Corrig´e 6 du mercredi 26 octobre 2011

ANALYSE I et II Semaine du 24 au 28 octobre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee

Prof. J. Rappaz

Corrig´e 6 du mercredi 26 octobre 2011

Exercice 1.

Soitf :R→Rbijective et impaire. Montrons quef⁻¹est aussi impaire.

D´emonstration : Soity∈R. Par bijectivit´e, il existex∈Rtel quey=f(x) etx=f⁻¹(y).

Par cons´equent, on a :

f⁻¹(−y) =f⁻¹(−f(x))^fimp.= f⁻¹(f(−x)) =−x=−f⁻¹(y).

On montre ainsi quef⁻¹est impaire.

Exercice 2.

a) On a

x³−1 = (x−1)(x²+x+ 1) et (x²−1) = (x−1)(x+ 1).

Ainsi

f(x) = x²+x+ 1

x+ 1 , ∀x∈D.

Six0= 1, on a

x→lim

6=x0

f(x) = lim

x→<x0

f(x) = lim

x→>x0

f(x) = 3 2. b) En reprenant la fonctionf :D→Rci-dessus, on constate que

x→lim

6=−1(x²+x+ 1) = 1 et lim

x→6=−1(x+ 1) = 0.

Ainsi

x→lim

<−1f(x) =−∞ et lim

x→>−1f(x) = +∞, et donc lim

x→6=−1f(x) n’existe pas.

c) Sif :R→Rest d´efinie par

f(x) =

x six∈Q 0 six6∈Q on a, pour tout >0,

|x−0| ≤ ⇒ |f(x)−0| ≤. En posant donc`= 0, x₀= 0 etδ=, on obtient:

∀ >0,∃δ=tel que si |x−x0| ≤δalors|f(x)−`| ≤, ce qui prouve que lim

x→6=x0

f(x) = 0 lorsque x₀= 0.

Ainsi donc

x→lim

6=x₀f(x) = lim

x→<x₀f(x) = lim

x→>x₀f(x) = 0.

d) En reprenant la fonction ci-dessus et en posantx₀= 1, on constate:

1^o) Si (a_n)^∞_n=0⊂Q,est telle que lim

n→∞a_n = 1 eta_n >1,∀n∈N, alors lim

n→∞f(a_n) = 1.

2^o) Si (bn)^∞_n=0⊂R\Q,est telle que lim

n→∞bn = 1 etbn>1,∀n∈N, alors lim

n→∞f(bn) = 0.

Les propri´et´es (1^o) et (2^o) prouvent que lim

x→>1f(x) n’existe pas.

Il en est de mˆeme pour lim

x→6=1f(x) et lim

x→<1f(x).

Exercice 3.

SoitA⊂Rle sous-ensemble deRd´efini par:

A= 1

kπ :k∈Z, k6= 0

, et soitf :R→Rla fonction donn´ee par:

f(x) =











0, six∈Q, 1, six∈A, xsin

1 x

six6∈(Q∪A).

Remarquons pour commencer que, puisquef est d´efinie sur toutR, on a quef est d´efinie au voisinage dex₀ pour tout pointx0∈R.

a) Montrons quef admet une limite en tous les points deA.

Soit donc k ∈ Z, k 6= 0 et posons x0 = _kπ¹ . Si (an)^∞_n=0 ⊂ R est une suite de nombres r´eels telle quean 6=x0,∀n∈Net lim

n→∞an=x0, on va montrer que

n→∞lim f(a_n) = 0 ce qui montrera que

x→xlim0 6=

f(x) = 0.

Siδ >0 est tel que ]x0−δ, x0+δ[∩A={x0}, alors il existeN >0 tel que∀n≥Non aan ∈]x0−δ, x0+δ[.

Puisque on a suppos´e quean 6=x0,∀n∈N, on obtient sin≥N: an∈]x0−δ, x0+δ[ etan6∈A. Ainsi, lorsquen≥N:

f(an) =





 ansin

1 an

sian 6∈Q,

0 sian ∈Q.

On a lim

n→∞

1 a_n = 1

x₀ =kπet ainsi lim

n→∞sin 1

a_n

= sinkπ= 0.On conclut que

n→∞lim ansin 1

an

= 0.

Soit maintenant >0. Il existeM > N tel que∀n≥M on a

ansin 1

a_n

≤.

Si n ≥ M, alors ou bien a_n ∈ Q et alors f(a_n) = 0, ou bien a_n 6∈ Q et dans ce cas |f(a_n)| =

ansin

1 a_n

≤. Dans tous les cas on a bien

|f(an)| ≤,∀n≥M ce qui montre que lim

n→∞f(an) = 0 et donc que

x→xlim0 6=

f(x) = 0.

b) Montrons quef n’admet pas de limite au pointx₀= 0 . En effet,

· Si (an)^∞_n=0 est une suite telle que

a_n6= 0,∀n∈N, a_n6∈(Q∪A), lim

n→∞a_n = 0, on obtient lim

n→∞f(an) = 0.

· Par contre, sia_n= _nπ¹ o`un∈N^∗, on a biena_n 6= 0,∀n∈Net lim

n→∞a_n= 0 mais lim

n→∞f(a_n) = 1.

Ceci prouve (c.f. remarque 3.4 p. 34) que lim

x→x0 6=

f(x) n’existe pas.

c) Montrons que six06∈A, lim

x→x₀

6=

f(x)n’existe pas.

On a d´ej`a montr´e que lim

x→06=

f(x) n’existe pas.

Posonsg(x) =xsin 1

x

,∀x∈R^∗. Six₀6∈Aetx₀6= 0, on montre que

x→xlim0 6=

g(x) =x₀sin (1/x₀)6= 0.

· Si (a_n)^∞_n=0 est une suite telle que a_n 6∈(Q∪A),∀n∈N, a_n 6=x₀,∀n ∈Net lim

n→∞a_n =x₀, on a

n→∞lim f(a_n) =x₀sin (1/x₀)6= 0.

· Par contre, par densit´e deQdansR, il existe (an)^∞_n=0⊂Q, an6=x0,∀n∈Ntelle que lim

n→∞an =x0

et on a lim

n→∞f(an) = 0.

Ce qui implique, encore une fois (c.f. remarque 3.4 p. 34) , que lim

x→x₀

6=

f(x) n’existe pas.