Étude de fonctions : pour aller plus loin... Exercice 1: Calculer les limites suivantes : 1. lim+ x→2 1 + ln(x2 − 4) x−2 2. lim x→0 E(x) x 3. lim x→+∞ x − E(x) √ x Exercice 2: Étudier les branches infinies des fonctions suivantes : √ 1 x3 + x x + 1 3 2. x ln 1 + √ en +∞. en +∞ 1. 2 √ x x + x+1 3. ln(ex + e−x ) en −∞ Exercice 3: Soit f : R → R une fonction périodique de période T ∈ R+∗ possédant une limite finie en +∞. Montrer que f est constante. Exercice 4: Soient f et g deux fonctions définies sur un intervalle I. On définit les fonctions sup(f, g) et inf(f, g) par : ∀x ∈ I sup(f, g)(x) = max(f (x), g(x)) et inf(f, g)(x) = min(f (x), g(x)) f + g − |f − g| f + g + |f − g| et inf(f, g) = . 2 2 2. En déduire que si f et g sont continues sur I alors sup(f, g) et inf(f, g) le sont aussi. 1. Montrer que sup(f, g) = Exercice 5: n 1 est continue sur ]0; 1] et Soit n ∈ N. Montrer que gn :]0; 1] → R définie par gn (x) = x ln x admet un prolongement par continuité fn sur [0; 1]. Exercice 6: Soit f une fonction continue de R dans R telle que pour tout couple de réels (x, y) : |f (x) − f (y)| > |x − y| 1. Montrer que f est injective. On admet que l’on peut montrer que f est forcément strictement monotone. 2. Montrer que f est non bornée et bijective. 3. On suppose dans cette question que f est croissante et qu’il existe un intervalle [a, b] stable par f (c’est-à-dire que f ([a, b]) ⊂ [a, b]). Déterminer la restriction de f à l’intervalle [a, b]. Exercice 7: Montrer que tout polynôme de degré impair admet au moins une racine. Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 1 Fonctions : pour aller plus loin Exercice 8: Soit f : [0; 1] → R, continue et telle que f (0) = f (1). 1 1 = f (x) possède une solution sur 0; . 1. Montrer que l’équation f x + 2 2 1 = f (x) possède une solution 2. Plus généralement montrer qu, pour tout n ∈ N∗ , l’équation f x + n 1 sur 0; 1 − . n Exercice 9: Soient f, g : [0; 1] → [0; 1] deux fonctions continues telles que f ◦ g = g ◦ f . Notre but est de démontrer qu’il existe x0 ∈ [0; 1] tel que f (x0 ) = g(x0 ). Raisonnons par l’absurde et supposons qu’un tel x0 n’existe pas. 1. Montrer qu’alors f − g garde un signe constant. On suppose par exemple que f − g > 0. Montrer alors qu’il existe m > 0 tel que pour tout x ∈ [0; 1], f (x) − g(x) > m. 2. Montrer que pour tout n ∈ N∗ et x ∈ [0; 1], on a f n (x) > g n (x) + nm où f n = f ◦ f ◦ ... ◦ f . {z } | nf ois 3. Conclure. 4. Montrer que le résultat n’est pas toujours vrai si on remplace [0; 1] par R. Exercice 10:x Soit f : x → Expliciter f −1 . 1 + |x| . Montrer que f réalise une bijection de R sur un intervalle I que l’on précisera. Exercice 11: Soient a et b deux réels tels que a < b. 1 1 1. Montrer que la fonction f : x → + réalise une bijection de ]a; b[ sur R. x−a x−b 2. Expliciter f −1 . Exercice 12: On note E l’ensemble des fonctions f : R → R continues telles que : x+y f (x) + f (y) 2 ∀(x, y) ∈ R , f = 2 2 1. Montrer que E contient l’ensemble des fonction affines. 2. Soient a et b deux réels tels que a < b et f une fonction de E telle que f (a) = f (b) = 0. a) Soit c ∈ [a; b]. On souhaite montrer que f (c) = 0. Pour cela, construire par dichotomie deux suites (an ) et (bn ) telles que a0 = a, b0 = b, et pour tout n ∈ N c ∈ [an ; bn ] et f (an ) = f (bn ) = 0. Conclure b) En déduire que f est la fonction nulle. 3. Montrer que E est l’ensemble des fonctions affines. Exercice 13: Soit f : I → R. On suppose qu’il existe α > 1 et K ∈ R tel que : ∀(x, y) ∈ I 2 |f (x) − f (y)| 6 K|x − y|α Montrer que f est constante Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 2 Fonctions : pour aller plus loin Exercice 14: r 2−x . 1+x 1. Quel est le domaine de définition de f ? Soit la fonction f définie par f (x) = 2. Dresser le tableau de variation de f . 3. Montrer que l’équation x = f (x) admet une unique solution sur le domaine de définition de f . Exercice 15: Montrer que pour tout x > 0, x 6= 1, ln x 1 <√ . x−1 x Exercice 16: 1. Vérifier que pour tout x > 0, on a 1 1 6 ln(x + 1) − ln x 6 . x+1 x kn X 1 2. En déduire, pour tout k ∈ N , la limite lorsque n tend vers +∞ de Sn = . i i=n+1 ∗ Exercice 17: x + 3 . Soit la fonction f : x → ln x − 1 Étudier les variations de f . Étudier la concavité et les points d’inflexion de sa courbe représentative C. Exercice 18: Soit f une fonction réelle deux fois dérivable sur un intervalle I et à valeurs dans R∗+ . Pour tout réel a on considère la fonction ga définie sur I par ga (x) = f (x)eax . Montrer que ln f est convexe si et seulement si pour tout a appartenant à R, ga est convexe. Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 3 Fonctions : pour aller plus loin Correction Exercice 1: 1. On pose X = x − 2. Pour x > 2 on a X > 0 : 1 1 + X ln X 1 + ln(x2 − 4) = + ln X + ln(X + 4) = + ln(X + 4) x−2 X X 1 1 + X ln X +ln(X +4) = +∞ et donc lim+ +ln(x2 −4) = +∞. x→2 x − 2 X→0 X→0 X E(x) 2. • Si x > 0, lorsque x < 1, E(x) = 0. Donc lim+ =0 x→0 x E(x) = +∞ • Si x < 0, pour −1 < x < 0 , E(x) = −1. Donc lim− x→0 x x − E(x) 1 √ 3. E(x) 6 x < E(x) + 1 ⇔ 0 6 <√ . x x x − E(x) √ Donc lim = 0. x→+∞ x Or lim+ X ln X = 0 donc lim+ Exercice 2: 1. Asymptote d’équation y = x 2. Branche parabolique de direction (Oy). 3. Asymptote d’équation y = −x. Exercice 3: Notons l la limite de f en +∞. Soit x un réel fixé. On pose, pour tout entier n, un = x + nT . On a alors lim un = +∞ donc lim f (un ) = l. n→+∞ n→+∞ Or comme f est périodique, f (un ) = f (x). Donc on a par unicité de la limite, f (x) = l. f est donc constante. Exercice 4: 1. • Soit x ∈ I. Si f (x) > g(x) alors sup(f, g)(x) = f (x) et f (x) + g(x) + f (x) − g(x) f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| = = f (x). 2 2 Si f (x) < g(x) alors sup(f, g)(x) = g(x) et f (x) + g(x) − f (x) + g(x) f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| = = g(x). 2 2 f (x) + g(x) + |f (x) − g(x)| Dans tous les cas sup(f, g)(x) = . 2 • Même méthode pour l’inf. 2. Somme et composée de fonctions continues. Exercice 5: • Continue sur ]0; 1] par opérations sur les fonctions continues. • Si n = 0, g0 (x) = x, donc lim+ g0 (x) = 0 et on peut prolonger g0 par continuité en 0. x→0 Si n 6= 0, gn (x) = (−1)n x(ln x)n = (−1)n (x1/n ln x)n . Or, d’après les croissances comparées, lim+ x1/n ln x = 0 donc lim+ gn (x) = 0 et donc on peut prolonger gn par continuité en 0. Analyse : Chapitre 1 Exercices x→0 x→0 Page 4 Fonctions : pour aller plus loin Exercice 6: 1. Soient x et y deux réels tels que f (x) = f (y). On a alors 0 > |x − y| donc |x − y| = 0 et donc x = y. f est bien injective. 2. On a admis que f est strictement monotone. • On applique l’inégalité de l’énoncé avec y = 0 et x réel quelconque. On a alors : |f (x) − f (0)| > |x|. De plus |f (x) − f (0)| 6 |f (x)| + |f (0)| donc on a |f (x)| > |x| − |f (0)|. Or lim |x| = +∞ donc lim |f (x)| = +∞ ce qui signifie que f n’est pas bornée. x→±∞ x→±∞ • Si f est croissante alors on a lim f (x) = +∞ et lim f (x) = −∞ donc f (R) = R. De même si x→+∞ x→−∞ f est décroissante on a aussi f (R) = R. Donc f est surjective et d’après 1. elle est injective. Donc f est bijective. 3. D’après l’inégalité de l’énoncé on a |f (b) − f (a)| > |b − a|. Or d’après l’énoncé b − a > 0 et comme f est croissante f (b) − f (a) > 0. Donc on a f (b) − f (a) > b − a. On sait aussi que f (b) et f (a) sont deux éléments de [a; b] donc f (b) − f (a) 6 b − a. On a donc en fait f (b) − f (a) = b − a et donc f (b) = b et f (a) = a. Soit maintenant x ∈]a; b[. Comme f est strictement croissante on a f (a) < f (x) < f (b). Or on a aussi |f (x) − f (a)| > |x − a| ⇔ f (x) − a > x − a ⇔ f (x) > x. Et |f (b) − f (x)| > |b − x| ⇔ b − f (x) > b − x ⇔ f (x) 6 x. On a donc pour tout x ∈ [a; b], f (x) = x. Exercice 7: Pour un polynôme de degré impair on a lim P (x) = +∞ et lim P (x) = −∞ ou alors x→+∞ x→−∞ lim P (x) = −∞ et lim P (x) = +∞. x→+∞ x→−∞ Dans tous les cas il existe A et B tels que P (A)P (B) < 0 donc il suffit ensuite d’appliquer le TVI. Exercice 8: 1 1 − f (x). 1. On pose pour x ∈ 0; ; , ϕ(x) = f x + 2 2 On a ϕ(0) = f (1/2) − f (0) et ϕ(1/2) = f (1) − f (1/2) = f (0) − f (1/2). Donc ϕ(0) et ϕ(1/2) sont de 1 signe contraire et comme ϕ est continue sur 0; ; alors d’après le TVI il existe bien un solution à 2 1 l’équation ϕ(x) = 0 ⇔ f x + = f (x) 2 1 1 ∗ , ϕn (x) = f x + − f (x). 2. On pose pour n ∈ N et pour x ∈ 0; ; 1 − n n 1 1 1 On a alors ϕn (0) = f (1/n) − f (0) et ϕn 1 − = f (1) − f 1 − = f (0) − f 1 − n n n k+1 k k =f −f . On remarque alors que pour tout k ∈ [[0; n − 1]] on a ϕn n n n n−1 X k ϕn Donc = f (1) − f (0) = 0. n k=0 Donc nécessairement tous les termes de la somme ne sont pas de même alorsils sont tous (ou signe k′ k et ϕn ne sont pas nuls et l’équation est bien résolue...) donc il existe k et k ′ tels que ϕn n n de même signe. Il ne reste plus qu’à appliquer le TVI.... Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 5 Fonctions : pour aller plus loin Exercice 9: 1. • f − g est nécessairement de signe constant car sinon le TVI nous donne un c tel que f (c) − g(c) = 0 ce qui est contraire à l’hypothèse. • f − g est continue sur [0; 1] donc elle est bornée et atteint ses bornes. Soit m le minimum de f − g. On a alors nécessairement m > 0 car sinon m = 0 et alors il existe x0 tel que f (x0 ) − g(x0 ) = m = 0 ce qui est contraire à l’hypothèse. On a donc bien m > 0 et pour tout x ∈ [0; 1], f (x) − g(x) > m. 2. Raisonnement par récurrence : P(n) : ∀x ∈ [0; 1], f n (x) > g n (x) + nm • n = 1 question précédente • Supposons P(n) vraie. On a alors : f n+1(x) = f n (f (x)) > g n (f (x)) + nm Or comme f ◦ g = g ◦ f alors g n (f (x)) = f (g n (x)). De plus f (g n (x)) > g (g n (x)) + m donc on a bien f n+1(x) > g n+1(x) + (n + 1)m P(n + 1) est vraie. 3. Quelle que soit la valeur de m on peut trouver un n tel que nm > 1. Pour ce n on a alors f n (x) > 1 ce qui est absurde. Donc notre hypothèse de départ est absurde, c’est-à-dire qu’il existe bien x0 tel que f (x0 ) = g(x0 ). 4. Contre-exemple : f (x) = x et g(x) = x + 1 Exercice 10: Remarquer que f est impaire donc pour l’étude des variations on peut se limiter à R+ . f strictement croissante et continue donc bijection. De plus f (R) =] − 1; 1[. y f −1 (y) = (Faire le calcul pour y ∈ [0; 1[ puis pour y ∈] − 1; 0]. 1 − |y| Exercice 11: f = −∞. f = +∞ et lim 1. f strictement décroissante et continue donc bijection de ]a; b[ sur R car lim − + a 2. f −1 b (y) vérifie 1 f −1 (y) −a + 1 f −1 (y) −b = y ⇔ y f −1 (y) 2 + (2 + y(a + b))f −1 (y) + a + b + yab = 0 f −1 (y) solution d’une équation de degré 2. a+b • Si y = 0, f −1 (y) = 2 p 4 + y 2 (a − b)2 1 a+b −1 ± . • Si y 6= 0 alors f (y) = + y 2 2y Comme f −1 est décroissante on sait que pour y > 0, f −1 (y) < p 4 + y 2(a − b)2 1 a+b −1 Donc il faut choisir f (y) = + − . y 2 2y Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 6 a+b a+b et pour y < 0, f −1 (y) > . 2 2 Fonctions : pour aller plus loin Exercice 12: 1. Une fonction affine vérifie bien l’égalité demandée. 2. a) On pose a0 = a et b0 = b. Si an et bn sont construits tels que f (an ) = 0, f (bn ) = 0 et c ∈ [an ; bn ]. f (an ) + f (bn ) an + bn . On sait que f (dn ) = car f ∈ E. Donc on a f (dn ) = 0. On pose alors dn = 2 2 Comme on sait que c ∈ [an ; bn ] on a deux possibilité : soit c ∈ [an ; dn ] soit c ∈ [dn ; bn ]. Si c ∈ [an ; dn ] on pose an+1 = an et bn+1 = dn . Si c ∈ [dn ; bn ] on pose an+1 = dn et bn+1 = bn . Les suites (an ) et (bn ) ainsi construite sont adjacente ((an ) est croissante, (bn ) est décroissante et 1 bn − an = n (b − a) → 0). 2 Donc les suites (an ) et (bn ) convergente vers une même limite l et comme an 6 c 6 bn on a en fait c = l. Or f (an ) = 0 et f est continue donc lim f (an ) = f (c) et donc f (c) = 0. n→+∞ b) Grâce à la question précédente on a montré que f est nulle sur [a : b]. Astuce : Montrons par récurrence que pour tout entier n, f est nulle sur [a + n(b − a); a + (n + 1)(b − a)]. (Il suffit de montrer que f est nulle aux bornes de l’intervalle....) • n = 0 OK • Si vrai au rang n alors : f (a + (n + 1)(b − a)) = 0 et a + n(b − a) + a + (n + 2)(b − a) f (a + (n + 1)(b − a)) = f 2 f (a + n(b − a)) + f (a + (n + 2)(b − a)) = 2 Donc f (a + (n + 2)(b − a)) = 0. Et donc P(n + 1) vraie. Donc f est nulle sur [a; +∞[. On remarque ensuite que f (a + n(b − a)) + f (a − n(b − a)) = 2f (a) = 0 donc en fait la propriété ci dessus est vraie pour n ∈ Z. Donc f est nulle sur R. 3. On commence par remarquer que E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des fonctions de R dans R. Soit f quelconque appartenant à E et a et b deux réels tels que a < b. On considère g la fonction affine telle que g(a) = f (a) et g(b) = f (b). Alors g ∈ E et donc f − g ∈ E. De plus (f − g)(a) = 0 et (f − g)(b) = 0. Donc en fait f − g = 0 et f = g et donc f est affine. Donc E est l’ensemble des fonctions affines. Exercice 13: Soit a ∈ I et x ∈ I, x 6= a : f (x) − f (a) 6 K|x − a|α−1 |f (x) − f (a)| 6 K|x − a| ⇔ x−a α Comme α > 1, lim K|x − a|α−1 = 0 donc lim x→a x→a f (x) − f (a) = 0 ce qui signifie que f est dérivable en a x−a et f ′ (a) = 0. Comme ceci est valable pour tout a ∈ I, f est bien constante. Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 7 Fonctions : pour aller plus loin Exercice 14: 1. Df =] − 1; 2]. −3 √ < 0. Et lim f = +∞ et f (2) = 0. −1 2(1 + x)3/2 2 − x 3. On pose g(x) = f (x) − x. g est strictement décroissante (somme de deux fonction décroissante) et continue sur ] − 1; 2]. Donc bijection de ] − 1; 2] sur [−2; +∞[. 0 ∈ [−2; +∞[, 0 admet un unique antécédent par g donc unique solution pour f (x) = x. 2. Pour x ∈] − 1; 2[, f ′ (x) = Exercice 15: x−1 Astuce : étudier f (x) = ln x − √ x 2 −(x − 1) On a f ′ (x) = √ √ < 0. Donc f est strictement décroissante. 2x x(2 x + x + 1) ln x 1 x−1 < √ car x − 1 < 0. Si x ∈]0; 1[ on a f (x) > f (1) = 0 donc ln x > √ et ainsi x x−1 x x−1 1 ln x Si x > 1, on a f (x) < f (1) = 0 donc ln x < √ et ainsi < √ car x − 1 > 0. x−1 x x Exercice 16: 1. IAF sur la fonction f (t) = ln t sur l’intervalle [x; x + 1]. 2. kn−1 kn−1 kn−1 X 1 X X1 1 1 6 ln(i + 1) − ln(i) 6 ⇒ 6 (ln(i + 1) − ln(i)) 6 i+1 i i+1 i i=n i=n i=n ⇒Sn 6 ln(kn) − ln(n) 6 Sn + 1 1 − n kn 1 1 + 6 Sn 6 ln(k) n nk Donc lim Sn = ln(k). ⇒ ln(k) − n→+∞ Exercice 17: Df = R \ {−3; 1}. Pour l’étude distinguer les cas x < −3, −3 < x < 1 et x > 1. 8x + 8 4 et f ′′ (x) = . • Si x < −3 : f ′ (x) = (x + 3)(1 − x) (x + 3)2 (1 − x)2 Donc f est décroissante et concave. 4 8x + 8 et f ′′ (x) = . • Si −3 < x < 1 : f ′ (x) = (x + 3)(1 − x) (x + 3)2 (1 − x)2 Donc f est croissante et concave sur ] − 3; −1] et convexe sur [−1; 1[. −4 8x + 8 • Si x > 1 : f ′ (x) = et f ′′ (x) = . (x + 3)(x − 1) (x + 3)2 (x − 1)2 Donc f est décroissante et convexe. Exercice 18: f ′′ (x)f (x) − (f ′ (x))2 . (f (x))2 Donc ln f est convexe ssi f ′′ (x)f (x) − (f ′ (x))2 > 0. De plus ga′′ (x) = (f ′′ (x) + 2af ′ (x) + a2 f (x)) eax = Px (a)eax . Donc ga est convexe pour tout a ssi le polynôme Px (a) est positif pour tout a. Or le discriminant de ce polynôme est (f ′ (x))2 − f ′′ (x)f (x). Donc ga est convexe pour tout a ssi ce discriminant est négatif, c’est-à-dire que f ′′ (x)f (x)−(f ′ (x))2 > 0. On a bien ga est convexe pour tout a ssi ln f est convexe. On remarque que (ln f )′′ (x) = Analyse : Chapitre 1 Exercices Page 8 Fonctions : pour aller plus loin