Planche no 21. Continuité : corrigé Exercice no 1 Soit (x, y) ∈R2 et z ∈A. |x −

Planche no 21. Continuité : corrigé Exercice no 1 Soit (x, y) ∈R2 et z ∈A. |x −z| ⩽|x −y| + |y −z| ou encore |y −z| ⩾|x −z| −|x −y|. Comme d(x, A) est un minorant de {|x −z|, z ∈A}, on en déduit que |y −z| ⩾d(x, A) −|x −y|. Ainsi, ∀z ∈A, |y −z| ⩾d(x, A) −|x −y| et donc d(x, A) −|x −y| est un minorant de {|y −z|, z ∈A}. Puisque d(y, A) est le plus grand de ces minorants, on en déduit que d(x, A) −|x −y| ⩽d(y, A). On a montré que ∀(x, y) ∈R2, d(x, A) −d(y, A) ⩽|y −x|. En appliquant ce résultat à y et x, on a aussi montré que ∀(x, y) ∈R2, d(y, A) −d(x, A) ⩽|y −x|. Finalement, ∀(x, y) ∈R2, ∥f(y) −f(x)| ⩽|y −x|. Ainsi, f est donc 1-Lipschitzienne et en particulier continue sur R. Exercice no 2 Pour x ∈[a, b], posons g(x) = f(x) −x. La fonction g est continue sur [a, b] puisque f l’est. De plus, g(a) = f(a) −a ⩾0 et g(b) = f(b) −b ⩽0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, g s’annule au moins une fois sur [a, b] ou encore, l’équation f(x) = x admet au moins une solution dans [a, b]. Exercice no 3 Puisque f(x) x tend vers ℓ∈[0, 1[, il existe A > 0 tel que pour x ⩾A, f(x) x ⩽ℓ+ 1 2 < 1. Ainsi, f(A) ⩽A et f(0) ⩾0. La fonction g : x 7→f(x) −x est donc continue sur [0, A] et change de signe sur [0, A]. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g(x) = 0 admet une solution dans [0, A] et donc dans [0, +∞[ ou encore l’équation f(x) = x admet une solution dans [0, +∞[. Exercice no 4 Puisque f est croissante sur [a, b], f admet en tout réel x de ]a, b[ une limite à droite et une limite à gauche vérifiant −∞< f(x−) ⩽f(x) ⩽f(x+) < +∞. De même, f admet une limite à droite en a et une limite à gauche en b vérifiant f(a) ⩽f(a+) < +∞et −∞< f(b−) ⩽f(b). Soit E = {x ∈[a, b]/ f(x) ⩾x}. E est une partie non vide de R (car a est dans E) et majorée (par b). Donc, E admet une borne supérieure c vérifiant a ⩽c ⩽b. Montrons que f(c) = c. Si c = b, alors ∀n ∈N∗, ∃xn ∈E/ b −1 n < xn ⩽b. Puisque f est à valeurs dans [a, b] et que les xn sont dans E, pour tout entier naturel non nul n, on a xn ⩽f(xn) ⩽b (∗). Quand n tend vers +∞, la suite (xn) tend vers b (théorème des gendarmes) et donc, f étant croissante sur [a, b], la suite (f(xn)) tend vers f(b−) ou vers f(b). Par passage à la limite quand n tend vers +∞dans (∗), on obtient alors b ⩽f(b−) ⩽f(b) ⩽b ou directement b ⩽f(b) ⩽b. Dans tous les cas, f(b) = b. Finalement, dans ce cas, b est un point fixe de f. Si c ∈[a, b[, par définition de c, pour x dans ]c, b], f(x) < x (car x n’est pas dans E) et par passage à la limite quand x tend vers c par valeurs supérieures et d’après les propriétés usuelles des fonctions croissantes, on obtient : f(c)(⩽f(c+)) ⩽c. D’autre part, ∀n ∈N∗, ∃xn ∈E/ c −1 n < xn ⩽c. xn étant dans E, on a f(xn) ⩾xn. Quand n tend vers +∞, on obtient : f(c) ⩾f(c−) ⩾c. Finalement, f(c) = c et dans tous les cas, f admet au moins un point fixe. Exercice no 5 Puisque f est croissante sur [a, b], on sait que f admet en tout point x0 de ]a, b[ une limite à gauche et une limite à droite réelles vérifiant f(x− 0 ) ⩽f(x0) ⩽f(x+ 0 ) puis une limite à droite en a élément de [f(a), +∞[ et une limite à gauche en b élément de ]−∞, f(b)]. Si f est discontinue en un x0 de ]a, b[, alors on a f(x− 0 ) < f(x0) ou f(x0) < f(x+ 0 ). Mais, si par exemple f(x− 0 ) < f(x0) alors, ∀x ∈[a, x0[ (̸= ∅), f(x) ⩽f(x− 0 ) et ∀x ∈[x0, b], f(x) ⩾f(x0). Donc  f x− 0  , f (x0)  ∩f([a, b]) = ∅ce qui est exclu puisque d’autre part  f x− 0  , f (x0)  ̸= ∅et  f x− 0  , f (x0)  ⊂ [f(a), f(b)] (la démarche est identique si f(x+ 0 ) > f(x0)). Donc, f est continue sur ]a, b[. Par une démarche analogue, f est aussi continue en a ou b et donc sur [a, b]. http ://www.maths-france.fr 1 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. Exercice no 6 Soit x > 0. Pour tout naturel n, f(x) = f(√x) = f(x1/4) = ... = f(x1/2n). Or, à x fixé, lim n→+∞x1/2n = lim n→+∞e/2n = 1 et, f étant continue en 1, on a : ∀x > 0, f(x) = lim n→+∞f  x1/2n = f(1). f est donc constante sur ]0, +∞[, puis sur [0, +∞[ par continuité de f en 0. Pour x ⩾0, posons f(x) = 0 si x ̸= 1 et f(x) = 1 si x = 1. Pour x ⩾0, on a x2 = 1 ⇔x = 1. f vérifie donc : ∀x ⩾0, f(x2) = f(x), mais f n’est pas constante sur R+. Exercice no 7 1) Soit ε > 0. Soient x et y deux réels de [0, 1]. Supposons que x ⩽y. √x −√y 2 = x + y −2√xy ⩽x + y −2 √ x2 = y −x = |x −y| . En échangeant les rôles de x et y, l’égalité précédente est encore valable si x ⩾y. On a donc démontré que pour tous réels x et y de [0, 1], √x −√y 2 ⩽|y −x| ou encore √x −√y ⩽ p |x −y|. Soit alors α = ε2 > 0. Soient x et y deux réels de [0, 1] tels que |x −y| < α. On a √y −√x ⩽ p |y −x| < √ ε2 = ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃α > 0/ ∀(x, y) ∈[0, 1]2, |x −y| < α ⇒ √y −√x < ε  , et donc que la fonction x 7→√x est uniformément continue sur [0, 1]. Remarque. Puisque la fonction x 7→√x est continue sur le segment [0, 1], le théorème de Heine permet d’affirmer directement que la fonction x 7→√x est uniformément continue sur le segment [0, 1]. 2) Soient x et y deux réels de [1, +∞[. √y −√x = |y −x| √x + √y ⩽ |y −x| √ 1 + √ 1 = 1 2|y −x|. Donc la fonction x 7→√x est 1 2-Lipschitzienne sur [1, +∞[ et en particulier la fonction x 7→√x est uniformément continue sur [1, +∞[. 3) Soit ε > 0. Puisque f est uniformément continue sur [0, 1], ∃α1 > 0/ ∀(x, y) ∈[0, 1]2,  |x −y| < α1 ⇒|f(x) −f(y)| < ε 2  . Puisque f est uniformément continue sur [1, +∞[, ∃α2 > 0/ ∀(x, y) ∈[1, +∞[2,  |x −y| < α2 ⇒|f(x) −f(y)| < ε 2  . Soit α = Min {α1, α2} > 0. Soit (x, y) ∈[0, +∞[2 tel que |x −y| < α. • Si x et y sont dans [0, 1], |x −y| < α ⇒|x −y| < α1 (car α ⩽α1) ⇒|f(x) −f(y)| < ε 2 ⇒|f(x) −f(y)| < ε (car ε 2 ⩽ε). • Si x et y sont dans [1, +∞[, |x −y| < α ⇒|x −y| < α2 (car α ⩽α2) ⇒|f(x) −f(y)| < ε 2 ⇒|f(x) −f(y)| < ε (car ε 2 ⩽ε). • Si par exemple, 0 ⩽x ⩽1 ⩽y, alors |x −1| ⩽|x −y| < α ⩽α1 et donc |f(x) −f(1)| < ε 2 et |y −1| ⩽|x −y| < α ⩽α2 http ://www.maths-france.fr 2 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2014. Tous droits réservés. et donc |f(y) −f(1)| < ε 2. Mais alors |f(x) −f(y)| ⩽|f(x) −f(1)| + |f(1) −f(y)| < ε 2 + ε 2 = ε. On a montré que ∀ε > 0, ∃α > 0/ ∀(x, y) ∈[0, +∞[2, (|x −y| < α ⇒|f(x) −f(y)| < ε) et donc que la fonction x 7→√x est uniformément continue sur [0, +∞[. Exercice no 8 Pour n ∈N, posons xn = √ 2nπ et yn = rπ 2 + 2nπ. • Pour tout entier naturel n, yn −xn = rπ 2 + 2nπ − √ 2nπ = π/2 rπ 2 + 2nπ + √ 2nπ et donc lim n→+∞(yn −xn) = 0. • Pour tout entier naturel n, f (yn) −f (xn) = 1 et donc lim n→+∞(f (yn) −f (xn)) = 1 ̸= 0. On a trouvé deux suites de réels positifs (xn)n∈N et (yn)n∈N telles que xn uploads/Litterature/ 21-continuite-corrige 1 .pdf

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littérature continue −f(y)| puisque exercice ⇒|f(x)
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