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CPP – 2013/2014 Fonctions réelles J. Gillibert Corrigé du TD no 11 Exercice 1 S

CPP – 2013/2014 Fonctions réelles J. Gillibert Corrigé du TD no 11 Exercice 1 Soient f et g deux fonctions continues R →R. On suppose que : ∀x ∈Q, f(x) = g(x) Montrer que f = g. Réponse : Rappelons 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 (un) déﬁnie par un = ⌊10nα⌋ 10n est une suite de nombres rationnels (et même décimaux) qui converge vers α. En eﬀet, par déﬁnition de la partie entière nous avons : 10nα ≤⌊10nα⌋< 10nα + 1 d’où : α ≤un < α + 1 10n ce qui n’est pas très étonnant : un est la valeur approchée par défaut à 10−n près de α. Le théorème des gendarmes montre que (un) converge vers α. Passons à la résolution de l’exercice proprement dit. Soit α un réel, et soit (un) une suite de nombres rationnels qui converge vers α. Alors, par continuité de f, la suite f(un) converge vers f(α). De même, par continuité de g, la suite g(un) converge vers g(α). Mais un est un nombre rationnel, donc f(un) = g(un) pour tout n. Par unicité de la limite d’une suite, on en déduit que f(α) = g(α). Exercice 2 1. Montrer que, pour tout couple (a, b) ∈R2, max(a, b) = 1 2(a + b + |a −b|). Réponse : On distingue deux cas : – ou bien a ≥b, dans ce cas a −b est positif ou nul, donc |a −b| = a −b. Par conséquent : 1 2(a + b + |a −b|) = 1 2(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 : 1 2(a + b + |a −b|) = 1 2(a + b −a + b) = b = max(a, b) Dans tous les cas la formule est bien vériﬁée. 2. Soient f et g deux fonctions continues D →R. Soit max(f, g) la fonction déﬁnie par max(f, g) : D − →R x 7− →max(f(x), g(x)) 1 Montrer que cette fonction est continue sur D. Réponse : D’après la question précédente, nous avons : max(f, g) = 1 2(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 composée 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 1. Montrer que l’équation x5 = x2 + 2 a au moins une solution sur ]0, 2[. Réponse : Soit f(x) = x5 −x2 −2, alors notre équation se réécrit f(x) = 0. La fonction f est continue sur R et f(0) = −2, f(2) = 26. D’après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), comme 0 est compris entre f(0) et f(2), il existe un réel α compris entre 0 et 2 tel que f(α) = 0. Comme f(0) et f(2) sont tous les deux non nuls, ce réel α appartient à l’intervalle ouvert ]0, 2[. 2. Montrer que le polynôme x3 + 2x −1 a une unique racine qui appartient à l’intervalle ]0, 1[. Réponse : Soit f(x) = x3 + 2x −1. La fonction f est continue dérivable sur R, et sa dérivée f ′(x) = 3x2 + 2 est strictement positive sur R. Par conséquent, f est strictement croissante sur R, donc d’après le théorème de la bijection elle réalise une bijection entre l’intervalle ]0, 1[ et l’intervalle ]f(0), f(1)[=] −1, 2[. Ainsi, pour tout r ∈] −1, 2[, il existe un unique c ∈]0, 1[ tel que f(c) = r, d’où le résultat en prenant r = 0. 3. Montrer que l’équation x2(cos x)5 + x sin x + 1 = 0 admet au moins une solution réelle. Réponse : La fonction f : x 7→x2(cos x)5 + x sin x + 1 est continue sur R. De plus, on calcule que f(0) = 1 et que f(π) = 1 −π2. Comme 1 −π2 est négatif, on en déduit d’après le TVI qu’il existe un réel β compris 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 polynôme P(X) = Xn −α admet une unique racine dans ]0, +∞[. Réponse : La fonction P : x 7→xn −α est continue dérivable sur ]0, +∞[. Sa dérivée x 7→nxn−1 est strictement positive sur ]0, +∞[. Par conséquent, P est strictement croissante, donc, d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection entre ]0, +∞[ et son image, qui est ] −α, +∞[. En particulier, il existe un unique réel c ∈]0, +∞[ tel que P(c) = 0. Exercice 5 Soit P ∈R[X] un polynôme de degré impair. Montrer que P admet une racine réelle. Réponse : Soit n = 2k + 1 le degré de P, alors le terme de plus haut degré de P est de la forme ax2k+1 avec a ̸= 0. D’après le cours P(x) ∼+∞ax2k+1 On en déduit que : lim x→+∞P(x) = lim x→+∞ax2k+1 = a × (+∞) Le même équivalent étant valable en −∞, il vient lim x→−∞P(x) = lim x→−∞ax2k+1 = a × (−∞) Or a×(+∞) et a×(−∞) sont deux inﬁnis de signes contraires. La fonction P : R →R étant continue, le théorème des valeurs intermédiaires prouve que l’image de R par la fonction P est l’intervalle ]−∞, +∞[, autrement dit la fonction P : R →R est surjective (attention : elle n’est pas injective en général). En particulier, 0 admet au moins un antécédent par P, ce qu’on voulait. Exercice 6 Soit f : [0, +∞[→[0, +∞[ une fonction continue, qui tend vers 0 quand x →+∞. 2 1. 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 pas toujours nulle, dans ce cas il existe x0 ∈[0, +∞[ tel que f(x0) > 0. D’autre part, on sait que f tend vers 0 en +∞, donc en appliquant la déﬁnition de la limite avec ε = f(x0) 2 , on trouve qu’il existe un réel A > 0 tel que ∀x ∈[0, +∞[, x ≥A = ⇒|f(x)| ≤f(x0) 2 Comme f est à valeurs dans [0, +∞[, cela se reformule en : ∀x ∈[A, +∞[, 0 ≤f(x) ≤f(x0) 2 (1) Donc f est bornée sur l’intervalle [A, +∞[. D’autre part, le théorème des bornes montre que f est bornée sur l’intervalle [0, A], plus précisément il existe des réels 0 ≤m ≤M tels que f([0, A]) = [m, M]. Il en résulte que f est majorée sur [0, +∞[ par max M, f(x0) 2 . Mais on constate que x0 appartient à [0, A] (sinon la propriété (1) serait contredite), donc M ≥f(x0) > f(x0) 2 . Il en résulte que f est majorée par M sur [0, +∞[. Or, toujours d’après le théorème de bornes, il existe t ∈[0, A] tel que f(t) = M, donc f atteint sa borne supérieure. 2. La fonction f n’atteint pas forcément sa borne inférieure. Par exemple, la fonction f : [0, +∞[ − →[0, +∞[ x 7− → 1 x + 1 satisfait les hypothèses de l’énoncé, mais n’atteint pas sa borne inférieure (qui est 0). Exercice 7 On considère la fonction f : [0, +∞[→R déﬁnie par f(x) = x2 + x x2 + 1 . a) Soit x ∈]0, 1[, alors 0 < x2 + x < x2 + 1 d’où 0 < f(x) < 1. Donc ]0, 1[ est stable par f. Un raisonnement analogue montre que ]1, +∞[ est stable par f. b) D’après ce qui précède, étant donné x0 ∈]0, 1[, la suite (xn) déﬁnie par la relation de récurrence xn+1 = f(xn) est bien déﬁnie, et à valeurs dans ]0, 1[. c) Pour montrer que (xn) est croissante, il suﬃt de montrer que ∀x ∈]0, 1[, f(x) > x Or nous avons f(x) x = x + 1 x2 + 1 Si x appartient à ]0, 1[, alors x2 < x donc 0 < x2 + 1 < x + 1. Il en résulte que f(x) x est strictement supérieur à 1, d’où le résultat. La suite (xn) est strictement croissante et majorée par 1, elle converge donc vers une certaine limite ℓ∈]0, 1]. Par continuité de f, cette limite satisfait f(ℓ) = ℓ, c’est-à-dire est un point ﬁxe de f. Or l’équation f(ℓ) = ℓs’écrit ℓ2 + ℓ ℓ2 + 1 = ℓ Comme ℓ̸= 0, on peut diviser par ℓles deux membres uploads/Litterature/ td11-corrige.pdf