L2-M31 Analyse Université d`Évry TD 3 - Fonctions d`une

L2-M31 Analyse
Université d’Évry
TD 3 - Fonctions d’une variable réelle
Exercice 1. Soit f une fonction continue sur R telle que
∀x, y ∈ R, f (x + y) = f (x) + f (y).
On pose a = f (1). Exprimer f sur N, puis sur Z, puis sur Q et enfin sur R.
Tout d’abord, nous avons :
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) ⇒ f (0) = 0
Ensuite, soit n ∈ N :
f (n) = f (
n
X
1) =
i=1
n
X
f (1) = na
i=1
f (0) = f (−n + n) = f (−n) + f (n) = f (−n) + na = 0
Ainsi, f (−n) = −na et ∀z ∈ Z, f (z) = za.
Soit (p, q) ∈ Z × N∗ .
q
q
X
X
p
p
p
p
)=
f ( ) = qf ( )
f (q ) = f (
q
q
q
q
i=1
i=1
= f (p) = pa
Ainsi f ( pq ) = pq a et ∀x ∈ Q, f (x) = xa.
Soit x ∈ R.
Comme Q est dense dans R, il existe une suite (xn ) de rationnels telle que xn −→ x.
n→+∞
Nous avons alors, comme f est continue
lim f (xn ) = f (x)
n−→+∞
=
lim xn a = xa
n−→+∞
puisque l’application x 7→ xa est continue dans R.
Exercice 2. Soit la fonction réelle de la variable réelle définie par
1
∀x ∈ R∗ , f (x) = x sin et f (0) = 0.
x
Montrer que f est continue sur R.
f est continue sur R∗ car x 7→ x et x 7→ sin( x1 ) sont continues sur ce domaine (comme
composée de fonctions continues).
Il faut maintenant vérifier que f se prolonge par continuité en 0 avec la valeur 0.
2
Pour tout x > 0, on a −1 ≤ sin( x1 ) ≤ 1 et −x ≤ x sin( x1 ) ≤ x. On a donc 0 =
lim+ −x ≤ lim+ f (x) ≤ lim+ x = 0.
x−→0
x−→0
x−→0
De même, pour tout x < 0, on a −1 ≤ sin( x1 ) ≤ 1 et −x ≥ x sin( x1 ) ≥ x. Ainsi,
0 = lim− −x ≥ lim− f (x) ≥ lim− x = 0.
x−→0
x−→0
x−→0
La fonction f se prolonge donc par continuité en 0, avec f (0) = 0. La fonction initiale
est donc continue sur R.
Exercice 3. Soit −∞ < a < b < +∞, f et g deux fonctions continues de [a, b] dans R.
On suppose de plus
∀x ∈ [a, b], f (x) < g(x).
a) Montrer qu’il existe δ > 0 tel que
∀x ∈ [a, b], f (x) + δ < g(x).
La fonction g − f est continue sur l’intervalle fermé borné [a, b]. Elle atteint donc
ses bornes. On pose γ = min g − f . Comme ∀x ∈ [a, b], f (x) < g(x), on a γ > 0 et
x∈[a,b]
∀x ∈ [a, b]
γ
< γ ≤ g(x) − f (x)
2
En notant δ = γ2 , on a donc bien f (x) + δ < g(x), ∀x ∈ [a, b].
b) Le résultat est il encore vrai si on remplace [a, b] par [a, b[ ou [a, +∞[?
Le résultat n’est plus vrai : montrons des contre-exemples: On prend a = −1, b = 0,
f (x) = 0 et g(x) = −x. Pour tout x ∈ [−1, 0[, f (x) < g(x), mais pour δ > 0, f (x) + δ ≥
g(x) ∀x ∈ [−δ, 0]. Comme ∀δ > 0, [−δ, 0[∩[−1, 0[6= ∅, nous avons un contre-exemple.
On prend a = 1, b = +∞, f (x) = 0 et g(x) = x1 . On a pour tout x ∈ [1, +∞[,
f (x) < g(x), mais pour tout δ > 0, f (x) + δ ≥ g(x) sur [ 1δ , +∞[. Comme ∀δ > 0,
[ 1δ , +∞[∩[1, +∞[6= ∅, nous avons un contre exemple.
Exercice 4. Soit f une fonction à valeurs réelles continue sur l’intervalle [a, b], avec
−∞ < a < b < +∞. Montrer qu’il existe c ∈ [a, b] tel que
4f (a) + f (b) = 5f (c).
On pose, pour tout x ∈ [a, b], g(x) = 4f (a) + f (b) − 5f (x). La fonction g est continue
sur [a, b].
On a également g(a) = f (b) − f (a) et g(b) = 4(f (a) − f (b)). On remarque que
g(a)g(b) ≤ 0, ce qui revient à dire que g(a) ≥ 0 ≥ g(b) ou g(a) ≤ 0 ≤ g(b). Ainsi,
d’après le théorème de la valeur intermédiaire, il existe c ∈ [a, b] tel que g(c) = 0. C’est
à dire, qu’il existe c ∈ [a, b] tel que 4f (a) + f (b) = 5f (c).
Exercice 5. Soit f une fonction continue de [0, 1] dans [0, 1]. Montrer que f admet au
moins un point fixe.
On pose, pour tout x ∈ [0, 1], g(x) = f (x) − x. La fonction g est continue sur [0, 1].
On remarque que g(0) ≥ 0 ≥ g(1). Ainsi, d’après le théorème de la valeur intermédiaire, il existe c ∈ [0, 1] tel que g(c) = 0. C’est à dire, qu’il existe c ∈ [0, 1]
tel que f (x) = x.
3
Exercice 6. Un véhicule se rend en une heure d’une ville A à une ville B distante de
x
A de x kilomètres. Montrer qu’il existe deux points du trajet distants de kilomètres
2
tels que le temps de parcours entre ces 2 point est exactement 1/2 heure. Indication:
introduire la fonction d : [0, 1] → R+ telle que d(t) représente la distance parcourue à
l’instant t.
On introduit la g fonction définie de [0, 1/2] dans [0, x] telle que g(t) = d(t+ 21 )−d(t)− x2 .
La fonction g représente différence entre la distance parcourue pendant une demi-heure
à partir du temps t et x/2. Cette fonction est continue (on suppose que le véhicule ne
peut pas se déplacer instantanément entre deux points distants).
On remarque ensuite que g(0)g( 12 ) ≤ 0. Ceci provient de la remarque que si le véhicule
a parcouru une distance supérieure à x/2 pendant la première demi-heure, il a parcouru
une distance inférieure à x/2 pendant la deuxième demi-heure; et inversement.
Nous avons ainsi g(0) ≥ 0 ≥ g(1/2) ou g(0) ≤ 0 ≤ g(1/2). D’après le théorème des
valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [0, 21 ] tel que g(c) = 0. C’est à dire qu’il existe un
temps c à partir duquel le véhicule aura parcouru x/2 kilomètres en 1/2 heure.
Exercice 7. Dire si les fonctions suivantes sont uniformément continues:
a) f (x) = 1/x sur [1, +∞[ ,
On a |f 0 (x)| = | − x12 | ≤ 1 pour tout x ∈ [1, +∞[. La fonction dérivée est bornée sur
l’intervalle de définition, donc la fonction est uniformément continue sur cet intervalle.
(Pour rappel : soit (x, x0 ) ∈ [1, +∞[. D’après le théorème des accroissements finis, il existe c ∈ [x, x0 ] tel que f (x0 ) − f (x) = f 0 (c)(x0 − x). Ainsi |f (x0 ) − f (x)| =
|f 0 (c)||(x0 − x)| ≤ |x0 − x|, ce qui montre que f est uniformément continue.)
b) f (x) = 1/x sur ]0, 1],
Elle n’est pas uniformément continue sur cet intervalle. Pour le prouver, il suffit de
trouver ε > 0, (xn ) et (yn ) tels que xn − yn −→ 0 et |f (xn ) − f (yn )| > ε, ∀n ≥ 0.
1
,
n
n→+∞
1
yn = n+δ
.
On peut prendre ε = 1, δ > ε, xn =
δ
On a alors xn − yn = n(n+δ)
−→ 0 et |f (xn ) − f (yn )| = |δ| > ε.
n→+∞
c) f (x) = sin(x) sur R ,
On a |f 0 (x)| = |cos(x)| ≤ 1 pour tout x ∈ R. La fonction dérivée est bornée sur
l’intervalle de définition, donc la fonction est uniformément continue sur cet intervalle.
d) f (x) = sin(x2 ) sur R.
√
√
On peut prendre xn = 2πn et yn = 2πn +
√
√
2π
√
.
8 n
On a alors xn − yn = − 8√2πn −→ 0. De plus, sin(x2n ) = sin(2πn) = 0 et sin(yn2 ) =
n→+∞
sin(2πn +
π
2
+
2π
−→
64n n→+∞
1. Ainsi, à partir d’un certain rang, |f (xn ) − f (yn )| > 21 . Ceci
montre que la fonction f n’est pas uniformément continue.
Exercice 8. Soit f une fonction continue sur [0, +∞[. On suppose que f converge vers
une limite finie quand x tend vers +∞.
4
a) Montrer que f est bornée.
Soit ε > 0. Comme
lim f (x) = l ∈ R, il existe Xε > 0 tel que pour tout x ≥ Xε ,
x−→+∞
on a l − ε ≤ f (x) ≤ l + ε.
De plus, comme f est continue sur l’intervalle fermé borné [0, Xε ], f est bornée et
atteint ses bornes sur cet intervalle. Notons fmin et fmax deux réels tels que fmin ≤
f (x) ≤ fmax , ∀x ∈ [0, Xε ]. On a alors
min(l − ε, fmin ) ≤ f (x) ≤ max(l + ε, fmax ), ∀x ∈ [0, +∞[.
f est donc bornée.
b) Montrer que f est uniformément continue sur [0, +∞[.
Soit ε > 0. On veut montrer qu’il existe ηε > 0 tel que ∀(x, x0 ) ∈ [0, +∞[2 , |x − x0 | <
ηε ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
Comme lim f (x) = l, il existe Xε/3 > 0 tel que pour tout x ≥ Xε , on a |l − f (x)| <
x−→+∞
ε/3.
Comme f est continue en Xε/3 , il existe ηXε/3 tel que pour tout x ∈]Xε/3 −ηXε/3 , Xε/3 +
ηXε/3 [, on a |f (x) − f (Xε/3 )| < ε/3.
En particulier, ∀(x, x0 ) ∈]Xε/3 − ηXε/3 , Xε/3 + ηXε/3 [2 , on a
|f (x) − f (x0 ) ≤ |f (x) − f (Xε/3 )| + |f (Xε/3 ) − f (x0 )| < 2ε/3 < ε
.
Ensuite, comme f est continue sur l’intervalle fermé borné [0, Xε/3 ], f est uniformément
continue sur cet intervalle. C’est à dire qu’il existe η > 0 tel que ∀(x, x0 ) ∈ [0, Xε/3 [2 ,
|x − x0 | < η ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.
En prenant ηε = min(η, ηXε/3 ), on a
∀(x, x0 ) ∈ [0, Xε/3 + ηXε/3 [2 , |x − x0 | < ηε ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε
Pour terminer la démonstration, il suffit de remarquer que si (x, x0 ) ∈ [Xε/3 , +∞[, on
a
|f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − l| + |l − f (x0 )| ≤ 2ε/3 < ε.
Ainsi,
∀(x, x0 ) ∈ [0, +∞[2 , |x − x0 | < ηε ⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε
La fonction f est donc uniformément bornée sur [0, +∞[.