Analysis 1 Exercices tres bien, Exercises of Risk Analysis

Download Analysis 1 Exercices tres bien and more Exercises Risk Analysis in PDF only on Docsity! Bibliothéque d’exercices Enoncés L1 Feuille n° 12 Continuité 1 Théorie Exercice 1 (Partiel Novembre 96) Soit J un intervalle ouvert de R, f et g deux fonctions définies sur J. 1. Soit a € J. Donner une raison pour laquelle : (tim f(e) = F(a) > (lim [F(2)| = Lf@l) 2. On suppose que f et g sont continues sur J. En utilisant l’implication démontrée ci-dessus, la relation Sup(f,g) = $(f+9+|f—gl), et les propriétés des fonctions continues, montrer que la fonction Sup (f,g) est continue sur J. Exercice 2 Soient J un intervalle de R et f : I — R continue telle que Vx € I, f(x)? = 1. Montrer que f = 1 ou f = —-1. Exercice 3 Soit f : Rt — R continue admettant une limite finie en +oo. Montrer que f est bornée. Atteint-elle ses bornes? Exercice 4 Soit f : [0,1] — [0,1] croissante, montrer qu’elle a un point fixe. Indication : étudier B= {x € 0, 1M € (0,2), f(t) > th. Exercice 5 Soit f : [0,1] — [0,1] continue telle que f? = f(*). On note Ey = {x € [0, 1]| f(a) = x}. Montrer que Ey 4 puis que c’est un intervalle de R. Trouver toutes les solutions de (x). Exercice 6 Une fonction qui vérifie la propriété des valeurs intermédiaires est-elle nécessairement continue? Exercice 7 Soit f : [a,b] + R une fonction continue. On veut démontrer que sup f(#) = sup f(z). a<r< axr< 1. Montrer que sup f(x) < sup f(a). a<a<b axa<b Pour cela, on pourra montrer que supg<,< f(x) est un majorant de f sur Ja, bf. 2. Soit xo € [a,b] tel que f(xo) = suprer<s f(x). Montrer que f(xo) = supgcncy f(x) en distinguant les trois cas : tp = a, 2 = b, Zp €]a,b[. Indication : Dans le cas x = a, par exemple, on pourra considérer la suite de réels an = a + 1/n et étudier la suite (f(an)). 3. Soit g : [0,1] + R la fonction définie par g(x) = 0 si x € [0,1[ et g(v) =1lsix=1. Montrer que sup g(x) # sup g(c). O<r<l 0<0r<1 Quelle hypothése est essentielle dans la propriété démontrée auparavant ? 2 Pratique Exercice 8 Etudier la continuité de f la fonction réelle a valeurs réelles définie par f(x) = (sinz)/x siz #0 et f(0) =1. Exercice 9 Les fonctions suivantes sont-elles prolongeables par continuité sur R? a) f(z) = sin esin(2) ; bd) f(z)= ae ; x x 2 ¢ 1-a Exercice 10 Soit f : R — R continue en 0 telle que Vz € R f(x) = f (2x). Montrer que f est constante. 3 Etude de fonctions Exercice 11 Déterminer les domaines de définition des fonctions suivantes h(x) = In(4a +3) Exercice 12 (Partiel Novembre 96) Soit cosxr freeRe fe) = 3 Montrer que f est majorée sur R, minorée sur R. Déterminer Sup crf (z). 2. Montrons réciproquement Ey est inclus dans J. Soit « € [0,1] tel que f(«) = a alors x € I= f([0,1)) (car « = f(x)!). Ainsi Ey = f({0,1]). Mais l'image de V'intervalle [0, 1] par la fonction continue f est un intervalle donc Ey est un intervalle. 3. Les fonctions continues qui vérifient (+) sont les fonctions qui vérifient Ey = f((0, 1]). Correction 6 Non, par exemple f : R — R. Avec f(x) = sin4 pour « 4 0 et f(0) =0. f n’est pas continue (en 0), mais pour tout a,b et pour tout y € [f(a), f(b)] il existe x € [a, b tel que y = f(z). Correction 7 1. Pour tout « €Ja,b[, on a x € [a,b] donc f(x) < supyg<p f(a). Par conséquent sup, <,<5 f(x) est un majorant de f sur lintervalle Ja, b[, donc il est plus grand que le plus petit des majorants : sup,cpcy f() < supacees f(2)- 2. f est continue sur un intervalle fermé et borné, donc elle est bornée et elle atteint ses bornes. Soit zo le réel ott le maximum est atteint : (xo) = supacr<s f (2): — si 2 = a, considérons la suite a, = a+1/n. Pour n > Frog ON AAn E {a, 6], donc on peut considérer la suite (f(a,)) n>. Or a, tend vers a quand n tend vers +00, et comme bea f est continue, ceci implique que f(a,) tend vers f(a) quand n tend vers +00. Done Ve >0,5n EN, f (xo) —€ < f(an) < f(xo), ce qui implique que f(x) = sup, cp<y f(z). — si zo = b on obtient le résultat de maniére identique en considérant la suite b, = b—1/n. — sia<ao <6: f(xo) est majoré par le sup de f sur Ja, b[, donc F(e0) < sup fl) < sup f(r) = flr) a<r< axe< done f (x9) = StPacecp f(2)- 3. Avec la fonction g, on a supge,ci g(x) = 0 car Vr €]0,1[, g(x) = 0, et supper, g(#) = 1 car g(0) = 0 et g(1) = 1. La propriété démontrée précédemment n'est pas vraie dans notre cas, car la fonction g ne remplit pas la condition essentielle d’étre continue. Correction 8 Soit x # 0, alors la fonction f est continue en 29, car elle s’exprime sous la forme d’un quotient de fonctions continues ott le dénominateur ne s’annule pas en x9. Reste & étudier la continuité en 0. Mais . sina lim =1= f(0) c0 2 donc f est continue en 0. Correction 9 1. La fonction en définie sur R*. Et elle est continue sur R*. Il faut déterminer un éventuel prolongement par continuité en « = 0, c’est-a-dire savoir si f a une limite en 0. |f(z)| =| sinz|| sin 1/z| < |sinz]. Donc f a une limite en 0 qui vaut 0. Donc en posant f(0) = 0, nous obtenons une fonction f:R—R qui est continue. 2. La fonction f est définie et continue sur R*. Etudions la situation en 0. f est la taux d’accroissement en 0 de la fonction g(a) = In oe. Done si les objets suivants existent : la limie de f en 0 est égale 4 la valeur de g’ en 0. Calculons g’ sur R* : e+e" Quand x — 0 alors le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers 2, donc g’(x) tend vers 0. Done g est dérivable en 0 et g/(0) = 0. En posant f(0) = 0 nous obtenons une fonction f définie et continue sur R. 3. f est définie et continue sur R \ {—1, 1}. flo) 1 2 l+a-2 -lt+a -1 av) = _ = = == : l-@ 1-2 (l-a2)(l+2) (1-2)(1+2) (1+2) Donc f a pour limite —4 3 quand x tend vers 1. Et donc en posant f(1) = -}, nous définissons une fonction continue sur R\{—1}. En —1 la fonction f ne peut étre prolongée continuement, car en —1, f n’admet de limite finie. Correction 10 Soit « € R, comme f(y) = f(2y) en prenant y = x/2 nous obtenons f($2) = f(x). Puis en prenant y = $2, nous obtenons f(4x) = f(}2) = f(x). Par une récurrence facile nous avons vn EN Hg) = fle). Notons (u,) la suite définie par u, = ze alors u, — 0 quand n — +oo. Par la continuité de f en 0 nous savons alors que : f (un) > f(0) quand n — +00. Mais f (un) = f(r) = f(x), donc (f(un))n est une suite constante égale a f(x), et donc la limite de cette suite est f(x)! Donc f(x) = f(0). Comme ce raisonnement est valable pour tout « € R nous venons de montrer que f est une fonction constante. Correction 11 1. Il faut que le dénominateur ne s’annule pas donc « # 3. En plus il faut que le terme sous la racine soit positif ou nul, c’est-a-dire (2 + 3x) x (5 — 2x) > 0, soit x € [—3, 3]. L’ensemble de définition est donc [—3, 3[. 2. Il faut x? —- 22-5 > 0, soit x €] — oo, 1 — V6] U [1 + V6, +00]. 3. Il faut 4z + 3 > 0 soit x > -%, Vensemble de définition étant | — 3, +oo[. Correction 12 Pour tout e € Rona: | cos 2| 1 1+a? “14a? ~ 0< [fla = Par conséquent, pour tout x € R, f(x) € [-1,1] donc f est minorée (—1 est un minorant), majorée (1 est un majorant) et sup,cg f(z) < 1. Comme f(0) = 1 on a nécessairement sup,ecr f(x) > 1. Conclusion : sup f(z) = reR