TD3 Limites Correction

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Page 1 : Analyse-Premier semestre 2023-2024CY TechTD AnalyseLimites et Continuit´e.Analyse

Page 2 : Exercice 1Soit f une fonction d´efinie de R vers R. ´Ecrire a l’aide de quantificateurs etsymboles logiques les propositions suivantes :1 f n’est pas constante.Solution :x R, y R, f x ̸= f y.2 2 n’est pas l’image d’un r´eel par f .Solution :x R, f x ̸= 2⇐⇒f 12 = .3 f prend toujours la mˆeme valeur pour des r´eels oppos´es.Solution :x R, f x = f x.4 Aucun r´eel n´egatif n’est ´egal a son image.Solution :x R, f x ̸= x.Analyse

Page 3 : Exercice 21 Soit la fonctionf x = cosx + 2x2 + 1.Est-elle born´ee sur Df on ne cherchera pas a ´etudier les variationsde f ? D´eterminer la position relative du graphe de f par rapport acelui de la fonctiongx =1x2 + 1.2 Soit la fonctionf x = ln1 4x22.Pour quelles valeurs de x les points du graphe de f d’abscisse xsont-il au dessus de l’axe des abscisses ?Analyse

Page 4 : Exercice 21 f x = cosx+2x2+1: Nous avons :Le domaine de d´efinition de f est Df = R. En effet :x R, x2 + 1 0=⇒x R,1x2 + 1 est bien d´efinie=⇒x R, cosx + 2x2 + 1est bien d´efinie.f est une fonction born´ee. En effet, pour tout x R, nous avons1 cosx + 2 3=⇒zx2+101x2 + 1 cosx + 2x2 + 13x2 + 1=⇒0 11 + x2 cosx + 2x2 + 13x2 + 1 3=⇒0 f x 3.Analyse

Page 5 : Exercice 2Finalement, soit gx =1x2+1. Alors d’apres la premiere implication dupoint pr´ec´edent, nous avonsgx f x,avecf x = gxsi et seulement si x = π + 2kπ, k Z. Ainsi, les deux courbes se croisentseulement pour x = π + 2kπ, k Z, dans le cas contraire la courbe de fest au dessus de celle de g.Analyse

Page 6 : Exercice 22 f x = ln14x22: Nous avons :Nous avons :ln1 4x22est bien d´efinie⇐⇒1 4x22 0⇐⇒1 4x2 0⇐⇒14 x2⇐⇒12 x 12.Ainsi, le domaine de d´efinition de f estDf =12; 12.Analyse

Page 7 : Exercice 2Pour tout x Df =12; 12, nous avons0 x2 14=⇒0 x2 14=⇒0 4x2 1=⇒1 1 4x2 0=⇒12 1 4x22 0=⇒0 ln12ln1 4x22.Ainsi, le graphe de f n’est jamais au dessus l’axe des abscisses.Analyse

Page 8 : Exercice 3Soit f : R\1/3 →R telle que f x = 2x+33x1. Pour tout ϵ 0 d´eterminer δ telque,x ̸= 1/3 et x δ=⇒f x + 3 ϵ.Que peut-on en conclure ?Solution : Soit ϵ 0. Nous allons trouver δ satisfaisant la proposition. Nousavonsf x + 3 =2x + 33x 1 + 3 =11x3x 1Ainsif x + 3 ϵ⇐⇒11x3x 1 ϵ⇐⇒x ϵ · 3x 111.Comme nous voulons ´eviter les problemes en x = 13 pour lequel la fonction fn’est pas d´efinie, nous allons nous placer loin de 13. Consid´erons seulementles x R tel que x 16. Nous avons :x 16=⇒16 x 16=⇒32 3x 1 12=⇒12 3x 1.Analyse

Page 9 : Exercice 3Par cons´equent, si on prendδ = min16, ϵ22,alors pour tout x δ nous avonsx δ ϵ · 12 · 111 ϵ · 3x 111=⇒f x + 3 ϵ.On conclut donc queϵ 0, δ 0, x δ=⇒f x 3 ϵ.Autrement dit la limite de f en 0 est 3. Comme f 0 = 3 alors celamontre aussi que f est continue en 0.Analyse

Page 10 : Exercice 4Montrer, en revenant a la d´efinition, que :1limx→3x + 1 = 2.2limx→0x2 cos 1x = 0.3limx→2x+1x2 = +.4limx→+1ex+1 = 0.Analyse

Page 11 : Exercice 41 limx→3x + 1 = 2. Solution : Soit ϵ 0. Montrons qu’il existe δ 0tel que pour tout x 3 δ nous avonsx + 1 2 ϵ.On commence par noter quex + 1 2 ϵ⇐⇒x + 1 2 · x + 1 + 2x + 1 + 2 ϵ⇐⇒x 3x + 1 + 2 ϵ.Maintenantx + 1 + 2 2=⇒1x + 1 + 2 12=⇒x 3x + 1 + 2 x 32.Analyse

Page 12 : Exercice 4Ainsi pour avoirx + 1 2 ϵ,il suffit d’avoirx 32ϵ⇐⇒x 3 2ϵ.On peut donc prendreδ = 2ϵ,pour conclurex 1, +, x 3 δ=⇒x + 1 2 ϵ.Analyse

Page 13 : Exercice 42 limx→0x2 cos 1x = 0.Solution : Soit ϵ 0. Montrons qu’il existe δ 0, tel que pour toutx R, avec x δ, nous avonsx2 cos1x ϵ.Pour tout x Ron a0 cos1x 1=⇒x2 cos1x x2.Ainsi pour avoirx2 cos1x ϵ,il suffit d’avoirx2 ϵ=⇒x ϵAnalyse

Page 14 : Exercice 4On peut donc prendreδ = ϵ,pour conclurex R, x δ=⇒x2 cos1x x2 δ2 = ϵ.Analyse

Page 15 : Exercice 43 limx→2x+1x2 = +.Solution : Soit A 0. Montrons qu’il existe δ 0 tel que pour toutx ̸= 2, avec x 2 δ, nous avonsA x + 1x 2.Maintenant, puisque on s’interesse a la limite quand x tend vers 2, nousallons nous concentrer sur des r´eels proches de 2. Nous pouvons doncsupposerx 2 1 =⇒1 x 3=⇒2 x + 1=⇒2x 2 x + 1x 2.OrA 2x 2⇐⇒x 2 2A.Analyse

Page 16 : Exercice 4Ainsi pour avoirA x + 1x 2.Il suffit d’avoirx 2 2A.On peut donc prendreδ = min1, 2A,pour conclurex ̸= 2, x 2 δ=⇒x 2 2A=⇒A 2x 2=⇒A 2x 2 x + 1x 2.Analyse

Page 17 : Exercice 44limx→+1ex +1 = 0.Solution : Soit ϵ 0. Montrons qu’il existe A R, tel que pour tout x R,avec x A, nous avons :1ex + 1 ϵ.Pour tout x R on a1ex + 1 ϵ⇐⇒1ϵ ex + 1 = ex + 1⇐⇒1ϵ 1 ex.Maintenant, si ϵ 1, alors la derniere in´egalit´e est vraie pour tout x R, eneffet1ϵ 1 0=⇒x R, 1ϵ 1 0 ex=⇒x R,1ex + 1 ϵ.On peut donc prendre pour A n’importe quelle valeur, par exemple A = 1.Analyse

Page 18 : Exercice 4Si 0 ϵ 1, alors0 1ϵ 1 ex⇐⇒ln1ϵ 1x.Ainsi pour avoir1ex + 1 ϵ,il suffit d’avoirln1ϵ 1x.On peut donc choisirA = ln1ϵ 1,pour conclurex R, x A=⇒1ex + 1 ϵ.Analyse

Page 19 : Exercice 5Soit f une fonction d´efinie sur un intervalle I contenant x0 dans sonint´erieur. On suppose quelimx→x0 f x = u 0.D´emontrer qu’il existe α 0 tel que si 0 x x0 α, alors f x u2.Solution : D’apres la d´efinition de la limite, pour toutϵ 0, nous avonsα 0, x I, 0 x x0 α=⇒f x u ϵ.Ceci entraine queϵ f x u ϵ=⇒u ϵ f x u + ϵAinsi, si on pose par exempleϵ = u2,alors on peut conclureu2 = u u2 f x u + u2 = 3u2=⇒0 u2 f x.Analyse

Page 20 : Exercice 5Par cons´equentx I, x x0 α,=⇒f x = f x u2.Analyse

Page 21 : Exercice 6Soit f : R →R p´eriodique, qui admet une limite finie en +.Montrer que f est constante.Solution : Soit T 0 une p´eriode de f . Pour tout x R, nous avonslimn→+x + nT = +.Maintenant, puisque f admet une limite L R en +, on d´eduit de lacaract´erisation s´equentielle de la limite quex R,limn→+f x + nT = L.Or, par T-p´eriodicit´e, nous pouvons ´ecrirex R, n N, f x + nT = f x.Ainsi, f x + nTnN est une suite constante de valeur f x, doncx R,limn→+f x + nT = f xPar cons´equentx R, f x = L=⇒f est une fonction constante.Analyse

Page 22 : Exercice 7Soit f , g : R →R, et ℓ, ℓ′ R tels que :limx→0 f x = ℓetlimx→0 gx = ℓ′.Montrer quelimx→0 maxf x, gx = maxℓ, ℓ′.Solution : Notons d’abord que pour tout couple a, b R2, nous avonsmaxa, b = a + b + a b2.Ainsimaxf x, gx = f x + gx + f x gx2.etlimx→0 maxf x, gx=limx→0f x + gx + f x gx2Analyse

Page 23 : Exercice 7Or, nous avons le r´esultat suivant :PropositionSoit f : I →R, L R et a I = I extr´emit´es de I. Alorslimx→a f x = L=⇒limx→a f x = L.Puisquelimx→0 f x = ℓetlimx→0 gx = ℓ′.Nous avonslimx→0f x gx2= ℓℓ′2.Le r´esultat pr´ec´edent nous permet donc de conclurelimx→0f x gx2= ℓℓ′2.Analyse

Page 24 : Exercice 7Ainsilimx→0 maxf x, gx=limx→0f x + gx + f x gx2=limx→0f x + gx2+ limx→0f x gx2=ℓ+ ℓ′2+ ℓℓ′2=ℓ+ ℓ′ + ℓℓ′2=maxℓ, ℓ′.Analyse

Page 25 : Exercice 8Est-il vrai que si f et g sont deux fonctions positives sur R+, et si f et gont mˆeme limite en +, alorslimx→+f xgx = 1.Solution : La proposition est fausse. En effet, soitf x = exetgx = xα, α R+.Alorslimx→+f x = +=limx→+gx,maislimx→+f xgx = +.Analyse

Page 26 : Exercice 91 Soit f une fonction d´efinie sur R, telle que :limx→+f x = l R.Montrer la propri´et´e suivante :Pϵ 0, A R, x, x′ R,x A et x′ A=⇒f x f x′ ϵ.Solution : Soit ϵ 0. Alors d’apres la d´efinition de la limite, il existe A R tel quex R, x A=⇒f x l ϵ2 .Ainsi, pour tout x, x′ R avec x A et x′ A, nous avonsf x f x′=f x l + l f x′f x l + l f x′ϵ2 + ϵ2 = ϵ.2 ´Ecrire la n´egation de la propri´et´e P.Solution :ϵ 0, A R, x, x′ R,x A et x′ Aetf x f x′ ϵ.Analyse

Page 27 : Exercice 93 Montrer que la n´egation de P est vraie pour la fonction f x = sinx onpourra penser a prendre x = 2nπ, x′ = 2nπ + π2 . Conclure.Solution : On commence par noter que :n N,sin2nπ sin2nπ + π2 = 0 1 = 1.Ainsi, si on prend ϵ = 1 et pour tout A 0 on choisit :x = 2EA + 1πetx′ = 2EA + 1π + π2 .on aurax A et x′ Aetsinx sinx′ 1 = ϵ.La negation de P est donc vrai pour sinx. Maintenant, dans la question 1 nousavons vu que :f admet une limite finie en + =⇒f satisfait PPar contrapose,f satisfait non P=⇒f n’admet pas de limite finie en + .Ainsi,limx→+sinx n’existe pas.Analyse

Page 28 : Exercice 94 Quelles sont les fonctions p´eriodiques admettant une limite finie en +?Solution : On commece par noter que toute fonction p´eriodique constante admet unelimite finie en +. Soit f une fonction p´eriodique non constante, de p´eriode T.Puisque f est non constante, il existe x0, x′0 R+ avec x0 ̸= x′0 tel quef x0 ̸= f x′0.On peut donc raissoner comme dans le point pr´ec´edent pour conclure que f satisfait lan´egation de P et donc que f n’admet pas de limite finie en +. En effet, notonsque :n N,f x0 + nT f x′0 + nT = f x0 f x′0 0.Ainsi, si on prend ϵ = f x0 f x′0 et pour tout A 0 on choisit :x = x0 +E AT+ 1Tetx′ = x′0 +E AT+ 1T.on aurax A et x′ Aetf x f x′ f x0 f x′0 = ϵ.La negation de P est donc vrai pour f , d’oun on d´eduit que f n’admet pas de limitefinie en +. Les seules fonctions p´eriodiques admettant une limite finie en +sontdonc les fonctions constantes.Analyse

Page 29 : Exercice 10Soit f et g deux fonctions d´efinies sur R+ telles quex R+,gx 0 etlimx→+f xgx = L ̸= 0.1Montrer quelimx→+f x = 0 ⇐⇒limx→+gx = 0.2Montrer que si L 0,limx→+f x = +⇐⇒limx→+gx = +.Analyse

Page 30 : Exercice 10Montrer quelimx→+f x = 0 ⇐⇒limx→+gx = 0.• limx→+f x = 0 =⇒limx→+gx = 0 : Puisque L ̸= 0, nous avons quelimx→+f xgx = L ̸= 0=⇒A 0, x A, f xgx ̸= 0etlimx→+gxf x = 1L.Ainsiϵ 0, B R, x B=⇒gxf x 1L ϵ=⇒0 gxf x 1L + ϵ=⇒0 gx f x 1L + ϵ=⇒0 limx→+gx limx→+f x 1L + ϵ= 0=⇒limx→+gx = 0.Analyse

Page 31 : • limx→+gx = 0 =⇒limx→+f x = 0 : Nous avonsϵ 0, A R, x A=⇒f xgx L ϵ=⇒0 f xgx L + ϵ=⇒0 f x gx L + ϵAinsi0 limx→+f x limx→+gx L + ϵ = 0D’oulimx→+f x = 0.Analyse

Page 32 : Exercice 10Montrer quelimx→+f x = +⇐⇒limx→+gx = +.• limx→+f x = +=⇒limx→+gx = +: Puisque L 0, nousavons quelimx→+f xgx = L 0=⇒limx→+gxf x = 1L 0.AinsiB, x R, x B=⇒gxf x 1L 12L=⇒12L gxf x 32L=⇒f x2Lgx=⇒+=limx→+f x2Llimx→+gx=⇒limx→+gx = +.Analyse

Page 33 : Exercice 10• limx→+gx = +=⇒limx→+f x = +: Nous avonsA, x R, x A=⇒f xgx L L2=⇒L2 f xgx 3L2=⇒gx · L2f xAinsi+=limx→+gx · L2limx→+f xD’oulimx→+f x = +.Analyse

Page 34 : Exercice 11Calculer les limites suivantes :1 limx→0 x · sin 1x. Solution : Nous avons0 sin 1x 1=⇒0 x ·sin 1x x=⇒0 limx→0x · sin 1x limx→0 x = 0=⇒limx→0x · sin 1x = 0=⇒limx→0 x · sin 1x= 0.2limx→+x cosex x2+1 . Solution : Nous avons1 cos ex 1=⇒zx0xx2 + 1 x cosexx2 + 1xx2 + 1=⇒0 = limx→xx2 + 1 limx→x cosexx2 + 1limx→xx2 + 1 = 0=⇒limx→x cosexx2 + 1= 0.Analyse

Page 35 : Exercice 113limx→+exsinx. Solution : Nous avons1 sin x 1=⇒x 1 x sin x x + 1=⇒ex1 exsinx ex+1=⇒+= limx→ex1 limx→exsinx limx→ex+1 = +=⇒limx→+exsinx = +.4 limx→0 x · E 1x. Solution : Pour tout x R+ nous avons1x 1 E 1x1x=⇒zcar x01 x x · E 1x1=⇒1 = limx→0+ 1 x limx→0+ x · E 1x1=⇒limx→0+ x · E 1x= 1De mˆeme, pour tout x Rnous avons1x 1 E 1x1x=⇒zcar x01 x x · E 1x1=⇒limx→0x · E 1x= 1Analyse

Page 36 : Exercice 11Ainsilimx→0 x · E 1x= 1.5limx→+x · E 1x. Solution : Nous avonsx 1, 1x 1=⇒x 1, E 1x= 0=⇒x 1, x · E 1x= 0=⇒limx→+x · E 1x= 0.Analyse

Page 37 : Exercice 121 D´eterminer la limite suivante : limx→13x31 2x21.Solution : Nous avons3x3 1 2x2 1=3x 1x2 + x + 1 2x 1x + 1=3x + 1 2x2 + x + 1x 1x + 1x2 + x + 1=3x + 3 2x2 2x 2x 1x + 1x2 + x + 1=2x2 + x + 1x 1x + 1x2 + x + 1=x 12x 1x 1x + 1x2 + x + 1=2x 1x + 1x2 + x + 1Analyse

Page 38 : Exercice 12Par cons´equent :limx→13x3 1 2x2 1=limx→12x 1x + 1x2 + x + 1=limx→12x 1limx→1x + 1x2 + x + 1=32 · 3=12.Analyse

Page 39 : Exercice 122 D´eterminer la limite suivante :limx→+x2 + 2x 1 x.Solution : Pour tou x 0, nous avonspx2 + 2x 1 x=x2 + 2x 1 x x2 + 2x 1 + xx2 + 2x 1 + x=x2 + 2x 1 x2x2 + 2x 1 + x=2x 1xq1 + 2x 1x2 + x=x · 2 1x x ·q1 + 2x 1x2 + 1Par cons´equentlimx→+px2 + 2x 1 x=limx→+2 1xq1 + 2x 1x2 + 1= 22 = 1.Analyse

Page 40 : Exercice 123 D´eterminer la limite suivante :limx→+gx avecgx =qx +x + 1 qx +x 1.Solution : Pour tou x 1, nous avonsgx=px + x + 1 px + x 1 px + x + 1 +px + x 1px + x + 1 +px + x 1=x + x + 1 x + x 1px + x + 1 +px + x 1=x + 1 x 1px + x + 1 +px + x 1=x + 1 x 1 x + 1 + x 1px + x + 1 +px + x 1 x + 1 + x 1=x + 1 x + 1px + x + 1 +px + x 1 x + 1 + x 1.Analyse

Page 41 : Exercice 12Par cons´equentlimx→+gx=limx→+2px + x + 1 +px + x 1 x + 1 + x 1=0.Analyse

Page 42 : Continuit´eD´efinitionSoient f : I →R une fonction et a I. On dit quef est continue a gauche en a si f a est la limite a gauche de f en a :limx→af x = f a.f est continue a droite en a si f a est la limite a droite de f en a :limx→a+ f x = f a.Remarque : Une fonction f est continue en a si et seulement si f estcontinue a droite et a gauche en a :limx→af x = f a = limx→a+ f x.Analyse

Page 43 : Continuit´ePropositionSoit a I et f : I \ a →R une fonction. La fonction f est prolongeablepar continuit´e en a si et seulement si f admet une limite finie L en a.Dans ce cas, un tel prolongement ˜f : I →R est unique, donn´e par :˜f : x 7→ f xsi x ̸= aLsi x = a.On l’appelle le prolongement par continuit´e de f en a qu’on noterasouvent f sans distinction par abus de notation.Analyse

Page 44 : Continuit´eProposition Op´erations sur les fonctions continuesSoient f et g des fonctions continues sur I et λ, µ R.1Les fonctions λf + µg, f · g sont continue sur I.2Si de plus, g ne s’annule pas sur I, fg est continue sur I.PropositionSoient f : I →R continue sur I et g : J →R continue sur J avecf I J. Alors, la fonction g ◦f est continue sur I.Analyse

Page 45 : Exercice 131 Soit f la fonction d´efinie pare3x1xsi x 0x2+2x+3x3+1si x 0f est-elle continue sur R ?Solution : On commence par noter que les fonctions1xete3x 1sont continues sur R. Ainsi, leur produit e3x1xd´efinit une fonctioncontinue sur R. De mˆeme, les fonctions1x3 + 1etx2 + 2x + 3sont continues sur R+. Ainsi, leur produit x2+2x+3x3+1d´efinit une fonctioncontinue sur R+. Par cons´equent, pour montrer que f est continue sur Ril ne nous reste qu’a v´erifier l’´egalit´e :limx→0e3x 1x?= f 0 = 02 + 2 · 0 + 303 + 1= 3.Analyse

Page 46 : Exercice 13Calculons cette derniere limite. Nous avons :limx→0e3x 1x=limx→0e3x e3·0x 0=e3x′ x=0=3e0=3 = f 0.La fonction f est donc continue sur R.Analyse

Page 47 : Exercice 132 Soit g une fonction d´efinie par gx =sinaxxsi x 0ln1+3x2xsi x 0Quelle valeur doit-on donner a a pour que g soit prolongeable parcontinuit´e en 0 ?Solution : La fonction g est prolongeable par continuit´e en 0 si etseulement silimx→0sinaxx=limx→0+ln1 + 3x2x.Maintenantlimx→0sinaxx=limx→0sinax sina · 0x 0=sinax′x=0=a · cosa · 0=a cos0 = a,Analyse

Page 48 : et en efectuant le changement de variable 1 + 3x = y, nous avonslimx→0+ln1 + 3x2x= limy→1+lny2 · y13=32 · limy→1+lny ln1y 1=32lny′y=1=32 · 1yy=1=32.Ainsi g est prolongeable par continuit´e en 0 si et seulement si a = 32.Analyse

Page 49 : Exercice 14Soit g la fonction d´efinie par :gx =ln xx 1si 0 x 12si x = 1x + 13x 1si x 1La fonction g est-elle continue en 1 ?Solution : La fonction g est continue en 1 si et seulement si :limx→1lnxx 1 = g1 = 2etlimx→1+x + 13x 1 = g1 = 2.Maintentlimx→1+x + 13x 1=limx→1+ x + 1limx→1+ 3x 1=22 = 1 ̸= 2.Analyse

Page 50 : Exercice 14etlimx→1lnxx 1=limx→1lnx ln1x 1=ln′xx=1=1 ̸= 2.Ainsi g n’est pas continue en 1.Analyse

Page 51 : Exercice 16´Etudier la continuit´e des fonctions suivantes :1 f1x = x2 cos 1xsi x ̸= 0f10 = 0.Solution : Les fonctions1xetcosxsont continues sur R. Ainsi, leur composition cos 1xd´efinie unefonction continue sur Ret on peut dire de mˆeme de x2 cos 1x. Il nenous reste que a ´etudier la continuit´e de f1 en 0. Pour montrer lacontinuit´e de f1 en 0, il nous faut v´erifier l’´egalit´e :limx→0 x2 cos1x?= f10 = 0.Analyse

Page 52 : Exercice 16Calculons cette derniere limite. Nous avons1 cos1x1=⇒x2 x2 cos1xx2=⇒0 = limx→0 x2 limx→0 x2 cos1xlimx→0 x2 = 0=⇒limx→0 x2 cos1x= 0=⇒limx→0 x2 cos1x= f10=⇒f1 est continue en 0.Analyse

Page 53 : Exercice 162 f2x = sinx sin 1xsi x ̸= 0f20 = 0.Solution : Les fonctions1xetsinxsont continues sur R. Ainsi, leur composition sin 1xd´efinie unefonction continue sur R, et on peut dire de mˆeme de sinx sin 1x. Il nenous reste que a ´etudier la continuit´e de f2 en 0. Pour montrer lacontinuit´e de f2 en 0 il nous faut v´erifier l’´egalit´e :limx→0 sinx sin1x?= f20 = 0.Analyse

Page 54 : Exercice 16Calculons cette derniere limite. Nous avons0 sin1x 1=⇒0 sinx ·sin1x sinx=⇒0 limx→0 sinx ·sin1x limx→0 sinx = 0=⇒limx→0 sinx ·sin1x = 0=⇒limx→0 sinx sin1x= 0=⇒limx→0 sinx sin1x= f20=⇒f2 est continue en 0.Analyse

Page 55 : Exercice 163 f3x = x · Ex sur R.Solution : Les fonctionsxetExsont continues sur R \ Z. Ainsi, leur produit x · Ex d´efini une fonctioncontinue sur R \ Z. Il ne nous reste que a ´etudier la continuit´e de f3 surZ. Soit n Z, nous avons :limx→nx · Ex=limx→nx · n 1=n 1 limx→nx=n 1netlimx→n+ x · Ex=limx→n+ x · n=n · limx→n+ x=n2.Analyse

Page 56 : Exercice 16Par cons´equentlimx→nf3x ̸= limx→n+ f3x.Ainsi, la fonction f3 n’est continue en aucun point de Z.Analyse

Page 57 : Exercice 164 f4x = x Ex2et f5x = Ex + f4x.Solution : Le mˆeme raisonnement utilis´e dans la question pr´ec´edente,nous permet de conclure que f4 et f5 sont continues sur R \ Z. ´Etudionsla continuit´e de ces deux fonctions sur Z. Soit n Z, nous avonslimx→nx Ex2=limx→nx n 12=n n 12=1etlimx→n+ x Ex2=limx→n+ x n2=n n2=0.Analyse

Page 58 : Exercice 16Par cons´equentlimx→nf4x ̸= limx→n+ f4x.Ainsi, la fonction f4 n’est continue en aucun point de Z.Maintenant, pour tout n Z, nous avonslimx→nEx + x Ex2=n 1 + n n 12=netlimx→n+ Ex + x Ex2=n + n n2 = n.Par cons´equentlimx→n+ f5x = f5n = limx→n+ f5x.Ainsi, la fonction f5 est continue dans tout point de Z.Analyse

Page 59 : Exercice 17Soit f la fonction d´efinie sur R par :f x = 1 si x Q0 sinonMontrez que la fonction f n’est continue en aucun point de R.Pour r´esoudre cet exercice nous aurons besoin du r´esultat suivant :Th´eoreme Caract´erisation s´equentielle de la continuit´e en un pointUne fonction f : I →R est continue en a I si et seulement si pourtoute suite xnnN d’´el´ements de I convergeant vers a, la suitef xnnN converge vers f a.Solution : Puisque Q et R \ Q sont denses dans R, on peut trouver pourchaque a R une suite unnN d’´el´ements dans Q et une suite vnnNd’´el´ements dans R \ Q telles queun →aetvn →a.Analyse

Page 60 : Exercice 17Maintenant, pour chaque n N, on a f un = 1 et f vn = 0. Ainsilimn→+f un = 1 ̸= 0 =limn→+f vn.Les suites f unnN et f vnnN ne convergent donc pas vers la mˆemelimite alors que un et vn convergent toutes les deux vers a. DuTh´eoreme pr´ec´edent on en d´eduit que f n’est pas continue en a. Puisquea est un point quelconque de R, on conclut que f n’est continue enaucun point de R.Analyse

Page 61 : Exercice 181 Trouver toutes les fonctions f : R →R, continues en 0, qui v´erifient :x R, f x = f 3x.Solution : Fixons x R. Nous allons calculer la valeur de fx. Pour cela, oncommence par noter quef x = fx3= f x32= · · · = f x3nAinsi, en posantn N, xn = x3n .on conclutn N, f xn = f x=⇒limn→+f xn = f x.Maintenantlimn→+xn = 0,et par continuit´e de f en 0 on en d´eduit quelimn→+f xn = f 0=⇒f x = f 0.Comme ce raisonnement est valable pour tout x R nous venons de montrerque f est une fonction constante.Analyse

Page 62 : Exercice 182 Trouver toutes les fonctions f : R →R , continues en 1, qui v´erifient :x R, f x = f x2.Solution : Soit f une fonction satisfaisant la propri´et´e. On commence par noterquef x = f x2 = f x2 = f x.Ainsi f est une fonction paire. Il suffit donc d’´etudier f sur l’ensemble des r´eelspositifs. Tout d’abordf 0 = f 02 = f 0=⇒2f 0 = 0=⇒f 0 = 0.Fixons en suite x R0. Nous allons calculer la valeur de f x. On commencepar noter quef x = fx12= fx14= · · · = 1nfx12n Ainsi, en posantn N, xn = x12n .on conclutn N, f xn = 1nf x=⇒limn→+f xn =limn→+1nf x.Analyse

Page 63 : Exercice 18Notons que la limitelimn→+1nf xexiste si et seulement si f x = 0.Maintenantlimn→+xn =limn→+x12n = 1,et par continuit´e de f en 1 on en d´eduit quelimn→+f xn = f 1=⇒limn→+1nf x = f 1=⇒f x = f 1 = 0.Comme ce raisonnement est valable pour tout x R0 et pour x = 0nous avons f 0 = 0, nous venons de montrer que f est la fonction nullesur R+. Finalement, par parit´e de f on conclut f est la fonction nulle surR.Analyse

Page 64 : TVIAvant de continuer avec le TD, rappelons le Th´eoreme des valeursinterm´ediaires :Th´eoreme T.V.I - version 1Soient f : I →R une fonction continue et a, b I tels quef af b 0.Alors il existe c compris entre a et b tel quef c = 0.Th´eoreme T.V.I - version 2Si I est un intervalle et si f : I →R est continue sur I, alors f I est unintervalle. Autrement dit, pour tout a, b I et pour tout y entre f a etf b, il existe c a, b tel quef c = y.Analyse

Page 65 : Exercice 191 Soit f une fonction continue sur a, b telle que f a, b a, b.Montrer, par consid´eration de φx = f x x, qu’il existe c dansa, b tel que f c = c.2 Soit f une fonction continue sur 0, 1 telle que f 0 = f 1.Montrer qu’il existe c dans 0, 12 tel que f c = f c + 12.3 Un mobile parcours, a vitesse continue, une distance d en une unit´ede temps. Montrer qu’il existe un intervalle d’une demi-unit´e detemps pendant lequel il parcourt une distance d2 .Analyse

Page 66 : Exercice 191 Soit f une fonction continue sur a, b telle que f a, b a, b.Montrer, par consid´eration de φx = f x x, qu’il existe c dans a, btel que f c = c.Solution : Soit φ la fonction d´efinie sur a, b par :φx = f x x.AlorsLa fonction φ est continue.Nous avons de plus :f a a, b=⇒a f a=⇒φa = f a a 0.f b a, b=⇒f b b=⇒φb = f b b 0.Ainsiφb 0 φa.D’apres le Th´eoreme des valeurs interm´ediaires, il existe donc c a, b,tel que :φc = 0=⇒f c c = 0=⇒f c = c.Analyse

Page 67 : Exercice 192 Soit f une fonction continue sur 0, 1 telle que f 0 = f 1. Montrerqu’il existe c dans0, 12tel que f c = f c + 12.Solution : Soit g la fonction d´efinie sur0, 12par :gx = f x fx + 12.AlorsLa fonction g est continue.Nous avons de plus :g0 = f 0 f12;g12=f12f 1=f12f 0=f 0 f12= g0.Ainsi g0 et g 12sont de signes oppos´es.Analyse

Page 68 : Exercice 19D’apres le Th´eoreme des valeurs interm´ediaires, il existe donc c 0, 12,tel que :gc = 0=⇒f c = fc + 12.Analyse

Page 69 : Exercice 193 Un mobile parcours, a vitesse continue, une distance d en une unit´ede temps. Montrer qu’il existe un intervalle d’une demi-unit´e de tempspendant lequel il parcourt une distance d2 .Solution : Notons t le temps en heure et Dt la distance parcourueen km entre les instants 0 et t. Par hypotheseD1 = d.Maintenant, supposons que la fonctiont 7→Dt,est continue, et consid´erons la fonctionf t = Dt d · t.Alorsf 0 = 0etf 1 = 0.Analyse

Page 70 : Exercice 19Appliquons la question pr´ec´edente a la fonction f t = Dt d · t.Ainsi, il existe c 0, 12tel quef c = fc + 12.DoncDc d · c = Dc + 12d ·c + 12ce qui implique :Dc + 12Dc = d ·c + 12d · c = d2 .Par cons´equent, entre c et c + 12soit 1/2 heure, la personne parcourtexactement d2 km.Analyse

Page 71 : Exercice 20Soit I un intervalle de R. Trouvez les fonctions f continues sur I dontl’image f I ne contient qu’un nombre fini de points.Solution : Soit f une fonction continue sur I dont l’image ne contientqu’un nombre fini de points. On va d´emontrer qu’elle est constante enfaisant un raisonnement par l’absurde et en utilisant le Th´eoreme desvaleurs interm´ediaires. Supposons donc que f est non constante,c’est-a-dire, il existe a b dans I, tel quef a ̸= f b.Par le th´eoreme des valeurs interm´ediaires, tout ´el´ement dans l’intervallef a, f b si f a f bou f b, f a si f b f apossede au moins un ant´ec´edent dans a, b, c’est-a-dire pour toutd f a, f b ou f b, f a il existe c a, b tel quef c = d.Comme cette intervalle contient un nombre infini de points, on obtientune contradiction.Analyse

Page 72 : Exercice 20Donc, pour tous a, b I, on af a = f b.Autrement dit, f est constante.Analyse

Page 73 : Exercice 21Soit f une fonction continue sur R. Les propositions suivantes sont-ellesvraies ou fausses.1 L’image par f d’un intervalle ouvert est un intervalle ouvert.Solution : Faux. En effet, soitf x = sinxetI = 3π, 3π.Alorsf I = 1, 1,qui est un intervalle ferm´e.2 L’image par f d’un segment est un segment.Solution : Vrai. Th´eoreme vu en CM.Analyse

Page 74 : Exercice 213 L’image par f d’une partie born´ee est born´ee.Solution : Vrai. En effet, soit B une partie born´ee de R. Alors ilexiste m, M R avec m M, tel queB m, M=⇒f B fm, M.Or, d’apres le point pr´ec´edent l’image par f de m, M est unsegment. Ainsi, il existe m1, M1 R avec m1 M1, tel quef B fm, M= m1, M1=⇒f B est une partie born´ee de R.4 L’image r´eciproque par f d’un intervalle est un intervalle.Solution : Faux. En effet, soitf x = x2etI =0, +.Alorsf 1I = , 0 0, +,qui n’est pas un intervalle.Analyse

Page 75 : Exercice 21Notons que la proposition :l’image par f d’une partie born´ee est born´eeest fausse si l’on enleve la hypothese f continue sur R. En effet, soitf x = 1xetI =0, 1.Alorsf I = 1, +.La fonction 1x est continue sur R, mais elle ne l’est pas sur R.Analyse

Page 76 : Exercice 21Reprendre ces questions en supposant cette fois que f est strictementmonotone en plus d’ˆetre continue.1 L’image par f d’un intervalle ouvert est un intervalle ouvert.Solution : Vrai. En effet, puisque f est continue sur R etstrictement monotone, pour tout a, b R avec a b, nous avons :Si f est croissante :f a, b =f a, f b;f a, + =f a,limx→+f x;f , a =limx→f x, f a.Si f est d´ecroissante :f a, b =f b, f a;f a, + =limx→+f x, f a;f , a =f a,limx→f x.2 L’image par f d’un segment est un segment.Solution : Vrai.Analyse

Page 77 : Exercice 223 L’image par f d’une partie born´ee est born´ee.Solution : Vrai.4 L’image r´eciproque par f d’un intervalle est un intervalle.Solution : Vrai. En effet, toute fonction f continue et strictementmonotone, possede une fonction r´eciproque f 1 continue etstrictement monotone. Maintenant, l’image r´eciproque par f d’unintervale I, est ´egal a la image directe du mˆeme intervalle par f 1.Or, f 1 est continue, doncf 1Iest un intervalle.Analyse

Page 78 : Exercice 22Soit f une application de R dans R continue. On suppose que f admetune limite finie en +et en . Montrez que f est born´ee.Solution : Notons L la limite de f en +:ϵ 0, A R+, x A=⇒L ϵ f x L + ϵ.Fixons ϵ = 1, nous obtenons un A correspondant tel que :x A,L 1 f x L + 1.Nous venons de montrer que f est born´ee dans un voisinage de +. Demˆeme, Notons L′ la limite de f en :ϵ 0, A′ R, x A′=⇒L′ ϵ f x L′ + ϵ.Fixons ϵ = 1, nous obtenons un A′ correspondant tel que :x A′,L′ 1 f x L′ + 1.Nous venons de montrer que f est born´ee dans un voisinage de.Analyse

Page 79 : Exercice 22Finalement, la fonction f est continue sur l’intervalle ferm´e born´e A′, A,donc f est born´ee sur cet intervalle : il existe m, M tels que :x A′, A,m f x M.En prenant M0 = maxM, L + 1, L′ + 1, et m0 = minm, L 1, L′ 1nous avons que :x R,m0 f x M0.Donc f est born´ee sur R.Analyse

Page 80 : Exercice 231 Montrer que l’´equation x17 = x11 + 1 admet au moins une solutiondans R.2 Montrer que tout polynˆome de degr´e impair admet au moins uneracine r´eelle.Solution :1 Posons :f x = x17 x11 1.Alors :La fonction f x = x17 x11 1 est continue.De plus :f 0=017 011 1 = 1f 2=217 211 1 = 21126 1 1 0.Ainsif 0 0 f 2.Analyse

Page 81 : Exercice 23Par le Th´eoreme des valeurs interm´ediaires, toute valeur de f 0, f 2est prise par f . Ainsi, il existe α R tel que :f α = 0=⇒α17 α11 1 = 0=⇒α17 = α11 + 1.Analyse

Page 82 : Exercice 232 Montrer que tout polynˆome de degr´e impair admet au moins une raciner´eelle.Solution : SoitPx = anxn + an1xn1 + · · · + a0.un polynˆome de degr´e impair i.e. deg P = n 2Z + 1. Alors :La fonction Px est continue.De plus :limx→+anxn + an1xn1 + · · · + a0=an ·limx→+xn = +sian 0sian 0limx→anxn + an1xn1 + · · · + a0=an ·limx→xn = sian 0+ sian 0Par le Th´eoreme des valeurs interm´ediaires, toute valeur de , + estprise par Px. Ainsi, il existe α R tel que :Pα = 0.Analyse

Page 83 : Exercice 24Soient f et g deux fonctions continues sur un intervalle I de R t. q. :x I,f x2 = gx2 ̸= 0.Montrer que l’on a : ou bien f = g, ou bien f = g.Solution :M´ethode 1 : Consid´erons la fonctionhx = f xgx.Comme pour tout x I, nous avonsgx2 ̸= 0=⇒gx ̸= 0,on conclut que h est une fonction continue sur I en tant que quotient defonctions continues. De plusx I,hx2 = f x2gx2 = 1=⇒x I,hx = 1 ou hx = 1.Analyse

Page 84 : Exercice 24Montrons que h est constante ´egale a 1 ou 1 ce qui nous permettra deconcluref = g,ou bien f = g.Par l’absurde, si h n’est pas constante ´egale a 1 ni a 1 alors il existea, b I tel queha = 1 0ethb = 1 0.Ainsi, par le th´eoreme des valeurs interm´ediaires, il existe c I tel quehc = 0.Absurde, car pour tout x I, hx = 1 ou hx = 1. Par cons´equent,h est constante ´egale a 1 ou 1 et doncx I, f xgx = 1oux I, f xgx = 1ce qui implique f = g, ou bien f = g.Analyse

Page 85 : Exercice 24M´ethode 2 : On commence par noter que, puisque f et g sont deuxfonctions continues satisfaisant, pour tout x I, la propri´et´e :f x2 ̸= 0etgx2 ̸= 0=⇒f x ̸= 0etgx ̸= 0,le T.V.I nous permet de conclure :x I,f x 0oux I,f x 0.De mˆemex I,gx 0oux I,gx 0.Ainsi, les fonctions f et g sont de signe constante.Analyse

Page 86 : Exercice 24Maintenant, par hypothese, nous avonsx I,f x2 = gx2 ̸= 0,ce qui nous permet de conclurex I, f x = gxouf x = gx.Et comme f et g sont soit toujours positives, soit toujours negatives, ond´eduitf=gsi fet g sont de mˆeme signe,etf=gsi fet g sont de signes oppos´es.Analyse

Page 87 : Exercice 25Soient f et g des fonctions d´efinies et continues sur l’intervalle 0, 1. Onsuppose que f 0 = g1 = 0, et g0 = f 1 = 1. Montrer que :λ 0, x 0, 1, f x = λgx.Solution : Pour tout λ 0, soit φλ la fonction d´efinie sur 0, 1 par :φλx = f x λgx.Alors :Pour tout λ, la fonction φλ est continue.Nous avons de plus :φλ0=f 0 λg0 = λ 0.φλ1=f 1 λg1 = 1.Ainsiφλ0 0 φλ1Analyse

Page 88 : Exercice 25D’apres le Th´eoreme des valeurs interm´ediaires il existe donc a 0, 1,tel que :φλa = 0=⇒f a λga = 0=⇒f a = λga.Analyse

Page 89 : Exercice 26D´eterminer le nombre de solutions de l’´equationln x = mxselon les valeurs du parametre r´eel m.Solution : Supposons m 0. Alorsx 0, 1, mx 0etlnx 0=⇒x 0, 1, lnx ̸= mx.´Etudions la solution de lnx = mx sur 1, +. Nous avonsx 1, +, lnx = mx=⇒xlnx = 1m .La fonction f x =xlnx est continue et :strictement d´ecroissante sur 1, e.strictement croissante sur e, +.De plusf1, e= fe, += e, +.Analyse

Page 90 : Exercice 26On a trois cas possibles pour m 0 a ´etudier :Cas m 1e . Si m 1e alors1m e. Maintenant,1m /e, += f 1, +=⇒x 1, +,xlnx ̸= 1m=⇒x 1, +, lnx ̸= mx.Cas m = 1e . Nous avons :xlnx = e⇐⇒ze est le minimum de f sur 1,+x = e.Ainsi, l’´equation lnx = mx a exactement une solution ´egale a e.Cas m 1e . Si m 1e alors1m e. Maintenant, la fonction f eststrictement d´ecroissante et continue sur 1, e. De plus1m f 1, e. Or,d’apres le Th´eoreme de la bijection, f realise un bijection de 1, e surf 1, e = e, +. L’´equationxlnx = 1mpossede donc une unique solution α sur 1, e.Analyse

Page 91 : Exercice 26De mˆeme, la fonction f est strictement croissante et continue sure, +. De plus1m f e, +. Or, d’apres le Th´eoreme de labijection, f realise un bijection de e, sur f e, + = e, .L’´equationxlnx = 1mpossede donc une unique solution β sur e, +. Finalement, l’´equationlnx = mxpossede exactement deux solutions sur 1, +.Analyse

Page 92 : Exercice 26Supposons m 0. Posons f x = lnx mx. Alorsx 0, +,f ′x = 1x m 0.Ainsi, f est strictement croissante et continue sur 0, +. De plus0 Imf = RDonc, d’apres le Th´eoreme de la bijection, l’´equationlnx mx = 0et donc l’´equationlnx = m · x.possede une unique solution sur 0, +.Analyse

Page 93 : Exercice 27Soit f la fonction d´efinie parx R,f x =ex1 + ex .Montrer que f est continue, bijective et d´eterminer sa r´eciproque f 1.Solution : Les fonctionsexetex + 1sont continues sur R. De plus la fonction x 7→ex + 1 ne s’annule pas sur R. Leurquotientexex +1d´efinit donc une fonction continue sur R. Maintenant, pour tout x Rnous avonsf x =ex1 + ex = ex + 1 1ex + 1= 1 1ex + 1D’ou on conclutx y=⇒ex + 1 ey + 1=⇒1ey + 1 1ex + 1=⇒1ex + 1 1ey + 1=⇒1 1ex + 1 1 1ey + 1=⇒f x f y=⇒f est strictement croissant=⇒f realise une bijection sur f R.Analyse

Page 94 : Exercice 27Maintenantlimx→1 1ex + 1 = 0etlimx→+1 1ex + 1 = 1.Ainsif R =0, 1=⇒f est bijective sur 0, 1.Finalement, pour tout y 0, 1 nous avonsy = 1 1ex + 1=⇒1ex + 1 = 1 y=⇒ex + 1 =11 y=⇒ex =11 y 1 =y1 y=⇒ex =y1 y=⇒lny1 y= x.Par cons´equent, l’application r´eciproque de f est donn´ee parf 1 : 0, 1→Ry7→lny1 y.Analyse

Page 95 : Exercice 281 Montrer que, si f est strictement croissante, on a l’´equivalence :f ◦f x = x⇐⇒f x = x.Solution : On raisonne par double implication :=⇒: Au lieu de montrer f ◦f x = x =⇒f x = x directement, montronsla contropos´ee :f x ̸= x=⇒f ◦f x ̸= x.Soit x R tel que f x ̸= x, sans perte de g´en´eralit´e on peut supposer :f x x=⇒zfstrictement croissantef f x f x x=⇒f ◦f x ̸= x.⇐= : Soit x R tel que f x = x, alorsf ◦f x = f f x = f x = x.Analyse

Page 96 : Exercice 282 Soit f : R →R d´efinie par f x = x5 + x 1 pour x R.a Montrer que f est bijective.Solution : Pour tout x R nous avonsf ′x = 5x4 + 1 0.Ainsi, f est strictement croissante. D’ou on conclut que f realise un bijection sur f R.Maintenantlimx→x5 + x 1 = etlimx→+x5 + x 1 = +.Par cons´equentf R = R=⇒f est bijective sur R.Analyse

Page 97 : Exercice 28b R´esoudre dans R l’´equation f x = f 1x.Solution : Puisque f est strictement croissante, nous pouvons ´ecrire :f x = f 1x⇐⇒f ◦f x = x⇐⇒f x = x⇐⇒x5 + x 1 = xAinsif x = f 1x⇐⇒x5 1 = 0⇐⇒x5 = 1⇐⇒x = 1.Analyse

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