Corrigé du contrôle de maths sup : limites, continuité et valeurs intermédiaires

Exercice 1 : Théorème de la bijection continue (4 points)

1. Théorème de la bijection continue : si \(f\) est continue et strictement monotone sur un intervalle \(I\), alors \(f(I)\) est un intervalle, \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur \(f(I)\), et sa réciproque \(f^{-1}\) est continue et strictement monotone sur \(f(I)\), de même sens que \(f\).
2. \(f(I)\) est un intervalle. Soient \(y_1 < y_2\) dans \(f(I)\) et \(y \in [y_1, y_2]\). Il existe \(x_1, x_2 \in I\) tels que \(f(x_1) = y_1\) et \(f(x_2) = y_2\). Le segment d’extrémités \(x_1\) et \(x_2\) est inclus dans l’intervalle \(I\), et \(f\) y est continue. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\) entre \(x_1\) et \(x_2\) tel que \(f(c) = y\). Donc \(y \in f(I)\) : la partie \(f(I)\) est convexe, c’est un intervalle.

   Bijection. Par définition de \(f(I)\), \(f\) est surjective de \(I\) sur \(f(I)\). De plus, si \(x \neq x^{\prime}\), par exemple \(x < x^{\prime}\), alors \(f(x) < f(x^{\prime})\) par stricte croissance, donc \(f(x) \neq f(x^{\prime})\). La fonction \(f\) est injective, donc bijective de \(I\) sur \(f(I)\).

3. Soient \(y < y^{\prime}\) dans \(f(I)\). Supposons par l’absurde \(f^{-1}(y) \geq\, f^{-1}(y^{\prime})\). Comme \(f\) est croissante, \(f(f^{-1}(y)) \geq\, f(f^{-1}(y^{\prime}))\), soit \(y \geq\, y^{\prime}\), ce qui est absurde. Donc \(f^{-1}(y) < f^{-1}(y^{\prime})\) : la réciproque est strictement croissante.
4. La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), comme somme de deux fonctions continues strictement croissantes. De plus \(g(x) \to -\infty\) en \(-\infty\), car \(e^x \to 0\), et \(g(x) \to +\infty\) en \(+\infty\). Donc \(g(\mathbb{R}) = \mathbb{R}\), et \(g\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Enfin \(g(0) = 0 + 1 = 1\), donc \(g^{-1}(1) = 0\).

Barème : a) 1 point (hypothèses et conclusions complètes) ; b) 1,5 point : 1 point pour l’intervalle par le théorème des valeurs intermédiaires, 0,5 point pour l’injectivité ; c) 1 point ; d) 0,5 point.

Exercice 2 : Caractérisation séquentielle de la limite (4 points)

1. Posons, pour \(n \geq\, 1\), \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) et \(y_n = \dfrac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}\). Ces deux suites de réels non nuls tendent vers \(0\). Or :

   \[\sin(\frac{1}{x_n}) = \sin(2n\pi) = 0 \qquad \text{et} \qquad \sin(\frac{1}{y_n}) = \sin(\frac{\pi}{2} + 2n\pi) = 1.\]

   Si la fonction avait une limite \(L\) en \(0\), la caractérisation séquentielle imposerait \(L = 0\) et \(L = 1\). Donc \(x \mapsto \sin(1/x)\) n’a pas de limite en \(0\). La figure montre ces deux suites de points.

   

2. Soit \(a \in \mathbb{R}\). Pour tout \(n \geq\, 1\), l’intervalle \(]a – \dfrac{1}{n}, a + \dfrac{1}{n}[\) contient un rationnel \(x_n\) et un irrationnel \(y_n\), par densité de \(\mathbb{Q}\) et de \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\). Ainsi \(|x_n – a| < \dfrac{1}{n}\) et \(|y_n – a| < \dfrac{1}{n}\), donc les deux suites tendent vers \(a\).

   Or \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x_n) = 1\) et \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(y_n) = 0\) pour tout \(n\). Une limite \(L\) en \(a\) vérifierait donc \(L = 1\) et \(L = 0\). La fonction \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) n’a de limite en aucun point.

3. Pour \(x \neq 0\), \(| x\sin(\dfrac{1}{x}) | \leq\, |x|\), car le sinus est borné par \(1\). Comme \(|x| \to 0\), le théorème d’encadrement donne \(\lim\limits_{x \to 0} x\sin(\dfrac{1}{x}) = 0\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point par suite, 0,5 point pour la conclusion par caractérisation séquentielle ; b) 1,5 point : 1 point pour la construction des suites par densité, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1 point.

Erreur fréquente : se contenter de dire que le sinus « oscille », ce qui n’est pas une preuve.

Exercice 3 : Prolongements par continuité (3 points)

1. Pour \(x \neq 0\) et \(x \geq\, -1\), multiplions par la quantité conjuguée :

   \[f(x) = \frac{(1 + x) – 1}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1}.\]

   Par continuité de la racine en \(1\), \(f(x) \to \dfrac{1}{2}\) quand \(x \to 0\). On prolonge \(f\) par continuité en posant \(f(0) = \dfrac{1}{2}\).

2. Pour tout réel \(t\), \(t – 1 < \lfloor t \rfloor \leq\, t\). Avec \(t = \dfrac{1}{x}\) et \(x > 0\), on multiplie par \(x\) :

   \[1 – x < g(x) \leq\, 1.\]

   Le théorème d’encadrement donne \(g(x) \to 1\) quand \(x \to 0^+\). On prolonge \(g\) par continuité en posant \(g(0) = 1\).

3. Soit \(n \in \mathbb{Z}\). Sur \([n, n + 1[\), \(h(x) = n + \sqrt{x – n}\), fonction continue. Donc \(h\) est continue en tout point non entier, et continue à droite en \(n\), avec \(h(n) = n\).

   À gauche de \(n\), sur \([n – 1, n[\), on a \(h(x) = n – 1 + \sqrt{x – n + 1}\). Cette expression tend vers \(n – 1 + \sqrt{1} = n = h(n)\) quand \(x \to n^-\). Ainsi \(h\) est continue à gauche et à droite en \(n\). Donc \(h\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

   

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la quantité conjuguée, 0,5 point pour la limite et le prolongement ; b) 1 point : 0,5 point pour l’encadrement, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1 point : 0,5 point pour les points non entiers, 0,5 point pour la limite à gauche en un entier.

Exercice 4 : Valeurs intermédiaires et bornes atteintes (4 points)

1. Posons \(\varphi(x) = f(x) – x\), continue sur \([0, 1]\). Comme \(f\) est à valeurs dans \([0, 1]\), on a \(\varphi(0) = f(0) \geq\, 0\) et \(\varphi(1) = f(1) – 1 \leq\, 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c \in [0, 1]\) tel que \(\varphi(c) = 0\). Donc \(f(c) = c\) : \(f\) admet un point fixe.
2. Posons \(\psi(x) = f(x + \dfrac{1}{2}) – f(x)\), continue sur \([0, \dfrac{1}{2}]\). Alors \(\psi(0) = f(\dfrac{1}{2}) – f(0)\). De plus, comme \(f(1) = f(0)\) :

   \[\psi(\frac{1}{2}) = f(1) – f(\frac{1}{2}) = -\psi(0).\]

   Ainsi \(\psi(0)\) et \(\psi(\dfrac{1}{2})\) sont de signes opposés, au sens large. Le théorème des valeurs intermédiaires fournit \(c \in [0, \dfrac{1}{2}]\) tel que \(\psi(c) = 0\). Donc \(f(c + \dfrac{1}{2}) = f(c)\).

3. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([a, b]\). Par le théorème des bornes atteintes, il existe \(x_0 \in [a, b]\) tel que \(f(x_0) = \min f\). Le réel \(m = f(x_0)\) est strictement positif et minore \(f\).
4. Comme \(f\) tend vers \(+\infty\) en \(\pm\infty\), il existe \(A > 0\) tel que \(f(x) > f(0)\) pour \(|x| > A\). Sur le segment \([-A, A]\), \(f\) est continue, donc elle atteint un minimum en un point \(x_0\). Comme \(0 \in [-A, A]\), on a \(f(x_0) \leq\, f(0)\).

   Pour \(|x| > A\), on a alors \(f(x) > f(0) \geq\, f(x_0)\). Pour \(|x| \leq\, A\), on a \(f(x) \geq\, f(x_0)\). Donc \(f(x_0)\) est le minimum de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la fonction auxiliaire, 0,5 point pour les signes opposés, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 point pour le choix de A, 0,5 point pour la comparaison avec f(0).

Exercice 5 : Problème – l’équation fonctionnelle de Cauchy (5 points)

1. Avec \(x = y = 0\) : \(f(0) = 2f(0)\), donc \(f(0) = 0\). Avec \(y = -x\) : \(0 = f(0) = f(x) + f(-x)\), donc \(f(-x) = -f(x)\) : \(f\) est impaire.
2. Fixons \(x\). Montrons par récurrence sur \(n \in \mathbb{N}\) que \(f(nx) = nf(x)\). C’est vrai pour \(n = 0\). Si c’est vrai au rang \(n\), alors \(f((n + 1)x) = f(nx) + f(x) = (n + 1)f(x)\).

   Pour \(n \in \mathbb{N}\), l’imparité donne \(f(-nx) = -f(nx) = -nf(x)\). Donc \(f(nx) = nf(x)\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\).

3. Soit \(r = \dfrac{p}{q}\) avec \(p \in \mathbb{Z}\) et \(q \in \mathbb{N}^*\). D’après 2 :

   \[q \, f(\frac{p}{q}) = f(q \cdot \frac{p}{q}) = f(p) = f(p \cdot 1) = p \, a.\]

   Donc \(f(r) = \dfrac{p}{q}a = ar\).

4. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), il existe une suite \((r_n)\) de rationnels qui converge vers \(x\), par exemple \(r_n = \dfrac{\lfloor 10^n x \rfloor}{10^n}\). Comme \(f\) est continue en \(x\), la caractérisation séquentielle donne \(f(r_n) \to f(x)\). Or \(f(r_n) = ar_n \to ax\). Par unicité de la limite, \(f(x) = ax\).

   Réciproquement, toute fonction \(x \mapsto ax\) est continue et vérifie \(a(x + y) = ax + ay\). Les solutions sont exactement les fonctions linéaires \(x \mapsto ax\), avec \(a \in \mathbb{R}\).

5. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Pour \(h \to 0\), \(f(x + h) = f(x) + f(h)\), et \(f(h) \to f(0) = 0\) par continuité en \(0\). Donc \(f(x + h) \to f(x)\). La fonction \(f\) est continue en tout point \(x\).
6. Soit \(g\) une telle fonction. Comme \(g\) est à valeurs strictement positives, posons \(\varphi = \ln \circ g\), continue sur \(\mathbb{R}\). Alors \(\varphi(x + y) = \ln(g(x)g(y)) = \varphi(x) + \varphi(y)\). D’après 4, il existe \(a \in \mathbb{R}\) tel que \(\varphi(x) = ax\), avec \(a = \ln g(1)\). Donc \(g(x) = e^{ax}\).

   Réciproquement, \(e^{a(x + y)} = e^{ax}e^{ay}\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto e^{ax}\), avec \(a \in \mathbb{R}\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point : 0,5 point pour la récurrence, 0,5 point pour les entiers négatifs ; 3) 1 point ; 4) 1 point : 0,5 point pour la suite de rationnels, 0,5 point pour la conclusion avec réciproque ; 5) 0,5 point ; 6) 1 point : 0,5 point pour le passage au logarithme, 0,5 point pour la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : limites, continuité et valeurs intermédiaires

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