[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 27 avril 2017 Enoncés 1 Les nombres réels Exercice 1 Soit [ 02099 ] f: R→R [Correction] une application telle que : ∀(x, y) ∈ R2 ,f (x + y) = f (x) + f (y); ∀(x, y) ∈ R2 ,f (xy) = f (x)f (y); ∃x ∈ R,f (x) 6= 0. (a) Calculer f (0), f (1) (b) Déterminer f (x) (c) Démontrer que (d) Conclure que Exercice 2 Soient et pour f (−1). x∈Z puis pour ∀x ≥ 0, f (x) ≥ 0. x ∈ Q. En déduire que f est croissante. f = IdR . [ 03404 ] n ∈ N∗ et [Correction] x 1 , . . . , x n ∈ R. On suppose n X k=1 Montrer que pour tout xk = n X x2k = n k=1 k ∈ {1, . . . , n}, xk = 1. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 27 avril 2017 Corrections Corrections 2 puis b(nx)c b(nx)c + 1 ≤ f (x) < n n Exercice 1 : [énoncé] (a) f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) donc f (0) = 0. n → +∞, f = IdR . À la limite, quand Finalement, on obtient x ≤ f (x) ≤ x i.e. f (x) = x. ∀x ∈ R, f (x) = f (1.x) = f (1)f (x) Comme f est non nulle, on a f (1) = 1. f (1) + f (−1) = f (0) = 0 donc f (−1) = −1. (b) Par récurrence sur Exercice 2 : [énoncé] On a n ∈ N : f (n) = n. De plus k=1 f (−n) = f ((−1) × n) = f (−1) × f (n) = −f (n) = −n (xk − 1)2 = n X k=1 x2k − 2 n X xk + k=1 n X 1=0 k=1 et puisqu'une somme de quantités positives n'est nulle que si chaque quantité est nulle, on obtient donc ∀x ∈ Z, f (x) = x Pour n X x ∈ Q, x = p q avec ∀1 ≤ k ≤ n, xk = 1 p ∈ Z, q ∈ N∗ , 1 1 f (x) = f (p × ) = f (p) × f ( ) q q Or f (p) = p et 1 1 1 1 = f (1) = f (q × ) = f (q) × f ( ) = q × f ( ) q q q donc f ( 1q ) = 1 q. Par suite (c) f (x) = x. √ √ √ 2 ∀x ≥ 0, f (x) = f ( x x) = f ( x) ≥ 0 Pour x, y ∈ R, si x≤y alors f (y) = f (x + y − x) = f (x) + f (y − x) ≥ f (x) Ainsi (d) Pour f est croissante. x∈R et n∈N : b(nx)c b(nx)c + 1 ≤x< n n Comme f est croissante : f( b(nx)c b(nx)c + 1 ) ≤ f (x) < f ( ) n n Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD