l’examen de Fonctions d’une variable r´eelle - Session 2

Exercice 1(Questions de cours, 2pts).

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 de Rolle dit:

Soienta < b et f : [a, b] → R. Sif est continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[, et si f(a) =f(b), alors il existec∈]a, b[tel quef⁰(c) = 0.

Exercice 2(5pts).

a)(1pt)On a lim

x→0

ln(1 +x)

x = 1 etlim

x→0

sin(x) x = 1.

b) (1+1pt) Pour toutx > −¹₄, x 6= 0, on a ln(1 + 4x)

2x = ln(1 + 4x)

4x ×2. Comme lim

x→04x = 0 et

X→0lim

ln(1 +X)

X = 1, par composition des limites (X = 4x) on en d´eduit quelim

x→0

ln(1 + 4x)

4x = 1et donc

x→0lim

ln(1 + 4x)

2x = 1×2 = 2.

La fonction sinest continue sur R, en particulier en 0, et sin(0) = 0, donc il existeδ > 0 tel que si

|x|< δon a|sin(x)|< ¹₄. Pour toutx∈]−δ,0[∪]0, δ[on a alorssin(x)>−¹₄, i.e. 1 + 4 sin(x)>0, et sin(x)6= 0et on peut donc ´ecrire

ln (1 + 4 sin(x))

2x = ln(1 + 4 sin(x))

4 sin(x) ×sin(x) x ×2.

Comme lim

x→04 sin(x) = 0 et lim

X→0

ln(1 +X)

X = 1, par composition des limites X = 4 sin(x) on en d´eduit quelim

x→0

ln(1 + 4 sin(x))

4 sin(x) = 1. Par produit de limites, on a donc

x→0lim

ln (1 + 4 sin(x))

2x = lim

x→0

ln(1 + 4 sin(x)) 4 sin(x) ×lim

x→0

sin(x)

x ×2 = 1×1×2 = 2.

c)(1+1pt)Pour toutx∈Ron a−1≤sin(x)≤1et donc ¹₂ ≤1 +^sin(x)₂ ≤ ³₂. En particulier1 +^sin(x)₂ >0 et doncf(x) = ln

1 +^sin(x)₂

est bien d´efinie surR. Comme les fonctionslnetsinsont d´erivables sur ]0,+∞[etRrespectivement, par compos´ee de fonctions d´erivables la fonctionfest d´erivable et la formule de d´erivation des fonctions compos´ees donne

f⁰(x) =

cos(x) 2

1 +^sin(x)₂

= cos(x) 2 + sin(x).

Exercice 3(4pts).

a)(1pt)On a

e^x = 1 +x+x² 2 +x³

6 +x³ε1(x) et sin(x) =x−x³

6 +x³ε2(x), o`uε1etε2v´erifientlim

x→0ε1(x) = lim

x→0ε2(x) = 0.

b)(1,5pt)En utilisant la question pr´ec´edente et les r`egles de calcul sur les d´eveloppements limit´es on a e^xsin(x) =

1 +x+x² 2 + x³

6

×

x−x³ 6

+x³ε₃(x)

= x+x²+x³

3 +x³ε(x), o`u lim

x→0ε3(x) = lim

x→0ε(x) = 0.

c)(1,5pt)En utilisant le d´eveloppement limit´e calcul´e `a la question pr´ec´edente on obtient e^xsin(x)−x−x²

x³ =

x³

3 +x³ε(x) x³ = 1

3 +ε(x), et donc lim

x→0

e^xsin(x)−x−x²

x³ = 1

3.

Exercice 4(4pts). Chaque question vaut 1pt.

a)Faux. La fonction f peut prendre plusieurs fois une mˆeme valeur. Si on prend par exemple la fonction nulle, on af(0) =f(1) = 0et0a plusieurs ant´ec´edents (une infinit´e en l’occurence).

b)Vrai. C’est ce qu’affirme le Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.

c)Vrai. Commef est continue, le Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires assure que f prend au moins une fois toute valeur comprise entref(0)etf(1). Par ailleurs six, y ∈[0,1]sont distincts, et en appelantxle plus petit ety le plus grand, commef est strictement croissante on af(x) < f(y)et doncf ne peut pas prendre deux fois la mˆeme valeur. Finalementf prend bien une fois et une seule fois toute valeur comprise entref(0)etf(1).

d)Faux. Par exemple la fonctionf : ]0,1] → Rd´efinie parf(x) = ¹_x est continue mais n’est pas born´ee.

Elle n’est pas major´ee puisque lim

x→0f(x) = +∞.

Exercice 5(5pts).

a)(1pt)SiA⊂E alorsf(A) = {f(x)∈F|x ∈A} ={y ∈F| ∃x ∈A, y =f(x)},et siB ⊂F alors f⁻¹(B) ={x∈E|f(x)∈B}.

b) (1pt) Soit x ∈ A. Par d´efinition de l’ensemble f(A) on a f(x) ∈ f(A) et donc par d´efinition de l’ensemblef⁻¹(B) avecB = f(A) on ax ∈ f⁻¹ f(A)

. On a montr´e que tout ´el´ement deAest aussi

´el´ement def⁻¹ f(A)

, i.e.A⊂f⁻¹ f(A) . c)(1pt)Soity ∈ f f⁻¹(B)

. Par d´efinition de l’ensemblef(A)avecA =f⁻¹(B)il existex ∈f⁻¹(B) tel quey =f(x), et par d´efinition de l’ensemblef⁻¹(B)on af(x)∈B et doncy ∈B. On a montr´e que tout ´el´ement def f⁻¹(B)

est aussi ´el´ement deB, i.e. f f⁻¹(B)

⊂B.

d)(2pt)Soientf :R→Rd´efinie parf(x) =x²,A= [−1,2]etB= [−4,9]. On a alors f([−1,2]) = {x²| −1≤x≤2} = [0,4],

f⁻¹ f([−1,2])

= f⁻¹([0,4]) = {x∈R|0≤x²≤4} = [−2,2], f⁻¹([−4,9]) = {x∈R|₄ ≤x² ≤9} = [−3,3],

f f⁻¹([−4,9])

= f([−3,3]) = {x²| −3≤x≤3} = [0,9].

On remarque queA = [−1,2]([−2,2] = f⁻¹ f(A)

et quef f⁻¹(B)

= [0,9]([−4,9] =B. On en d´eduit que les inclusions montr´ees aux questions b) et c) peuvent ˆetre strictes.