Exercice 8 [ ] [Correction] Soit f : R R dénie par. 1 x arccos x. Montrer que f est totalement discontinue. dénie sur R +.

Transcription

1 [ édité le 7 avril 017 Enoncés 1 Limite et continuité Généralités sur les fonctions Eercice 1 [ ] [Correction] Soit f une fonction croissante de [0 ; 1] dans [0 ; 1]. (a) Montrer que s'il eiste [0 ; 1] et k N tels que f k () = alors est un point e pour f. (b) Montrer que f admet un point e. (b) Soient f, g : R R telles que f converge en +, g périodique et f + g croissante. Montrer que g est constante. Eercice 6 [ ] [Correction] Soient a < b R et f : ]a ; b[ R une fonction croissante. Montrer que l'application lim + f est croissante. Étude de continuité Calcul de limites Eercice [ ] [Correction] Déterminer les limites suivantes, lorsque celles-ci eistent : (a) lim (b) lim + ln + (c) lim 0+ (d) lim 1+ ln. ln(ln ) Eercice 3 [ ] [Correction] Déterminer les limites suivantes, lorsque celles-ci eistent : (a) lim 0. sin ( ) 1 cos e (b) lim + +1 Eercice 4 [ ] [Correction] Déterminer les limites suivantes : (c) lim + e sin (d) lim + +arctan (e) lim 0 (1 + ) 1/ (f) lim 1 1 arccos (e) lim 0 1/ (f) lim + 1/ (a) lim 0+ 1/ (b) lim 0 1/ (c) lim 0 1/ Propriétés des limites Eercice 5 [ ] [Correction] (a) Soit g : R R une fonction périodique convergeant en +. Montrer que g est constante. Eercice 7 [ ] [Correction] Étudier la continuité sur R de l'application Eercice 8 [ ] [Correction] Soit f : R R dénie par f : + f() = Montrer que f est totalement discontinue. Eercice 9 [ 0040 ] [Correction] Étudier la continuité de la fonction dénie sur R +. { 1 si Q 0 sinon n f : sup n N n! Théorème des valeurs intérmédiaires Eercice 10 [ ] [Correction] Soit f : R R continue telle que lim f = 1 et lim + f = 1. Montrer que f s'annule.

2 [ édité le 7 avril 017 Enoncés Eercice 11 [ ] [Correction] Soit f : [0 ; 1] [0 ; 1] continue. Montrer que f admet un point e. Eercice 1 [ ] [Correction] Soit f : R R continue et décroissante. Montrer que f admet un unique point e. Eercice 13 [ ] [Correction] Soit f : [0 ; + [ R continue, positive et telle que f() lim + = l < 1 Montrer qu'il eiste α [0 ; + [ tel que f(α) = α. Eercice 14 [ ] [Correction] Montrer que les seules applications continues de R vers Z sont les fonctions constantes. Eercice 15 [ ] [Correction] Soient f : I R et g : I R deu fonctions continues telles que Eercice 18 [ ] [Correction] Notre objectif dans cet eercice est d'établir la proposition : Toute fonction f : I R continue et injective est strictement monotone. Pour cela on raisonne par l'absurde et on suppose : ( 1, y 1 ) I, 1 < y 1 et f( 1 ) f(y 1 ) et (, y ) I, < y et f( ) f(y ) Montrer que la fonction ϕ: [0 ; 1] R dénie par s'annule. Conclure. ϕ(t) = f((1 t) 1 + t ) f((1 t)y 1 + ty ) Eercice 19 [ ] [Correction] Montrer la surjectivité de l'application z C z ep(z) C Théorème des bornes atteintes Eercice 0 [ ] [Correction] Montrer qu'une fonction continue et périodique dénie sur R est bornée. I, f() = g() 0 Montrer que f = g ou f = g. Eercice 16 [ ] [Correction] Soit f : [0 ; + [ R continue. On suppose que f +. Montrer que + f + ou f. + + Eercice 17 [ 0180 ] [Correction] Soient f : [a ; b] R continue et p, q R +. Montrer qu'il eiste c [a ; b] tel que p.f(a) + q.f(b) = (p + q).f(c) Eercice 1 [ 0181 ] [Correction] Soient f : R R bornée et g : R R continue. Montrer que g f et f g sont bornées. Eercice [ ] [Correction] Soient f, g : [a ; b] R continues telles que Montrer qu'il eiste α > 0 tel que [a ; b], f() < g() [a ; b], f() g() α

3 [ édité le 7 avril 017 Enoncés 3 Eercice 3 [ ] [Correction] Soit f : R R continue telle que lim f = lim f = + + Montrer que f admet un minimum absolu. Eercice 4 [ ] [Correction] Soit f : R R continue. On suppose que chaque y R admet au plus deu antécédents par f. Montrer qu'il eiste un y R possédant eactement un antécédent. Bijection continue Eercice 5 [ ] [Correction] Soit f : R R dénie par f() = 1 + (a) Montrer que f réalise une bijection de R vers ] 1 ; 1[. (b) Déterminer, pour y ] 1 ; 1[ une epression de f 1 (y) analogue à celle de f(). Eercice 6 [ ] [Correction] Soient a < b R et f : ]a ; b[ R une fonction strictement croissante. Montrer que f est continue si, et seulement si, f(]a ; b[) = ]lim a f ; lim b f[. Eercice 7 [ ] [Correction] Soit α un réel compris au sens large entre 0 et 1/e. (a) Démontrer l'eistence d'une fonction f C 1 (R, R) vériant R, f () = αf( + 1) (b) Si α = 1/e, déterminer deu fonctions linéairement indépendantes vériant la relation précédente. Eercice 8 [ ] [Correction] Soit f : [0 ; + [ [0 ; + [ continue vériant Déterminer f. f f = Id Continuité et équation fonctionnelle Eercice 9 [ ] [Correction] Soit f : R R une fonction continue en 0 et en 1 telle que Montrer que f est constante. R, f() = f( ) Eercice 30 [ 0044 ] [Correction] Soit f : R R continue telle que R, ( ) + 1 f = f() Montrer que f est constante. Eercice 31 [ 0179 ] [Correction] Soit f : R R une fonction continue et prenant la valeur 1 en 0. On suppose que R, f() = f() cos Déterminer f. Eercice 3 [ ] [Correction] Soit f : R R continue telle que, y R, f( + y) = f() + f(y) (a) Calculer f(0) et montrer que pour tout R, f( ) = f(). (b) Justier que pour tout n Z et tout R, f(n) = nf(). (c) Établir que pour tout r Q, f(r) = ar avec a = f(1). (d) Conclure que pour tout R, f() = a. Eercice 33 [ 0043 ] [Correction] Soit f : R R telle que pour tout, y R, f( + y) = f() + f(y) On suppose en outre que la fonction f est continue en un point 0 R. Déterminer la fonction f.

4 [ édité le 7 avril 017 Enoncés 4 Eercice 34 [ ] [Correction] On cherche les fonctions f : R R continues telles que ( ) + y, y R, f = 1 (f() + f(y)) (a) On suppose f solution et f(0) = f(1) = 0. Montrer que f est périodique et que Eercice 38 [ ] [Correction] Soient f, g : [0 ; 1] R continue. On pose ϕ(t) = sup [0;1] (f() + tg()) Montrer que ϕ est bien dénie sur R et qu'elle y est lipschitzienne. En déduire que f est nulle. R, f() = f() (b) Déterminer toutes les fonctions f solutions. Eercice 35 [ 0371 ] [Correction] Soit f : R R une fonction continue telle que ( ) + y, y R, f = 1 (a) On suppose f(0) = 0. Vérier (f() + f(y)), y R, f ( + y) = f() + f(y) (b) On revient au cas général, déterminer f. Fonctions lipshitziennes Eercice 36 [ ] [Correction] On rappelle que pour tout R, on a sin. Montrer que la fonction sin est 1 lipschitzienne. Eercice 37 [ 0178 ] [Correction] Soit f : R R une fonction k lipschitzienne (avec k [0 ; 1[) telle que f(0) = 0. Soient a R et (u n ) la suite réelle déterminée par Montrer que u n 0. u 0 = a et n N, u n+1 = f(u n )

5 [ édité le 7 avril 017 Corrections 5 Corrections Eercice 1 : [énoncé] (a) Si f() > alors par croissance de f, f k () f k 1 ()... f() > ce qui est absurde. Une étude analogue contredit f() <. (b) On a f(0) 0 et f(1) 1. Par dichotomie, on peut construire deu suites (a n ) et (b n ) vériant f(a n ) a n et f(b n ) b n On initie les suites (a n ) et (b n ) en posant a 0 = 0 et b 0 = 1. Une fois les termes a n et b n déterminés, on introduit m = (a n + b n )/. Si f(m) m on pose a n+1 = m et b n+1 = b n. Sinon, on pose a n+1 = a n et b n+1 = m. Les suites (a n ) et (b n ) ainsi déterminées sont adjacentes et convergent donc vers une limite commune c. Puisque a n c b n, on a par croissance (c) Quand 0 +, avec X = ln 0 donc 1. (d) Quand 1 +, = e ln = e X ln. ln(ln ) = X ln X avec X = ln 0 donc ln. ln(ln ) 0 (e) Quand 0, (1 + ) 1/ = e 1 ln(1+) = e X avec X = ln(1+) 1 donc (1 + ) 1/ e. (f) Quand 1, 1 arccos = 1 cos y = sin (y/) = sin(y/) sin(y/) y y y/ avec y = arccos 0 donc sin y/ 0 et sin y/ y/ 1 puis 1 arccos 0. et donc f(a n ) f(c) f(b n ) a n f(c) b n Or (a n ) et (b n ) convergent vers c donc par encadrement f(c) = c On peut aussi décrire un point e de f en considérant c = sup { [0 ; 1], f() } Les deu questions de cet oral ne semblent pas être liées. Eercice : [énoncé] (a) Quand 0, (b) Quand +, = 1 + (1 ) ( ) = ln + = 1 1/ ln Eercice 3 : [énoncé] (a) Quand 0, (b) Quand +, (c) Quand +, (d) Quand +, (e) Quand 0, donc puis + arctan sin 1 0 cos e e sin e arctan π 0 1/ 1 1/ 1/ 1/ 1/ 1 1/ 1 0

6 [ édité le 7 avril 017 Corrections 6 (f) Quand +, 1/ 0 donc 1/ = 0 puis 1/ = 0 0. Eercice 4 : [énoncé] (a) Quand 0 +, (b) Quand 0 +, donne puis 1/ 1. Quand 0, donne puis à nouveau 1/ 1. (c) Quand 0 +, via et quand 0, via E 1/ / 1 1/ 1/ 1 1/ 1 1/ 1 1/ 1/ 1 1/ 1 1/ 0 0 1/ 1/ 1/ ( 1 1 ) / 0 Eercice 5 : [énoncé] Notons T une période strictement positive de g. (a) Notons l la limite de g en +. R, g() = g( + nt ) Ainsi g est constante. n + l donc par unicité de la limite : g() = l. (b) Notons l la limite de f en +. Puisque f + g est croissante f + g l R {+ }. + Si l = + alors g + +. La démarche du a., montre l'impossibilité de ceci. Si l R alors la démarche du a., permet de conclure. Eercice 6 : [énoncé] L'application lim + f est bien dénie car f est croissante ce qui assure l'eistence de lim + f. Soient, y ]a ; b[ tels que < y. Pour t ] ; y[, on a f(t) f(y). Quand t +, on obtient lim + f f(y) or f(y) lim y + f donc lim + f lim y + f. Eercice 7 : [énoncé] Par opération f est continue sur chaque I k = ]k ; k + 1[ avec k Z. Il reste à étudier la continuité en a Z. Quand a + : f() = + a = f(a) car E() a. Quand a : f() = + a = a = f(a) car a 1. Par continuité à droite et à gauche, f est continue en a. Finalement f est continue sur R. Eercice 8 : [énoncé] Soit a R. Il eiste une suite (u n ) de nombre rationnels et une suite (v n ) de nombres irrationnels telles que u n, v n a. On a f(u n ) = 1 1 et f(v n ) = 0 0 donc f n'a pas de limite en a et est donc discontinue en a. Eercice 9 : [énoncé] La suite (u n ) avec u n = n n! converge vers 0 donc sup n N n n! eiste dans R. u n+1 u n = n + 1 Pour n on a n + 1 donc u n+1 u n. Pour n < on a n + 1 donc u n+1 u n.

7 [ édité le 7 avril 017 Corrections 7 Par suite n f() = sup n N n! =! f est clairement continue en tout a R + \ N et continue à droite en tout a N. Reste à étudier la continuité à gauche en a N. Quand a : Finalement f est continue. f() =! = a 1 (a 1)! aa 1 (a 1)! = aa a! = f(a) Eercice 10 : [énoncé] Puisque lim f = 1, f prend des valeurs négatives, puisque lim + f = 1, f prend des valeurs positives. En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires entre celles-ci, f s'annule. Eercice 11 : [énoncé] Soit ϕ: [0 ; 1] R dénie par ϕ() = f(). Un point e de f est une valeur d'annulation de ϕ. ϕ est continue, ϕ(0) = f(0) 0 et ϕ(1) = f(1) 1 0 donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, ϕ s'annule. Eercice 1 : [énoncé] Unicité : Soit g : f(). g est strictement décroissante donc injective et ne peut donc s'annuler qu'au plus une fois. Eistence : Par l'absurde, puisque g est continue, si elle ne s'annule pas elle est strictement positive ou négative. Si R, g() > 0 alors f() > lim + f = inf R f. Si R, g() < 0 alors f() < lim f = sup R f. + ce qui est absurde puisque + ce qui est absurde puisque La fonction g est dénie et continue sur R +. Puisque f(0) > 0, par opérations sur les limites lim 0 g() = +. De plus lim + g() = l. Puisque g est continue et qu'elle prend des valeurs inférieures et supérieures à 1, on peut armer par le théorème des valeurs intermédiaires qu'il eiste α R + tel que g(α) = 1 d'où f(α) = α. Eercice 14 : [énoncé] Soit f : R Z continue. Par l'absurde : Si f n'est pas constante alors il eiste a < b tel que f(a) f(b). Soit y un nombre non entier compris entre f(a) et f(b). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il eiste R tel que y = f() et donc f n'est pas à valeurs entière. Absurde. Eercice 15 : [énoncé] Posons ϕ: I R dénie par ϕ est continue et ϕ() = f()/g() I, ϕ() = 1 Montrons que ϕ est constante égale à 1 ou 1 ce qui permet de conclure. Par l'absurde, si ϕ n'est pas constante égale à 1 ni à 1 alors il eiste a, b I tel que ϕ(a) = 1 0 et ϕ(b) = 1 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires, ϕ s'annule. Absurde. Eercice 16 : [énoncé] Pour a assez grand, f() 1 sur [a ; + [ donc f ne s'annule pas sur [a ; + [. Étant continue, f est alors de signe constant sur [a ; + [ et la relation f = ± f permet alors de conclure. Eercice 13 : [énoncé] Si f(0) = 0 alors α = 0 convient. Sinon, considérons g : f() Eercice 17 : [énoncé] Si p = q = 0, n'importe quel c fait l'aaire. Sinon posons pf(a) + qf(b) y = p + q

8 [ édité le 7 avril 017 Corrections 8 Si f(a) f(b) alors f(a) = pf(a) + qf(a) p + q y pf(b) + qf(b) p + q = f(b) Si f(b) f(a) alors, comme ci-dessus f(b) y f(a). Dans les deu cas, y est une valeur intermédiaire à f(a) et f(b) donc par le théorème des valeurs intermédiaires, il eiste c [a ; b] tel que y = f(c). Eercice 18 : [énoncé] La fonction ϕ est continue, ϕ(0) = f( 1 ) f(y 1 ) 0 et ϕ(1) = f( ) f(y ) 0 donc par le théorème des valeurs intermédiaires, ϕ s'annule en un certain t. Posons 0 = (1 t) 1 + t et y 0 = (1 t)y 1 + ty. ϕ(t) = 0 donne f( 0 ) = f(y 0 ) or 0 < y 0 donc f n'est pas injective. Absurde. Eercice 19 : [énoncé] Notons f l'application étudiée. Pour z = ρe iα, on a f(z) = ρe ρ cos α i(α+ρ sin α) e Soit Z = re iθ C avec r 0. Si r = 0 alors Z = 0 = f(0). Si r > 0, pour que z = ρe iα vérie f(z) = Z, il sut de trouver (ρ, α) solution du système { ρe ρ cos α = r α + ρ sin α = θ Nous alors chercher un couple (ρ, α) solution avec ρ > 0 et α ]0 ; π[. Quitte à considérer un nouvel argument θ pour le complee Z, nous supposons θ > π. On a alors { { ρe ρ cos α = r g(α) = r α + ρ sin α = θ ρ = θ α sin α avec g(α) = θ α sin α e θ α sin α cos α La fonction g est dénie et continue sur ]0 ; π[. Quand α 0 +, g(α) + et quand α π, g(α) 0 +. Par suite, il eiste α ]0 ; π[ tel que g(α) = r et alors, pour ρ = θ α sin α, on obtient Finalement f est surjective. f(ρe iα ) = re iθ = Z Eercice 0 : [énoncé] Soit T > 0 une période de f. Sur [0 ; T ], f est bornée par un certain M car f est continue sur un segment. Pour tout R, nt [0 ; T ] pour n = E(/T ) donc f() = f( nt ) M. Ainsi f est bornée par M sur R. Eercice 1 : [énoncé] Soit M R tel que R, f() M Pour tout R, f(g()) M donc f g est bornée. Puisque la fonction g est continue sur le segment [ M ; M], elle y est bornée par un certain M. Pour tout R, g(f()) M car f() [ M ; M] ainsi g f est bornée. Eercice : [énoncé] Posons ϕ: [a ; b] R dénie par ϕ() = g() f() ϕ est continue sur le segment [a ; b] donc y admet un minimum en un certain c [a ; b]. Posons α = ϕ(c) = g(c) f(c) > 0. Pour tout [a ; b], ϕ() α donc f() g() α. Eercice 3 : [énoncé] Posons M = f(0) + 1. Puisque lim + f = lim f = +, il eiste A, B R tels que A, f() M et B, f() M On a A 0 B car f(0) < M. Sur [A ; B], f admet un minimum en un point a [A ; B] car continue sur un segment. On a f(a) f(0) car 0 [A ; B] donc f(a) M. Pour tout [A ; B], on a f() f(a) et pour tout ] ; A] [B ; + [, f() M f(a). Ainsi f admet un minimum absolu en a.

9 [ édité le 7 avril 017 Corrections 9 Eercice 4 : [énoncé] Soit y une valeur prise par f. Si celle-ci n'a qu'un antécédent, c'est ni. Sinon, soit a < b les deu seuls antécédents de y. f est continue sur [a ; b] donc y admet un minimum en c et un maimum en d, l'un au moins n'étant pas en une etrémité de [a ; b]. Supposons que cela soit c. Si f(c) possède un autre antécédent c que c. Si c [a ; b] alors f ne peut être constante entre c et c et une valeur strictement comprise entre f(c) = f(c ) et ma [c;c ] f possède au moins 3 antécédents. Si c / [a ; b] alors une valeur strictement intermédiaire à y et f(c) possède au moins 3 antécédents. Impossible. Eercice 5 : [énoncé] (a) Sur [0 ; + [, f() = 1 + = est continue et strictement croissante, f(0) = 0 et lim + f = 1. Ainsi f réalise une bijection de [0 ; + [ vers [0 ; 1[. Sur ] ; 0[, f() = 1 = est continue et strictement croissante, lim 0 f = 0 et lim f = 1. Ainsi f réalise une bijection de ] ; 0[ vers ] 1 ; 0[. Finalement, f réalise une bijection de R vers ] 1 ; 1[. (b) Pour y [0 ; 1[, son antécédent = f 1 (y) appartient à [0 ; + [. y = f() y = 1 + = y 1 y Pour y ] 1 ; 0[, son antécédent = f 1 (y) appartient à ] ; 0[. Finalement, y = f() y = y ] 1 ; 1[, f 1 (y) = 1 = y 1 + y y 1 y Eercice 6 : [énoncé] Notons que lim a f et lim b f eistent car f est croissante. ( = ) Supposons f continue. Puisque f est continue et strictement croissante, f réalise une bijection de ]a ; b[ sur ]lim a f ; lim b f[ d'où le résultat. ( = ) Supposons f(]a ; b[) = ]lim a f ; lim b f[. Soit 0 ]a ; b[. On a lim a f < f( 0 ) < lim b f. Pour tout ε > 0, soit y + ]f( 0 ) ; f( 0 ) + ε] ]lim a f ; lim b f[. Il eiste + ]a ; b[ tel que f( + ) = y +. Soit y [f( 0 ) ε ; f( 0 )[ ]lim a f ; lim b f[. Il eiste ]a ; b[ tel que f( ) = y. Puisque f est croissante, < 0 < +. Posons α = min( + 0, 0 ) > 0. Pour tout ]a ; b[, si 0 α alors + donc y f() y + d'où f() f( 0 ) ε. Ainsi f est continue en 0 puis f continue sur ]a ; b[. Eercice 7 : [énoncé] (a) Cherchons f de la forme f() = e β Après calculs, si α = βe β alors f est solution. En étudiant les variations de la fonction β βe β, on peut armer que pour tout α [0 ; 1/e], il eiste β R + tel que βe β = α et donc il eiste une fonction f vériant la relation précédente. (b) Pour α = 1/e, les fonctions e et e sont solutions. Notons que pour α ]0 ; 1/e[ il eiste aussi deu solutions linéairement indépendantes car l'équation βe β = α admet deu solutions, une inférieure à 1 et l'autre supérieure à 1 Eercice 8 : [énoncé] La fonction f est bijective et continue donc strictement monotone. Elle ne peut être décroissante car alors elle ne serait pas surjective sur [0 ; + [, elle est donc strictement croissante. S'il eiste un [0 ; 1] tel que f() < alors, par stricte croissance f(f()) < f() et donc f(f()) < ce qui contredit f f = Id. De même f() > est impossible et donc f = Id.

10 [ édité le 7 avril 017 Corrections 10 Eercice 9 : [énoncé] R, f( ) = f(( ) ) = f( ) = f() donc f est paire. Pour tout > 0, 1/n 1 donc f( 1/n ) f(1) par continuité de f en 1. n n Or f( 1/n ) = f( 1/n 1 ) = = f() donc f() = f(1) pour tout > 0 puis pour tout R par parité. De plus f(0) = lim 0 + f() = f(1) donc R, f() = f(1) Eercice 30 : [énoncé] Soient R et (u n ) dénie par u 0 = et pour tout n N, u n+1 = u n + 1 Si 1 alors on montre par récurrence que (u n ) est décroissante et supérieure à 1. Si 1 alors on montre par récurrence que (u n ) est croissante et inférieure à 1. Dans les deu cas la suite (u n ) converge vers 1. Or pour tout n N, f() = f(u n ) donc à la limite f() = f(1). Ainsi R, f() = sin (avec prolongement par continuité par 1 en 0). Vérication : ok. Eercice 3 : [énoncé] (a) Pour = y = 0, la relation donne f(0) = f(0) donc f(0) = 0. Pour y =, la relation donne f(0) = f() + f( ) donc f( ) = f(). (b) Par récurrence, on montre pour n N : f(n) = nf(). Pour n Z, on écrit n = p avec p N. On a alors f(n) = f(p) = pf() = nf(). (c) Soit r Q. On peut écrire r = p/q avec p Z et q N. f(r) = pf(1/q) = p q qf(1/q) = p q f(1) = ar. (d) Pour tout R il eiste une suite (u n ) telle que u n et u n Q. Par continuité f(u n ) f() or puisque u n Q f(u n ) = au n a donc par unicité de la limite f() = a. Eercice 33 : [énoncé] La relation fonctionnelle f( + y) = f() + f(y) permet d'établir r Q, f(r) = rf(1) Eercice 31 : [énoncé] Soit f solution. ( ) ( ) f() = f cos = f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos =... = f 4 4 n cos n... cos Pour cela on commence par établir a R, n Z, f(na) = nf(a) On commence par établir le résultat pour n = 0 en eploitant Or donc ( ) ( ) ( ) sin n cos n... cos = 1 n sin ( ) sin n f() = sin ( ) n f n Pour 0, quand n +, on a sin ( n ) 0 puis f() = sin ( ) n sin ( )f n n sin f(0) f(0) = f(0) + f(0) ce qui entraîne f(0) = 0. On étend ensuite le résultat à n N en raisonnant par récurrence et en eploitant f((n + 1)a) = f(na) + f(a) On étend enn le résultat à n Z en eploitant la propriété de symétrie f( ) = f() issu de f() + f( ) = f(0) = 0

11 [ édité le 7 avril 017 Corrections 11 Considérons alors r = p/q Q avec p Z et q N, on peut écrire donc f (r) = f ( p 1 ) = pf q ( ) 1 q et f(1) = f f(r) = p f(1) = rf(1) q ( q 1 ) = qf q ( ) 1 q Nous allons étendre cette propriété à R par un argument de continuité. Soit R. On peut armer qu'il eiste une suite ( n ) Q N telle que n. Pour celle-ci, on a n et donc par continuité de f en 0 Or on a aussi donc Ainsi f( n + 0 ) f( 0 ) f( n + 0 ) = f( 0 ) + (f( n ) f()) f() = Finalement, la fonction f est linéaire. Eercice 34 : [énoncé] f( n ) f() 0 lim f( n) = f(1) n + (a) f( ) + f() = 0 et f( ) + f() = 0 donc f() = f( + ) donc f est périodique. f(/) = f()/ donc f() = f(). Puisque f est continue et périodique, f est bornée. Or la relation f() = f() implique que f n'est pas bornée dès qu'elle prend une valeur non nulle. Par suite f est nulle. (b) Pour a = f(1) f(0) et b = f(0), on observe que g() = f() (a + b) est solution du problème posé et s'annule en 0 et 1 donc g est nulle et f ane. La réciproque est immédiate. Eercice 35 : [énoncé] (a) On a ( ) ( ) + 0 R, f = f = 1 (f() + f(0)) = 1 f() donc On en déduit ( ) + y, y R, f = 1 f( + y), y R, f ( + y) = f() + f(y) (b) Sachant f continue, on peut alors classiquement conclure que dans le cas précédent f est de la forme a. Dans le cas général, il sut de considérer f() f(0) et de vérier que cette nouvelle fonction satisfait toujours la propriété initiale tout en s'annulant en 0. On peut donc conclure que dans le cas général f est ane : a + b Eercice 36 : [énoncé] Par formule de factorisation sin sin y = sin y donc sin est 1 lipschitzienne. cos + y sin y Eercice 37 : [énoncé] Montrons par récurrence sur n N que u n k n a. Pour n = 0 : ok Supposons la propriété établie au rang n 0. y u n+1 = f(u n ) f(0) k u n 0 = k u n k n+1 a HR Récurrence établie. Puisque k [0 ; 1[, k n 0 et donc u n 0. = y Eercice 38 : [énoncé] L'application f() + tg() est dénie et continue sur le segment [0 ; 1] elle y est donc bornée et atteint ses bornes. Par suite ϕ(t) est bien dénie et plus précisément, il eiste t [0 ; 1] tel que ϕ(t) = f( t ) + tg( t ). Puisque g est continue sur [0 ; 1] elle y est bornée par un certain M : On a ϕ(t) ϕ(τ) = f( t ) + tg( t ) (f( τ ) + τg( τ )) or f( t ) + τg( t ) f( τ ) + τg( τ )

12 [ édité le 7 avril 017 Corrections 1 donc ϕ(t) ϕ(τ) tg( t ) τg( t ) = (t τ)g( t ) M t τ De même ϕ(τ) ϕ(t) M t τ et nalement ϕ est M lipschitzienne.