Devoir 1 exercice 2 : Pour tout entier n ∈ N Feuille 1 exercice 3

Devoir 1 exercice 2 : Pour tout entier n ∈ N? on pose En := {k + nk , k ∈ N? }.
• Montrer que En est minoré et inf En := inf{k + nk , 1 ≤ k ≤ n}.
√
• Montrer que pour tout n ∈ N? : inf En ≥ 4n. Etudier les cas d'égalité.
Solution : • En ⊂ R+ est donc minoré, par exemple par 0 ; comme limk (k + nk ) = +∞, En n'est pas majoré.
Comme pour k = n : k + nk = n + 1 et pour k ≥ n + 1 : k + nk ≥ n + 1 + nk > n + 1 on peut armer que
inf En := inf{k + nk , 1 ≤ k ≤ n}.
√
√
• inf En ≥ 4n équivaut à montrer (vu ce qui précède) : k + nk ≥ 4n. Ces réels étant positifs, cela équivaut à
√
(k + nk )2 ≥ 4n soit (k − nk )2 ≥ 0 ce qui est toujours vrai : on a bien démontré que inf En ≥ 4n. En outre le cas
d'égalité aura lieu si et seulement si (k − nk )2 = 0 i.e. n = k2 : on aura donc égalité si et seulement si n est un
carré parfait.
Feuille 1 exercice 3 : Soit f : R → R une application périodique. Si f n'est pas constante, montrer que
f n'admet pas de limite en +∞.
Supposons qu'il existe une application périodique f : R → R qui admet une limite l en +∞, alors d'après le
cours on aura limn f (xn ) = l pour toute suite (xn )n tendant vers +∞. Maintenant, si f n'est pas constante, il
existe a 6= b deux réels tels que f (a) 6= f (b) et f étant T -périodique f (a + nT ) = f (a) 6= f (b) = f (b + nT ) pour
tout n ∈ Z, en particulier limn f (a + nT ) = f (a) 6= f (b) = limn f (b + nT ) ce qui est exclut vu ce qui précède
puisque limn a + nT = limn b + nT = +∞ : f est donc constante.
?
Feuille 1 exercice
6 : Montrer que ∀ n ∈ N :
1 √1
1
1
partie entière de 2 2 + √3 + · · · + √10000 .
√
n+1−
√
√
√
√
√
n < 1/2 n < n − n − 1. En déduire la
√
√
1 √
En multipliant par la quantité conjuguée il vient n + 1 − n = √n+1+
< √2n mais aussi n −
n
√
√
2
1
n − 1 = √n+√n−1 > √n soit les deux inégalités demandées. Sommons les doubles inégalités n + 1 − n <
√
√
√
√
√
√
1/2
n < n − n − 1 pour
n√ ∈ {2, 3, . . . , 10000}, aprés télescopage il reste 100 − 2 = 10000 − 2 <
1 √1
1
1
+ √3 + · · · + √10000 < 10000 − 1 = 99 : la partie entière vaut donc 98.
2
2
√
Feuille 2 exercice 9 : La fonction f (x) = sin(x2 ) est-elle périodique ?
√
f (x) = 0 équivaut à x = ± kπ, k ∈ Z. Si f est périodique soit T > 0 sa période (T est strictement positive
?
car comme
f ≡√
0...) on a f (T ) = f (T + 0) = f (0) =√0 : il existe donc
√ k0 ∈ N tel
√ f est continue T = 0 implique
√
√
que T = k0 π . Observons
aussi que ni √π ni √2π ne√sont égaux à T car f ( π + 2π) = − sin(2 2π)√6= 0. On
√
√
aura aussi f (T + π) = f ( π) = 0 soit k0 π + π = kπ où √
k ∈ Z, donc√en élevant au carré k0 +1+2 k0 = k :
on a √
donc k0 = q 2 avec q ∈ Q. Maintenant si on fait f (T + 2π) = f ( 2π) = 0 il vient de la même manière
1 + 2√ 2k0 = k 0 soit 2ko = q 02 , q ∈ Q. Mais les égalités 2ko = q 02 et k0 = q 2 sont incompatibles car elles assurent
que 2 = p0 /p ∈ Q ce qui est notoirement faux.
√
• (plus simple, mais il fallait y penser
!) les zéros positifs de f sont xk := kπ, k ∈ N, et l'écart entre
deux
√
√
π√
√π ; en
zéros successifs est xk+1 − xk = √k+1+
qui
tends
vers
zéro
(lorsque
k
tends
vers
l'inni)
comme
k
√
√2 k
particulier, si f est T -périodique, le nombre de zéros de f dans l'intervalle de longueur T√ : [ kπ, kπ + T ]
tends vers l'inni avec k (utiliser l'équivalent ci-dessus qui nous dit qu'il est de l'ordre de 2T√π k ou bien résoudre
√
√
√
√
mπ < kπ+1...) mais tout cela est absurde car si f est T -périodique son nombre de zéros dans [ kπ, kπ+T ]
est le même que dans [0, T ] et est donc ni : f n'est donc pas périodique. CQFD.
•
• Toute fonction périodique et continue sur R est uniformément continue sur R. La√fonction continue f (x) =
sin(x2 ) n'est pas uniformément continue sur R (considérer |f (xn ) − f (xn+1 )| où xn = 2nπ ...) elle ne peut donc
être périodique.
1
2
On vérie facilement que si f est une fonction dérivable T -périodique, alors f 0 est encore T -périodique.
2
0
2
2
Supposons
f (x)
√
√ = sin(x 0) T -périodique, alors f (x) = 2x cos(x ) + sin(x ) l'est aussi mais ceci est absurde car
0
f ( 2nπ) = 2 2nπ et f n'est donc pas bornée sur R.
•
Soit R → R continue et injective, montrer que f est strictement monotone.
Solution : Sinon, il existe x1 < x2 < x3 tels que (par exemple) f (x1 ) > f (x2 ) et f (x2 ) < f (x3 ). f étant
continue, par le théorème de valeurs intermédiaires, pour tout réel u vériant : f (x2 ) < u < inf{f (x1 ), f (x3 )}
il existera x1 < s < x2 et x2 < t < x3 tels que f (s) = u = f (t) : ceci est absurde car s < t et f est injective.
Soit R → R vériant f ◦ f (x) = −x pour tout réel x. Montrer que f n'est pas continue.
Solution : On vérie facilement que f est alors injective. Si elle est de plus continue alors avec l'exercice
précédent elle est soit strictement croissante soit strictement décroissante mais dans les deux cas (vériez le !)
f ◦ f sera strictement croissante ce qui est absurde puisque f ◦ f (x) = −x pour tout réel x ! CQFD.
Déterminer les fonctions f ∈ C 0 (R) vériant f ◦ f ◦ f (x) = x, ∀ x ∈ R.
Solution : Comme f ◦ f ◦ f (x) = f ◦ (f ◦ f )(x) = x, la fonction f est nécessairement surjective ; si f (a) = f (b)
alors a = f ◦ f ◦ f (a) = f ◦ f ◦ f (b) = b : elle donc aussi injective. Une telle fonction est donc une bijection
continue, elle est donc (voir plus haut) soit strictement croissante, soit strictement décroissante.
Si f est strictement décroissante, alors f ◦ f sera strictement croissante et par suite f ◦ f ◦ f strictement
décroissante ce qui est absurde ! f est donc strictement croissante. Soient alors x ∈ R, comparons x et f (x) : il
y a trois possibilités : f (x) < x, f (x) > x et f (x) = x. Si f (x) > x alors f strictement croissante implique que
x = f ◦ f ◦ f (x) > f (f (x)) > f (x) > x si qui est absurde ; il en est de même si f (x) < x : donc f (x) = x. x
étant arbitraire la seule solution est f (x) = x, x ∈ R.
Déterminer les fonctions f ∈ C 0 (R) vériant f ◦ f (x) = f (x), ∀ x ∈ R.
Solution : Considérons l'ensemble Ef := {x ∈ R : f (x) = x} des points xes de f . Cet ensemble n'est pas
vide car il contient f (R) en eet pour tout x ∈ R : f (x) = f (f (x)) donc f (x) ∈ Ef . Mais on a trivialement
l'inclusion inverse : Ef ⊂ f (R) donc Ef = f (R). Réciproquement on vérie immédiatement que si f (x) = x
pour tout x ∈ f (R) alors f ◦ f = f . f (R) étant un intervalle pour construire de telle fonctions on se xe un
intervalle A on impose à f de vérier f (x) = x sur A et en dehors de A la fonction fait ce quelle veut à partir
du moment ou elle est continue et reste a valeurs dans A. Par exemple avec A = [−1, 1] vériez que f impaire
dénie par f (x) = x si x ∈ [−1, 1], f (x) = 2 − x si x ∈ [1, 2] et nulle sur [2, +∞[ marche (ici f (R) = [−1, 1] et
f (x) = x sur f (R) = [−1, 1]).
(cos x)1/m − (cos x)1/n
.
x→0
x2
Soient m > n > 0 deux entiers, calculer la limite : lim
Solution : • En évitant les DL : On écrit
(cos x)1/m − (cos x)1/n
(cosn x)1/nm − (cosm x)1/nm
=
x2
x2
et on utilise l'identité amn − bmn = (a − b)(amn−1 + bamn−2 + · · · + bmn−1 ) avec a = (cosn x)1/nm , b =
(cosm x)1/nm :
(cosn x)1/nm − (cosm x)1/nm
cosn x − cosm x
p
p
=
x2
x2 ( mn (cosn x)nm−1 + · · · + mn (cosm x)nm−1 )
3
mais comme clairement limx→0
p
mn
(cosn x)nm−1 + · · · +
p
(cosm x)nm−1 = mn, on a
mn
cosn x(1 − cosm−n x)
(cos x)1/m − (cos x)1/n
=
lim
x→0
x→0
x2
mnx2
(1 − cosm−n x)
= lim
x→0
mnx2
(1 − cos x)(1 + cos x + · · · + cosm−n−1 x)
= lim
x→0
mnx2
m−n
m−n
(1 − cos x)
=
=
lim
.
2
mn x→0
x
2mn
lim
• Avec les DL c'est fastoche.
Soit f : R → R telle qu'il existe 0 < a < 1 tel que :
lim f (x) = 0 = lim
x→0
Montrer que lim
x→0
x→0
f (x) − f (ax)
.
x
f (x)
= 0.
x
(ax)
Vu l'hypothèse limx→0 f (x)−f
= 0 : pour tout ε > 0, il existe δ > 0 tel que x ∈] − δ, δ[ implique
x
|f (x) − f (ax)| < ε|x|. Par conséquent pour tout n ∈ N avec l'inégalité triangulaire, on a :
|f (x) − f (an x)| ≤ |f (x) − f (ax)| + |f (ax) − f (a2 x)| + · · · + |f (an−1 x) − f (an x)|
ε|x|
1 − an−1
<
.
1−a
1−a
(bien remarquer qu'on a pu eectuer les majorations dans la seconde inégalité car x ∈] − δ, δ[ et 0 < a < 1
impliquent ak x ∈] − δ, δ[ pour tout k ∈ N) On fait alors tendre n vers l'inni et comme limx→0 f (x) = 0 entraine
limn→∞ f (an x) = 0 il reste :
≤ ε|x|(1 + a + a2 + · · · + an−1 ) = ε|x|
∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : x ∈] − δ, δ[ =⇒ |f (x)| ≤
i.e.
ε|x|
1−a
f (x) ≤ ε
∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : x ∈] − δ, δ[ =⇒ x 1−a
soit lim
x→0
f (x)
= 0, CQFD.
x
22 octobre 2010
Lassère Patrice : Institut de Mathématiques de Toulouse, laboratoire E.Picard, UMR CNRS 5580,
Université Paul Sabatier, 118 route de Narbonne, 31062 TOULOUSE.
Page perso. : http ://www.math.univ-toulouse.fr/ lassere/INP.html
Mèl : [email protected]