(croissances comparées) x + x 1 x x 1. 1 x 1 x 1 x = 2 = 1

Transcription

1 Eercice e 2 ln = e 2 ( 2 ) /2 } ln {{ / } (ln ) = (ln ) 3 / 2 / /(2) 2 }{{} sin 0 car sin est bornée et e (aucune difficulté!) 5. Il faut distinguer 0 et (croissances comparées) e /3 e 2 5 ln cos = e2 5 e e (5/3) = e ln / 5 cos / 5 }{{} (croissances comparées) (croissances comparées) et (croissances comparées) 7. sin cos est bornée (compris entre 2 et2) et donc la limite est Idem. 9.!!! tend vers = Pour tout Ê, 2 0 donc donc donc par quotient la limite est 0.. On écrit, pour au voisinage de (donc > 0) : = 2 = }{{} 0 2. Pour tout [0,[, =0 donc 0. 0 Par ailleurs, pour tout ],0[, = donc 3. Pour tout Ê, 0 < puis multipliant par > 0 on a : donc en échangeant les inégalités (technique classique : puis on réutilise à la suite l inégalité ) il vient : et par encadrement, on a : 0 Si < 0, on obtient l inégalité : ce qui donne encore : 0 /8

2 4. Pour tout >, 0< < donc 5. On a, pour tout Ê : Eercice 2. donc en échangeant les inégalités : donc par comparaison : = 0 et = = 0 donc la limite est nulle.. e / 0, f (0)=0 et pour tout < 0, f ()=0 0, donc f est continue en Par ailleurs, 0 est continue car constante sur Ê et e / est continue sur Ê (puisque / l est (référence), que t e t est continue sur Ê (référence) et que pour tout Ê, t = / Ê, donc on peut composer). Ainsi, f est continue sur Ê, sur Ê et en 0, donc f est continue sur Ê. 2. 0, f (0)=0 et ln(), donc f est continue à gauche en 0 mais pas à droite, en particulier f n est pas continue en En revanche, est continue sur Ê et ln() est continue sur Ê, donc f est continue sur Ê. 3. et sin n a pas de limite en, donc sin 0 n a pas de limite en 0, donc f n est pas continue (à droite) en 0. En revanche, f est continue sur Ê (par composition, car / l est (référence), que t sin(t ) est continue sur Ê (référence) et que pour tout Ê, t = Ê, donc on peut composer). 0 si = 0 4. Erreur d énoncé. On le remplace par : ln si si 0< < est nulle sur ]0,[. En particulier, 0 et comme f (0)=0, f est continue (à droite) en 0 0. Par ailleurs, 0 (car constante égale à 0 au voisinage à gauche de ), f () = ln() = 0 et ln() ln()= 0, donc f est aussi continue en. Comme est continue sur ]0,[ (car constante nulle), comme ln() est continue sur ], [ (référence), comme f est continue (à droite) en 0 et continue en, f est continue sur Ê. Eercice 3.. D f = Ê. Par ailleurs, f : e /2 est continue sur Ê par composition (en effet, / 2 l est (référence), t e t est continue sur Ê et pour tout Ê, / 2 Ê, donc on peut composer). Enfin, 2 donc par composition 0 e /2 0, ce qui montre que f est prolongeable par 0 continuité en 0. Ê Ê En particulier, la fonction ainsi prolongée, notée f et définie par f { : e / 2 si 0 0 si = 0 est continue sur Ê. 2. Le domaine de définition est Ê et f est continue sur Ê pour les même raisons qu à la question précédente. Par ailleurs, / donc par composition f () 0, ce qui montre que f se prolonge par 0 0 continuité à droite en 0. 2/8

3 En revanche, / donc par composition f (), ce qui montre que f ne se prolonge par par continuité à gauche en Le domaine de définition et de continuité de α et ln() est Ê, donc f est continue sur Ê. Par ailleurs, on a : α ln() 0 { 0 si α>0 par croissances comparées si α 0 par produit de limites, sans indétermination Ainsi, f se prolonge par continuité en 0 si et seulement si α>0. Dans ce cas, la fonction ainsi prolongée et définie par f { Ê Ê : α ln() si > 0 est continue sur Ê. 0 si = 0 4. Par définition, = e ln. Son domaine de définition est Ê. Les fonctions et ln sont continues sur Ê (référence). t e t est continue sur Ê et comme pour tout Ê, t = ln Ê, on peut composer. Ainsi, f est continue sur Ê. Par ailleurs, ln 0 (croissances comparées), donc par composition f () = 0 = e ln 0 e 0 =, donc f est prolongeable par continuité (à droite) en 0. La fonction ainsi prolongée, notée f et définie par f : Ê. 5. D f = Ê. La fonction est continue sur Ê par composition (à détailler). Ê Ê { si > 0 si = 0 En 0 : sin / est bornée sur Ê donc sin/ 0 0. Ainsi, f est prolongeable par continuité en 0 et la fonction ainsi prolongée et définie par est continue sur f : Ê Ê { sin si 0 0 sinon est continue sur Ê. 6. f est bien définie si et seulement si 2 0. On résout : 2 = 0 ( )=0 = 0 ou = (si 0) et 2 = 0 ()= 0 = (si < 0) donc f est définie sur Ê \ {, 0, }. 2 et 2 sont continues sur Ê \ {,0,} et 2 ne s annule pas sur Ê \ {,0,}, donc par quotient, f est continue sur Ê \ {,0,}. Étude en 0 : Étude en 0 : > 0, < 0, 2 2 = 2 2 = = 2 2 = 0 Ces deu valeurs étant égales et finies, on en déduit que f est prolongeable par continuité en 0. Étude en : > 0, donc f n est pas prolongeable par continuité en. Étude en : < 0, donc f n est pas prolongeable par continuité en. 2 2 = 2 2 = ± ± 2 2 = 2 2 = ± ± 3/8

4 Eercice 4. On notera D le domaine de définition et D 2 le domaine de dérivabilité.. D = D 2 = Ê, f ln 2 ()= 2 2. D = D 2 = Ê, f ()=2α(2) α ln3 (2)α 3. D = [,], D 2 =],[, f ()= 2 4. D = D 2 = Ê, f ()=(2 2 )e 2 5. D = D 2 = Ê, f ()=2α( 2 ) α 6. D = D 2 = Ê, f ()=(ln ) 7. D = D 2 =], [, f ()=(2 ln( ) 2 )( )2 8. D = D 2 = Ê \ { }, f ()= 0 2 ( ) 3 9. D = D 2 = Ê, f ()= ( 2 ) 4 0. D = D 2 = Ê, f ln(3 ) ()=(. D = D 2 = Ê, f ()= 2 2 3ln )(3 )ln 3 2. D = D 2 = Ê, f ()= e e e e 3. D = D 2 = Ê, f 2sin cos ()= cos 2 4. D = D 2 = ]kπ,π/2kπ[, f ()= tan2 tan k 5. D = D 2 = Ê, f ()= e e 2 6. D = Ê, D 2 = Ê, f ()= arctan ( ) = sin cos 3 Eercice 5.. On considère la fonction f : ln, elle est dérivable sur Ê (par produit) et de dérivée f ()= ln. Comme f (2)=2ln2 et f (2)=ln2 il vient : 2. On reconnaît une limite usuelle : e X X ont a : 3. On écrit : e 2 2 e 2 0 = e X 0 4. On utilise la formule : cos 2= 2sin 2 donc : et comme ln( X ) X lncos 2 sin lncos 2 sin 2 ln 2ln2 2 ln2 2 et comme X = 2 0 par composition des limites 0 = 2 ln( 2sin2 2sin 2 et que X = X 0 2sin2 0 par composition des limites il vient : 0 4/8

5 5. On a ln( X ) X X 0 et X = cos π/2 0 donc par composition il vient ln(cos ) cos 6. On décompose pour faire apparaître plusieurs limites connues ou calculables facilement : ( ) a a 4 a 4 = a a a a a a a a 4 a 4 = a a a a e lna e a lna a 4 a 4 a π/2 On considère les fonctions f : a, g : e lna et h : 4, ces fonctions sont dérivables sur (donc en a) et on calcule : Ê > 0, f ()= a a, g ()=ln ae lna, h ()=4 3 Ainsi en reconnaissant des tau d accroissements : a a 4 a 4 a a a 3 ( ln a) 4 Eercice 6.. Par définition, () / = e ln() donc le domaine de définition est D =], [\{0} =], 0[ ]0, [. f est continue sur ],0[ ]0, [ par composition (en effet, l est, t ln(t ) est continue sur Ê, pour tout D, t = Ê donc on peut composer et ln( ) est continue sur D ; puis est continue sur D par quotient dont le dénominateur ne s annule pas sur D ; enfin, t e t ln() est continue sur Ê et pour tout D, ln() ln( ) Par tau d accroissement, 0 continuité en 0. ln( ) En revanche, pas prolongeable par continuité en (à droite). Finalement, la fonction prolongée, notée f et définie par D donc on peut composer). donc f () e, ce qui montre que f est prolongeable par 0 donc par composition f (), ce qui montre que f n est f : ], [ Ê { ( ) / si ],0[ ]0, [ e si = 0 est continue sur ], [. 2. f est définie et continue sur Ê par quotient de fonctions continues sur Ê (référence) dont le dénominateur ne s annule pas sur Ê. Par ailleurs, par tau d accroissement, sin, donc f est prolongeable par continuité en 0. 0 La fonction ainsi prolongée, notée f et définie par f : Ê Ê { sin si 0 si = 0 est continue sur Ê. 3. f est continue sur Ê par quotient de fonctions continues (référence) dont le dénominateur ne s annule pas sur Ê. Par ailleurs, pour tout 0, cos f ()= = 2sin2 (/2) = 2 2 ( sin(/2) /2 2 ) = 2 sin(/2)2 (/2) 2 4 5/8

6 en utilisant le fait que par tau d accroissement sin(t ) et en composant les limites. t t 0 Ainsi, f se prolonge par continuité en 0. La fonction ainsi prolongée, notée f est définie par f : Ê Ê { cos si 0 2 si = 0 2 est continue sur Ê. Eercice 26. Soient, y I. On suppose y. Alors : f () f (y) a y >0 donc f () f (y) et f est injective. On montre qu une fonction continue injective est strictement monotone. Preuve : on suppose que f n est pas strictement monotone sur Ê. Quitte à remplacer f par f, on dispose a< b< c des réels tels que f (a) f (b) et f (b) f (c) (faire un dessin si besoin). On suppose par eemple que f (a) f (c) (le cas f (a) f (c) étant analogue). Alors f (a) [f (c), f (b)] et d après le TVI, il eiste d [b,c] tel que f (d)= f (a). Or d [b,c] donc d > a donc d a, ainsi f (a) admet deu antécédents par f dans Ê, ce qui contredit l injectivité de f sur Ê. Donc f est bien strictement monotone. On calcule avec y = 0. f () f (0) a = f () f (0) f () f (0) a = f () a f (0) ± Par stricte monotonie de f, f () a des limites en et. D après ce qui précède, ces limites sont ou. Par monotonie de f, ces limites sont nécessairement différentes, donc f (Ê) = Ê. Enfin, f est continue sur Ê. D après tout ce qui précède, f est une bijection de Ê dans Ê. Eercice 27.. Soit Ê. Alors f ()= f (2 /2)= f (/2) et une récurrence immédiate montre que pour tout n Æ, f (/2 n )= f (). Par passage à la limite (n ) par continuité de f en 0 il vient : f (0)= f (), donc f est constante. 2. (a) On applique la relation avec = y = 0, ce qui donne : f (00)= f (0) f (0) f (0)= 2f (0) 0= f (0) On en déduit, f étant supposée définie sur Ê qui est centré en 0, que : Ê, 0= f (0)= f ( )= f () f ( ) Ê, f ( )= f () ce qui montre que f est impaire (b) Soit Ê. Pour tout n Æ, on note P (n) : f (n)=nf (). (n= 0) On calcule f (0 )= f (0)=0et 0 f ()=0 donc f (0 )=0 f () donc P (0) est vraie. On suppose que P (n) est vraie pour n 0 fié. On calcule : f ((n ))= f (n )= f (n) f () = H.R. n f () f ()=(n )f () ce qui montre P (n ) et achève la récurrence. On généralise à n : si n Æ, on a démontré la relation, sinon, si n est négatif, on écrit n= m avec m Æ et alors : f (n)= f ( m)= f (0 m)= f (0) f (m)= f (m)= m f ()= n f () On a donc prouvé que : n, f (n)=nf () 6/8

7 (c) On écrit r = p q avec p et q Æ. On a alors : p f () = d après 2 f (p) = d après 2 q f ce qui montre bien que : r É, f (r )=r f () ( p q ) p ( ) p q f ()= f q (d) Soit Ê. est limite d une suite de rationnel : il eiste (r n ) n Æ avec pour tout n Æ, r n É et r n. Alors : n Æ, f (r n )=r n (f () et en passant à la limite (n ) par continuité de f sur Ê il vient : f ()= f () ce qui montre le résultat attendu. (e) On a montré que SI f vérifie l équation fonctionnelle, alors f est de la forme a avec a = f () (c est l analyse). On montre maintenant que si f est de la forme a (et alors on a bien f ()= a =a), alors f satisfait l équation fonctionnelle (c est la synthèse). Vérifions. f étant affine, elle est continue sur Ê. De plus :, y Ê, f (y)=a(y)= a a y = f () f (y) ce qui montre bien que de telles fonctions satisfont l équation fonctionnelle. Conclusion : les fonctions continues sur Ê satisfaisant l équation fonctionnelle sont les fonctions a avec a Ê. 3. (a) Supposons que f (y) = 0. Alors pour tout Ê, f ()= f (( y) y)= f ( y)f (y)=0 (b) Pour tout Ê, f ()= f (/2 /2)= ( f (/2) )2 0 (c) Si f ne s annule pas sur Ê, comme de plus pour tout Ê, f () 0, on a pour tout Ê, f ()>0, ce qui permet de considérer g = ln f définie sur Ê. On a pour tous, y Ê : f (y)= f ()f (y)= ln f (y)=ln f ()ln f (y)= g (y)= g () g (y) On en déduit que g est de la forme g () puis que f : ep(g ())=ep(ln(f ()))= f () (d) Réciproquement, si f : a avec a> 0, alors pour tous, y Ê, f (y)= a y = a a y = f ()f (y) donc de telles fonctions (et la fonction nulle) conviennent. 4. La fonction g : f () f (0) vérifie aussi l équation. On a alors g (0)=0 et pour y = 0 on a : g (/2)=g ()/2 puis pour tous, y Ê : g (y)= g ((y)/2)=(g () g (y))/2=g ()/2 g (y)/2=g () g (y) donc g satisfait l équation fonctionnelle de la question 2., ainsi g est de la forme a puis f est de la forme a f (0), en d autres termes f est affine. Réciproquement, on vérifie que de telles fonctions conviennent. Eercice 28. Si f est nulle sur [a, [, alors il eiste c ]a, [ tel que f (c)=0. On suppose désormais f non nulle sur [a, [. 7/8

8 Il eiste donc 0 ]a, [ tel que f ( 0 ) 0, et quitte à remplacer f par f, on peut supposer que f ( 0 )>0. Soit b= 3 4 f ( 0), alors sur l intervalle [a, 0 ] on a : 0= f (a)< 3 4 f ( 0)=b< f ( 0 ) donc par continuité de f sur [a, 0 ], d après le TVI, il eiste ]a, 0 [ tel que f ( )=b. Par ailleurs, par définition de la limite (f () 0), pour ε= 2 f ( 0) > 0, il eiste B Ê tel que pour tout B, f () 2 f ( 0). Alors, sur l intervalle [ 0,B] on a : f ( 0 )>b> 2 f ( 0) f (B) donc d après le TVI, il eiste 2 ] 0,B[ tel que f ( 2 )=b. Enfin, f étant dérivable sur [a,b], comme f ( ) = f ( 2 ), le théorème de Rolle permet d affirmer qu il eiste c ]a,b[ ]a, [ tel que f (c)=0. 8/8