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Analyse 3
DM1
`
A rendre pour le 28 octobre
Exercice 1 (1 point)
Montrer, en revenant aux d´efinitions, que la fonction
f(x)=xsin 1
x,x�=0
0,x=0
est continue sur R.
Solution :
Soit x0�= 0. Montrons que
lim
x→x0
f(x)=x0sin 1
x0
.
Soit >0.Pour x�= 0 on a
|f(x)−f(x0)|= xsin 1
x−x0sin 1 x0
=
xsin 1
x−xsin 1 x0
+xsin 1
x0
−x0sin 1
x0
≤
|x−x0| sin 1
x0
+ sin 1
x−sin 1 x0
|x|=
|x−x0| sin 1
x0
+|x| 2sin1
x−1 x0
2cos 1
x+1 x0
2
.
Donc, comme pour tout x∈R,|sin x|≤1, |cos x|≤1et|sin x|≤|x|, on a
que
|f(x)−f(x0)|≤|x−x0|
|x0|+|x||x0−x| |xx0|=2
|x−x0|
|x0|
Prenons δ=�|x0|
2.
Alors, si |x−x0|<δ, on a
|f(x)−f(x0)|≤2|x−x0|/|x0|<.
1

2
Nous avons montr´e que pour >0ilexisteδ>0telque|x−x0|<δ
implique |f(x)−f(x0)|<. Donc fest continue en tout x0�= 0.
Montrons que
lim
x→0f(x)=0.
Soit >0. Pour x�= 0 on a
|f(x)−f(x0)|=|xsin 1
x|≤|x|.
Prenons δ=. Alors, pour tout xtel que |x|<δ, on a
|f(x)−f(x0)|≤|x−x0|<δ=.
On conclut que fet continue sur R.
Exercice 2 (1 point)
Soit f:[0,1] →[0,1] une fonction continue. Montrer que l’´equation
f(x)=xadmet au moins une solution. (Indication : on peut utiliser le
Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires)
Solution :
Il faut montrer qu’il existe x0∈[0,1] tel que f(x0)=x0.
Prenons g:[0,1] →Rd´efinie par g(x)=f(x)−x. Il suffit de montrer qu’il
existe x0∈[0,1] tel que
g(x0)=0.
Comme fest continue, la fonction gest continue sur [0,1].De plus, g(0) =
f(0) ≥0etg(1) = f(1) −1≤1−1 = 0. Notons a=g(0) et b=g(1). On
donc a b≤0≤a. D’apr`es le Th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, pour tout
d∈[b, a], il existe un r´eel x0∈[0,1] tel que g(x0)=d. En particulier, tel x0
existe pour d= 0.
Donc f(x)=xadmet au moins une solution.
Exercice 3 (1 point)
Soit X⊂R,f:X→Ret x0adh´erent `a X. Montrer que fadmet une
limite finie en x0si et seulement si pour tout >0ilexisteδ>0telque
∀x�,x
�� ∈X(|x�−x0|<δ,|x�� −x0|<δ⇒|f(x�)−f(x��)|<).
Solution :
1. Supposons que fadmet une limite finie en x0, et notons cette limite .
Soit >0. Il existe δ>0telque
∀x∈X, (|x−x0|<δ⇒|f(x)−|</2
Soit x�,x
�� ∈Xtels que |x�−x0|<δet |x�� −x0|<δ. Alors
|f(x�)−f(x��)|≤|f(x�)−|+|f(x��)−|</2+/2=.
2. Supposons que pour tout >0ilexisteδ>0telque
∀x�,x
�� ∈X(|x�−x0|<δ,|x�� −x0|<δ⇒|f(x�)−f(x��)|<).

3
Montrons qu’il existe ∈Rtel que lim
x→x0
f(x)=.
Comme x0est adh´erent `a X, il existe une suite (xn)n∈N∗de nombres dans X
telle que lim
n→∞ xn=x0. Montrons que la suite correspondante (f(xn))n∈N∗
est une suite de Cauchy.
Soit >0.
Soit δ>0telquesix�∈Xet x�� ∈Xalors |x�−x0|<δet |x�� −x0|<δ
impliquent |f(x�)−f(x��)|</2.
Il existe N∈Ntel que pour tout n≥N,|xn−x0|<δ.
Alors, si n≥Net m≥N, on a |xn−x0|<δet |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 ∈Rtel que
lim
n→∞ f(xn)=.Montrons que
lim
x→x0
f(x)=.
Il existe N1≥Ntel que |f(xN1)−|<�
2.En plus, comme N1≥N, on a
|xN1−x0|<δ.
Soit x∈Xtel que |x−x0|<δ. Alors
|f(x)−|≤|f(x)−f(xN1)|+|f(xN1)−|</2+/2=.