Séance de soutien PCSI2 numéro 8 : Fonctions réelles : limites et continuité - Correction des eercices Tatiana Labopin-Richard 28 janvier 205 Problèmes de limites Eercice : Trouver les limites suivantes en identifiant une des méthodes précédentes a) lim ep() + + b) lim 0 + c) lim 0 d) lim 2 0 e) lim 0 f) lim + ep( sin()) g) lim sin() +0 h) lim sin(ep()) + cos(ep()) 2 + i) lim + j) lim + k) lim O + l) lim ln()+ + ln() ln(ln()) m) lim 0 ( + ) n) lim 0 ep() o) lim 0 ln(+) Correction :
a) lim ep() = + et lim + + b) + = + ( ) ( ++ = 2 ) ( ++ ) c) donc = 0 donc par somme la limite vaut + et notre limite vaut donc et le théorème des gendarmes permet de conclure que la limite est d) En 0 +, on a 2 2 via 0 et donc la limite vaut 0 En O, on a 2 2 ( ) via 0 La limite est donc aussi 0 e) qui tend donc vers + f) ep( sin()) ep( ) donc la limite est ecnore + g) La fonction f : sin( ) est le produit de l indentité de limite nulle en 0 et de sin( ) bornée Donc la limite de notre produit vaut 0 h) La fonction sin est bornée et la fonction inverse tend vers 0, la limite est donc encore une fois nulle i) cos(ep()) 2 qui tend vers 0 + 2 + = ln()+ ln() j) qui tend vers + k) = ep( ln()) = ep(x) avec X = ln() qui tend vers 0 Donc la limite vaut l) ln() ln(ln()) = X ln(x) avec X = ln() qui tend vers 0 Donc la limite vaut 0 ln( + )) = ep(x) avec X = ln(+) qui tend vers m) ( + ) = ep( Donc la limite vaut e n) C est la dérivée de la fonction ep en 0, c est à dire o) C est la dérivée de la fonction ln( + ) en 0, c est à dire Eercice 2 : Etudier les problèmes suivants en utilisant une des méthodes précédentes : a) Montrer que si f = g + h avec g qui admet une limite en 0 mais pas h, alors f n admet pas de limite en 0 b) Montrer que h : sin ( ) 2 et h2 : cos ( ) 2 n admettent pas de limite en 0 c) Montrer que f : + sin ( ) 2 n admet pas de limite en 0 d) h + h 2 admet-elle une limite en 0? e) Montrer que la fonction sin n admet pas de limite en + Correction : a) Par l absurder, h = f g devrait avoir une limite b) Pour tout entier naturel non nul, h ( ) = 0 et h 2nπ ( ) = Or les deu 2nπ+ π 2 suites ( ) et ( ) tendent vers 0 Comme h 2nπ 2nπ+ π 2 = h on conclut avec 2 la question précédente c) f = id + h id admet une limite en 0 contrairement à h donc f n admet 2
pas de limite en 0 d) h + h 2 = donc la limite vaut e) Les deu suite (2nπ) et (2nπ + pi ) permettent de conclure 2 Eercice 3 : Ajuster a pour la fonction suivante soit continue : f : Correction :f(0) = a et lim 0 { a ep() si 0 ep( ) sinon + f() = il faut donc prendre a = Eercice 4 : Etudier la continuité sur R de f pour f() = + f() = + ( ) 2 et Correction :Par opérations, f est continue sur chaque I k =]k, k + [ avec k entier relatif Il reste donc à étudier la continuer en a Z Pour a +, f() = + a = f(a) car a a lorsque a est entier Lorsque a tend vers a, f() = + a + = a = f(a) car a Par continuité à droite et à gauche, f est continue en a et donc sur R Soit a R Si a / Z, au voisinage de a, f() = a + ( a ) 2 et donc f est continue en a Lorsque a Z, on a si a +, f() a = f(a) et si a, f() = a + (a (a )) 2 = a = f(a) Donc f est continue sur R Eercice 5 : Soit f : R R définie par f : { si Q 0 sinon Montrer que f est totalement discontinue Correction :Soit a R Il eiste une suite (u n ) de nombres rationnels et une suite (v n ) de nombres irrationnels tels que u n a et v n a On a alors f(u n ) = et f(v n ) = 0 0 Ainsi, f est discontinue en a Eercice 6 : Etudier la continuité de f définies sur R + par f() = sup n n! n N Correction :La suite (u n ) avec u n = n converge vers 0 donc la borne supérieure eiste dans R De plus, on a u n+ n! u n = n+ Pour n, n + et donc u n+ u n Pour n <, n + et donc u n+ u n Par suite, f() =! 3
et f est clairement continue sur tout a R + privé de N et continue à droite sur N Il nous reste donc à étudier la continuité à gauche sur les entiers Lorsque a, on a f() = donc f est continue sur R a (a )! aa (a )! = aa a! = f(a) 2 Théorèmes fondamentau sur les fonctions continues 2 Théorème des valeurs intermédiaires Eercice 7 : Montrer qu un polynôme unitaire de degré 3 possède au moins une racine réelle Correction :f() = 3 + a 2 + b + c f est continue car polynômiale Nous avons de plus = + et lim f = donc la fonction prend une valeur lim + négative et une valeur positive Donc elle s annule Eercice 8 : Soient f, g : [a, b] R continues telles que f(a) g(a) et f(b) g(b) Montrer qu il eiste [a, b] tel que f() = g() Correction :On introduit la fonction φ : f() g() φ est continue par somme de deu fonctions continues De plus, on a φ(a) 0 et φ(b) 0 donc φ s annule en un point qui vérifie f() = g() Eercice 9 : Soit f : R R telle que lim f = et lim f = montrer que f + + s annule Correction :Comme lim f =, f prend des valeurs stirctement négatives Comme lim + f =, f prend des valeurs strictement potitives Donc f s annule Eercice 0 : Soit f : [0, ] [0, ] continue Montrer que f admet un point fie Correction :Posons φ : [0, ] R définie par φ() = f() Un point fie de f est une valeur d annulation de φ Comme φ est continue et vérifie φ(0) = f(0) 0 et φ() = f() 0, le TVI s applique et nous avons l eistence d un point fie Eercice : Soit f : [a, b] R continue 4
a) Montrer que si f([a, b]) [a, b] alors f admet un point fie b) Montrer que si [a, b] f([a, b]) alors f admet un point fie Correction :Comme précédemment, on pose φ() = f(), φ est continue, notre objectif et de montrer qu elle s annule Pour le premier cas, f(a) [a, b] et donc φ(a) = f(a) a 0 et φ(b) 0 donc on applique le TVI (c est eactement la même chose que l eercice précédent Dans le deuième cas, si [a, b] f([a, b]) alors il eiste α [a, b] tel que f(α) = a φ(α) = a α 0 En introduisant de même β tel que f(β) = b, on peut conclure parce que φ(β) 0 Eercice 2 : Soit f : R R continue et décroissante Montrer que f admet un unique point fie Correction :Unicité : Soit g : f() g est strictement décroissante et injective donc ne peut s annule qu au plus une fois Eistence : Par l absurde, puisque g est continue, si elle ne s annule pas, alors elle est strictement positive ou strictement négative Si R, g() > 0 alors f() > et donc f() tend vers + lorsque tend vers + Ceci est absurde car lim f = inf f (puisque f est décroissante) On raisonne de même si g() est + R négative Eercice 3 : Montrer que les applications continues de R dans Z sont les fonctions constantes Correction :Par l absurde, si f n est pas constante, alors il eiste a < b tel que f(a) f(b) Soit y non entier compris entre f(a) et f(b) Le TVI implique qu il eiste R tel que y = f() et donc f n est pas à valeurs entières 22 Image d un segment Eercice 4 : Soit f : [a, b] R continue telle que Montrer que inf f() > 0 [a,b] [a, b], f() > 0 Correction :f est continue sur [a, b], elle admet donc un minimum en un certain c [a, b] : inf f() = min f() = f(c) > 0 [a,b] [a,b] Eercice 5 : Soit f : R + R continue telle que f converge en + Montrer que f est bornée 5
Correction :Puisque f converge en +, f est bornée au voisinage de + : M R et A R + tels que : [A; + [, et f() M De surcroît, f est bronée par un certain M sur [0, A] car continue sur un segment Donc f est bornée par ma(m, M ) sur R + Faire un dessin pour bien comprendre ce qu il se passe dans cet eercice Eercice 6 : Montrer qu une fonction continue et périodique sur R est bornée Correction :Soit T > 0 une période de f Sur [0, T ], f est bornée par un certain M car f est continuesur ce segment R, nt [0, T ] pour n = T donc Donc f est bornée par M sur R f() = f( nt ) M Eercice 7 : Montrer que f : R R bornée et g : R R continue ont des composées bornées Correction :Soit M R tel que pour tout réel, f() M On a alors pour tout réel, f(g()) M donc f g est bornée Puisque g est continue sur le segment [ M, M] elle y est bornée par un certain M Ainsi, pour tout réel, g(f()) M car f() [ M, M] donc g f est bornée Eercice 8 : Soit f : R R continue telle que lim f = lim f = + + Montrer que f admet un minimum absolu Pour M = f(0) + Puisque lim f = lim f = +, il eiste (A, B) R 2 tels que : + A, f() M 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], 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 Puis [A, B], f() f(a) et ] ; A[ [B; + [, f() M f(a) Donc f admet un minimum absolu en a 6
Encore une fois, il est conseillé de faire un dessin pour bien comprendre ce que l on fait ici : on se restreind sur un segment pour avoir un minimum puis on gére les soucis au bords Eercice 9 : Soit f : R R continue On suppose que chaque y R admet au plus deu antécédents par f Montrer qu il eiste y R possédant eactement un antécédent Correction :Soit y une valeur prise par f Si celle-ci n a qu un antécédent, c est terminé Sinon, soit a < b les deu seuls antécédents de y f est continue sur [a, b] donc y admet un minimum en et un maimum en d, l un au moins n étant pas une etrémité de [a, b] Supposons que ce soit c Si f(c) possède c comme autre antécédent alors : 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 C est impossible Si c [a, b] alors une valeur sctrictement intermédiaire à y et f(c) possède au moins 3 antécédents c est impossible Ainsi, il n y a pas de c autre antécédent de f(c) Eercice 20 : Appliquer ce théorème à f : R + R définies par f() = + ln() Correction :f est continue et strictement croissante (f() = + > 0) Ses limites en 0 + et + sont respectivement et + le téhorème de la bijection monotone permet donc d affirmer que f réalise une bijection de R + vers ] lim f; lim f[= R De plus, son application réciproque f est continue et strictement croissante et de limite 0 + en et + en 0 + + Eercice 2 : Soit f : R R définie par f() = + a) Montrer que f réalise une bjiection de R vers ], [ b) Déterminer f Correction :a) Sur [0; + [, f() = = continue et strictement + + croissante, f(0) = 0 et lim f = Donc f réalise une bijection de [0; + [ vers + [0; [ Sur ] ; 0[, f() = + continue et strictement croissante lim f = 0 0 et lim = Donc f réalise une bijection de R vers ] ; 0[ Nous avons donc une bijection de R vers ], [ b) Pour y ]0, [, = f (y) [0, + [ et y = f() = y y ], 0[, = f (y) [, 0[ et y = f() = y +y Pour y Finalement, nous avons 7
y ] ; [, f (y) = y y Eercice 22 : Soit f : [0, + [ [0, + [ continue vérifiant f f = id Déterminer f Correction :f est bijective et continue, strictement monotone Elle ne eput pas être décroissante car alors elle ne serait pas surjective sur [0, + [, elle est docn strictement croissante Si [0, ], 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 Donc f = id 8