Sans titre - Revenir sur

Analyse 3
DM1
À rendre pour le 28 octobre
Exercice 1
(1 point)
Montrer, en revenant aux définitions, que la fonction
�
x sin x1 , x �= 0
f (x) =
0,
x=0
est continue sur R.
Solution :
Soit x0 �= 0. Montrons que
lim f (x) = x0 sin
x→x0
1
.
x0
Soit � > 0. Pour x �= 0 on a
�
�
�
1
1 ��
�
|f (x) − f (x0 )| = �x sin − x0 sin � =
x
x0
�
�
�
�
�x sin 1 − x sin 1 + x sin 1 − x0 sin 1 � ≤
�
x
x0
x0
x0 �
�
� �
�
�
1� �
1
1�
|x − x0 | ��sin �� + ��sin − sin �� |x| =
x0
x
x0
�
�1
�
�1
��
�
�
�
�
�
− x10
+ x10 ��
1
�
x
x
|x − x0 | ��sin �� + |x| �2 sin
cos
�.
�
�
x0
2
2
Donc, comme pour tout x ∈ R, | sin x| ≤ 1, | cos x| ≤ 1 et | sin x| ≤ |x|, on a
que
|x − x0 |
|x0 − x|
|x − x0 |
|f (x) − f (x0 )| ≤
+ |x|
=2
|x0 |
|xx0 |
|x0 |
Prenons δ = �|x20 | .
Alors, si |x − x0 | < δ, on a
|f (x) − f (x0 )| ≤ 2|x − x0 |/|x0 | < �.
1
2
Nous avons montré que pour � > 0 il existe δ > 0 tel que |x − x0 | < δ
implique |f (x) − f (x0 )| < �. Donc f est continue en tout x0 �= 0.
Montrons que
lim f (x) = 0.
x→0
Soit � > 0. Pour x �= 0 on a
1
|f (x) − f (x0 )| = |x sin | ≤ |x|.
x
Prenons δ = �. Alors, pour tout x tel que |x| < δ, on a
|f (x) − f (x0 )| ≤ |x − x0 | < δ = �.
On conclut que f et continue sur R.
Exercice 2
(1 point)
Soit f : [0, 1] → [0, 1] une fonction continue. Montrer que l’équation
f (x) = x admet au moins une solution. (Indication : on peut utiliser le
Théorème des valeurs intermédiaires)
Solution :
Il faut montrer qu’il existe x0 ∈ [0, 1] tel que f (x0 ) = x0 .
Prenons g : [0, 1] → R définie par g(x) = f (x) − x. Il suffit de montrer qu’il
existe x0 ∈ [0, 1] tel que
g(x0 ) = 0.
Comme f est continue, la fonction g est continue sur [0, 1]. De plus, g(0) =
f (0) ≥ 0 et g(1) = f (1) − 1 ≤ 1 − 1 = 0. Notons a = g(0) et b = g(1). On
donc a b ≤ 0 ≤ a. D’après le Théorème des valeurs intermédiaires, pour tout
d ∈ [b, a], il existe un réel x0 ∈ [0, 1] tel que g(x0 ) = d. En particulier, tel x0
existe pour d = 0.
Donc f (x) = x admet au moins une solution.
Exercice 3
(1 point)
Soit X ⊂ R, f : X → R et x0 adhérent à X. Montrer que f admet une
limite finie en x0 si et seulement si pour tout � > 0 il existe δ > 0 tel que
∀x� , x�� ∈ X (|x� − x0 | < δ, |x�� − x0 | < δ ⇒ |f (x� ) − f (x�� )| < �).
Solution :
1. Supposons que f admet une limite finie en x0 , et notons cette limite �.
Soit � > 0. Il existe δ > 0 tel que
∀x ∈ X, (|x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − �| < �/2
Soit x� , x�� ∈ X tels que |x� − x0 | < δ et |x�� − x0 | < δ. Alors
|f (x� ) − f (x�� )| ≤ |f (x� ) − �| + |f (x�� ) − �| < �/2 + �/2 = �.
2. Supposons que pour tout � > 0 il existe δ > 0 tel que
∀x� , x�� ∈ X (|x� − x0 | < δ, |x�� − x0 | < δ ⇒ |f (x� ) − f (x�� )| < �).
3
Montrons qu’il existe � ∈ R tel que lim f (x) = �.
x→x0
Comme x0 est adhérent à X, il existe une suite (xn )n∈N∗ de nombres dans X
telle que lim xn = x0 . Montrons que la suite correspondante (f (xn ))n∈N∗
n→∞
est une suite de Cauchy.
Soit � > 0.
Soit δ > 0 tel que si x� ∈ X et x�� ∈ X alors |x� − x0 | < δ et |x�� − x0 | < δ
impliquent |f (x� ) − f (x�� )| < �/2.
Il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N , |xn − x0 | < δ.
Alors, si n ≥ N et m ≥ N , on a |xn − x0 | < δ et |xm − x0 | < δ, et donc
|f (xm ) − f (xn )| < �/2, ce que implique que (f (xn )) est Cauchy. Dans R
les suites de Cauchy convergent (voir cours), et donc il existe � ∈ R tel que
lim f (xn ) = �. Montrons que
n→∞
lim f (x) = �.
x→x0
Il existe N1 ≥ N tel que |f (xN1 ) − �| < 2� . En plus, comme N1 ≥ N , on a
|xN1 − x0 | < δ.
Soit x ∈ X tel que |x − x0 | < δ. Alors
|f (x) − �| ≤ |f (x) − f (xN1 )| + |f (xN1 ) − �| < �/2 + �/2 = �.