Corrigé du TD n o 11

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1 CPP 03/04 Fonctions réelles J. Gillibert Corrigé du TD n o Exercice Soient f et g deux fonctions continues R R. On suose que : x Q, f(x = g(x Montrer que f = g. Réonse : Raelons d abord le résultat suivant : tout nombre réel est limite d une suite de nombres rationnels, autrement dit l adhérence de Q est égale à R (on dit que Q est dense dans R. Pour justifier rigoureusement ce résultat, soit α un nombre réel, alors la suite (u n définie ar u n = 0n α 0 n est une suite de nombres rationnels (et même décimaux qui converge vers α. En effet, ar définition de la artie entière nous avons : 0 n α 0 n α < 0 n α + d où : α u n < α + 0 n ce qui n est as très étonnant : u n est la valeur arochée ar défaut à 0 n rès de α. Le théorème des gendarmes montre que (u n converge vers α. Passons à la résolution de l exercice rorement dit. Soit α un réel, et soit (u n une suite de nombres rationnels qui converge vers α. Alors, ar continuité de f, la suite f(u n converge vers f(α. De même, ar continuité de g, la suite g(u n converge vers g(α. Mais u n est un nombre rationnel, donc f(u n = g(u n our tout n. Par unicité de la limite d une suite, on en déduit que f(α = g(α. Exercice. Montrer que, our tout coule (a, b R, max(a, b = (a + b + a b. Réonse : On distingue deux cas : ou bien a b, dans ce cas a b est ositif ou nul, donc a b = a b. Par conséquent : (a + b + a b = (a + b + a b = a = max(a, b ou bien a < b, dans ce cas a b est strictement négatif, donc a b = a + b. Il en résulte que : Dans tous les cas la formule est bien vérifiée. (a + b + a b = (a + b a + b = b = max(a, b. Soient f et g deux fonctions continues D R. Soit max(f, g la fonction définie ar max(f, g : D R x max(f(x, g(x

2 Montrer que cette fonction est continue sur D. Réonse : D arès la question récédente, nous avons : max(f, g = (f + g + f g. Or la fonction f g est continue (comme différence de deux fonctions continues et la fonction valeur absolue est continue, donc la fonction f g est continue (comme comosée de fonctions continues. Finalement, f + g + f g est la somme de trois fonctions continues, donc est continue, ce qui montre que max(f, g est continue. Exercice 3. Montrer que l équation x 5 = x + a au moins une solution sur ]0, [. Réonse : Soit f(x = x 5 x, alors notre équation se réécrit f(x = 0. La fonction f est continue sur R et f(0 =, f( = 6. D arès le théorème des valeurs intermédiaires (TVI, comme 0 est comris entre f(0 et f(, il existe un réel α comris entre 0 et tel que f(α = 0. Comme f(0 et f( sont tous les deux non nuls, ce réel α aartient à l intervalle ouvert ]0, [.. Montrer que le olynôme x 3 + x a une unique racine qui aartient à l intervalle ]0, [. Réonse : Soit f(x = x 3 + x. La fonction f est continue dérivable sur R, et sa dérivée f (x = 3x + est strictement ositive sur R. Par conséquent, f est strictement croissante sur R, donc d arès le théorème de la bijection elle réalise une bijection entre l intervalle ]0, [ et l intervalle ]f(0, f([=], [. Ainsi, our tout r ], [, il existe un unique c ]0, [ tel que f(c = r, d où le résultat en renant r = Montrer que l équation x (cos x 5 + x sin x + = 0 admet au moins une solution réelle. Réonse : La fonction f : x x (cos x 5 + x sin x + est continue sur R. De lus, on calcule que f(0 = et que f(π = π. Comme π est négatif, on en déduit d arès le TVI qu il existe un réel β comris entre 0 et π tel que f(β = 0. Exercice 4 Soient n N et α ]0, + [. Démontrer, en utilisant le théorème de la bijection, que le olynôme P (X = X n α admet une unique racine dans ]0, + [. Réonse : La fonction P : x x n α est continue dérivable sur ]0, + [. Sa dérivée x nx n est strictement ositive sur ]0, + [. Par conséquent, P est strictement croissante, donc, d arès le théorème de la bijection, elle réalise une bijection entre ]0, + [ et son image, qui est ] α, + [. En articulier, il existe un unique réel c ]0, + [ tel que P (c = 0. Exercice 5 Soit P R[X] un olynôme de degré imair. Montrer que P admet une racine réelle. Réonse : Soit n = k + le degré de P, alors le terme de lus haut degré de P est de la forme ax k+ avec a 0. D arès le cours P (x + ax k+ On en déduit que : Le même équivalent étant valable en, il vient lim P (x = lim x + x + axk+ = a (+ lim P (x = lim x x axk+ = a ( Or a (+ et a ( sont deux infinis de signes contraires. La fonction P : R R étant continue, le théorème des valeurs intermédiaires rouve que l image de R ar la fonction P est l intervalle ], + [, autrement dit la fonction P : R R est surjective (attention : elle n est as injective en général. En articulier, 0 admet au moins un antécédent ar P, ce qu on voulait. Exercice 6 Soit f : [0, + [ [0, + [ une fonction continue, qui tend vers 0 quand x +.

3 . On distingue deux cas : ou bien f est la fonction nulle, dans ce cas il n y a rien à montrer, ou bien f n est as toujours nulle, dans ce cas il existe x 0 [0, + [ tel que f(x 0 > 0. D autre art, on sait que f tend vers 0 en +, donc en aliquant la définition de la limite avec ε = f(x0, on trouve qu il existe un réel A > 0 tel que x [0, + [, x A = f(x f(x 0 Comme f est à valeurs dans [0, + [, cela se reformule en : x [A, + [, 0 f(x f(x 0 Donc f est bornée sur l intervalle [A, + [. D autre art, le théorème des bornes montre que f est bornée sur l intervalle [0, A], lus récisément il existe des réels 0 m M tels que f([0, A] = [m, M]. ( Il en résulte que f est majorée sur [0, + [ ar max M, f(x0 (. Mais on constate que x 0 aartient à [0, A] (sinon la roriété ( serait contredite, donc M f(x 0 > f(x0. Il en résulte que f est majorée ar M sur [0, + [. Or, toujours d arès le théorème de bornes, il existe t [0, A] tel que f(t = M, donc f atteint sa borne suérieure.. La fonction f n atteint as forcément sa borne inférieure. Par exemle, la fonction f : [0, + [ [0, + [ x x + satisfait les hyothèses de l énoncé, mais n atteint as sa borne inférieure (qui est 0. Exercice 7 On considère la fonction f : [0, + [ R définie ar f(x = x + x x +. a Soit x ]0, [, alors 0 < x + x < x + d où 0 < f(x <. Donc ]0, [ est stable ar f. Un raisonnement analogue montre que ], + [ est stable ar f. b D arès ce qui récède, étant donné x 0 ]0, [, la suite (x n définie ar la relation de récurrence x n+ = f(x n est bien définie, et à valeurs dans ]0, [. c Pour montrer que (x n est croissante, il suffit de montrer que x ]0, [, f(x > x Or nous avons f(x x = x + x + Si x aartient à ]0, [, alors x < x donc 0 < x + < x +. Il en résulte que f(x x est strictement suérieur à, d où le résultat. La suite (x n est strictement croissante et majorée ar, elle converge donc vers une certaine limite l ]0, ]. Par continuité de f, cette limite satisfait f(l = l, c est-à-dire est un oint fixe de f. Or l équation f(l = l s écrit l + l l + = l Comme l 0, on eut diviser ar l les deux membres de l équation : l + l + = 3

4 c est-à-dire : l + = l + d où l l = 0, équation dont les solutions sont 0 et. Comme l 0, on en déduit que l =. Exercice 8. Soit f : [a, b] [a, b] une fonction continue. Montrer qu il existe x 0 [a, b] tel que f(x 0 = x 0. Réonse : Considérons la fonction g définie ar g : [a, b] R x f(x x Comme f est continue, g l est aussi. Il est clair ar construction de g que notre roblème se ramène à montrer l existence d un réel x 0 [a, b] tel que g(x 0 = 0. D autre art : g(a = f(a a 0 car f(a aartient à [a, b], en articulier f(a a De même : g(b = f(b b 0 car f(b aartient à [a, b], en articulier f(b b Donc 0 est comris entre g(a et g(b. D arès le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc x 0 [a, b] tel que g(x 0 = 0, CQFD.. Montrer que l équation cos x = x admet une solution comrise entre 0 et. Réonse : Comme cos([0, π ] = [0, ] et que [0, ] est inclus dans [0, π ], on en déduit que cos([0, ] est inclus dans [0, ]. Il suffit simlement d aliquer le résultat de la question récédente à la fonction cos : [0, ] [0, ]. 3. Donner un exemle de fonction continue g :]0, [ ]0, [ qui n admet as de oint fixe. Réonse : La fonction x x convient. Exercice 9 Soient I un intervalle de R et f : I R une fonction continue. Les roositions suivantes sont elles vraies ou fausses?. Si I est ouvert alors f(i est ouvert. Réonse : C est faux. Par exemle, sin(]0, π[ = [, ].. Si I est fermé alors f(i est fermé. Réonse : C est faux (mais la question est légèrement hors rogramme. En effet, l intervalle [, + [ est fermé (car son comlémentaire ], [ est ouvert, et la fonction x /x réalise une bijection continue entre [, + [ et ]0, ], qui n est as fermé. 3. Si I est borné, alors f(i est borné. Réonse : C est faux. Par exemle, l image de ]0, ] ar la fonction x /x est [, + [. 4. Si I est fermé borné, alors f(i est fermé borné. Réonse : C est vrai, d arès le théorème des bornes. Exercice 0 Soit f : R R la fonction définie ar f(x = + x. La fonction f est continue. De lus, la fonction x + x est strictement croissante, à valeurs ositives, sur [0, + [. Par conséquent, f est strictement décroissante sur ce même intervalle. D arès le théorème de la bijection, f réalise une bijection de [0, + [ sur son image, qui est : f([0, + [ =] lim x + f(x, f(0] =]0, ] 4

5 . D arès le théorème de la bijection, l alication f :]0, ] [0, + [ est continue, strictement décroissante (car de même sens de variation que f. 3. On calcule que : f (y = y. (our un calcul lus détaillé d une bijection réciroque, voir l exercice suivant. Exercice. Soit la fonction f : [, + [ R, définie ar f(x = x + x +. La fonction x x + x + étant strictement croissante sur [, + [, à valeurs ositives, la fonction x x + x + l est aussi. Par conséquent, la fonction f est strictement décroissante sur [, + [. D arès le théorème de la bijection, la fonction f étant continue strictement décroissante, elle réalise une bijection entre l intervalle [, + [ et son image. En outre : f([, + [ =] lim x + f(x, f( ] =]0, ]. Il nous reste à déterminer la bijection réciroque f. Pour cela, on se donne y ]0, ], et on cherche à déterminer (en fonction de y l unique x [, + [ tel que f(x = y. Cette équation s écrit : x + x + = y comme y est strictement ositif, cette équation équivaut à : x + x + = y c est-à-dire : (x + = y (notez bien l idée de asser à la forme canonique, qui évite la lourdeur de la résolution d une équation de degré en x dont le discriminant déend de y!. Comme x + est ositif, on en déduit que x + = y Ainsi : f (y = x = y.. On sait que la fonction tangente réalise une bijection entre ] π, π [ et R. Il nous faut donc trouver un intervalle I tel que la fonction h : x x 3 réalise une bijection entre I et ] π, π [. On voit bien que cet intervalle est I =] 3 π, 3 π [. Plus récisément, I est l image de ] π, π [ ar la bijection réciroque de la fonction h : x x 3. On a donc le diagramme suivant ] 3 π, 3 π [ h:x x 3 ] π, π [ tan dans lequel les deux fonctions sont bijectives. Donc leur comosée g = tan h est bijective, et la fonction réciroque g est obtenue en comosant les fonctions réciroques dans l autre sens, c est-à-dire : g = h arctan Plus exlicitement : g (y = { 3 arctan y si y 0 3 arctan y si y < 0 R 5

6 Exercice On considère la fonction f : R R définie ar f(x = { x si x Q x si x Q. Pour déterminer l alication f f on distingue deux cas - si x Q, alors f(x = x, donc f(f(x = f(x = x. - si x / Q, alors f(x = x. De lus, x étant irrationnel, x l est aussi, donc f( x = ( x = x. Dans tous les cas, on a montré que f(f(x = x, c est-à-dire que f f = id R. Raelons (voir le cours d algèbre que, si f et g sont deux fonctions telles que f g = id et g f = id, alors f et g sont bijectives, et réciroques l une de l autre. Ce résultat s alique bien dans notre cas, en renant les deux fonctions égales à f. On en déduit que f est bijective, et que f = f.. Pour voir que f n est as monotone, on doit montrer qu elle n est ni croissante, ni décroissante. Nous avons : d où : f(0 = 0, f( = et f( = (car est irrationnel. f(0 < f( et f( > f( La remière inégalité montre que f n est as décroissante, la seconde montre que f n est as croissante. Il reste à voir que f n est as continue sur R. Pour cela, il suffit de trouver un oint x 0 où elle n est as continue. Choisissons x 0 =. Raelons que f( =. D autre art, soit (u n une suite de nombres rationnels qui converge vers (une telle suite existe d arès l ex., alors f(u n = u n our tout n, donc la suite f(u n converge vers, autrement dit : lim f(u n = f(. n + D arès le critère séquentiel, f n est donc as continue en. Exercice 3 Soit h : R R une fonction continue telle que : x R, ( x h(x = h. Montrer que h est constante. Réonse : On se donne un réel x. Par une récurrence immédiate, on voit que : ( x h(x = h n our tout entier n. Comme la suite ( ( x converge vers 0, ar continuité de h la suite h x n converge vers h(0. Or la suite n h ( x est constante égale à h(x d arès ce qui récède. Donc h(x = h(0. Ainsi nous avons démontré n que la fonction h est constante, égale à h(0. Exercice 4 Soit f : [0, ] R une fonction continue telle que f(0 = f(, et soit un entier fixé. Montrer qu il existe un réel x [0, ] tel que ( f x + = f(x. 6

7 Réonse : On considère la fonction h définie ar : [ h : 0, ] R x f ( x + f(x Alors h est continue, et le roblème de déart équivaut à trouver un réel x tel que h(x = 0. Nous avons : ( h(0 = f f(0 ( ( ( h = f f En sommant le tout, on trouve que :. ( ( h = f( f ( k h = f( f(0 = 0. k=0 ( ( i On en déduit qu il existe deux entiers i et j avec i < j tels que 0 soit comris entre h et h j. En effet, si une somme de termes est nulle, alors ou bien tous les termes sont nuls, ou bien certains sont ositifs et d autres sont négatifs. [ ] Il suffit alors d aliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la i fonction h sur l intervalle, j. 7