Corrigé du contrôle de maths L1 : limites de fonctions et continuité

Exercice 1 : Théorème des valeurs intermédiaires (4 points)

1. Théorème des valeurs intermédiaires : si \(f\) est continue sur \([a,b]\), alors pour tout réel \(y\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c) = y\).
2. Cas \(f(a) \leq\, 0 \leq\, f(b)\). L’ensemble \(E = \{x \in [a,b] : f(x) \leq\, 0\}\) contient \(a\) et il est majoré par \(b\). D’après l’axiome de la borne supérieure, il admet une borne supérieure \(c \in [a, b]\).

   On a \(f(c) \leq\, 0\). Par la caractérisation de la borne supérieure, pour tout \(n \geq\, 1\) il existe \(x_n \in E\) tel que \(c – \dfrac{1}{n} < x_n \leq\, c\). Ainsi \(x_n\) tend vers \(c\) et \(f(x_n) \leq\, 0\). Comme \(f\) est continue en \(c\), \(f(x_n)\) tend vers \(f(c)\) (caractérisation séquentielle), donc \(f(c) \leq\, 0\) par passage à la limite.

   On a \(f(c) \geq\, 0\). Si \(c = b\), alors \(f(c) = f(b) \geq\, 0\). Si \(c < b\), tout \(x \in ]c, b]\) n’appartient pas à \(E\) (il dépasse la borne supérieure), donc \(f(x) > 0\). La suite \(y_n = c + \dfrac{b – c}{n}\) est dans \(]c, b]\) et tend vers \(c\), donc \(f(c) = \lim f(y_n) \geq\, 0\).

   Ainsi \(f(c) = 0\).

   Cas général. Soit \(y\) entre \(f(a)\) et \(f(b)\). Si \(f(a) \leq\, y \leq\, f(b)\), la fonction \(f – y\) est continue et vérifie \((f-y)(a) \leq\, 0 \leq\, (f-y)(b)\) : elle s’annule en un point \(c\). Si \(f(b) \leq\, y \leq\, f(a)\), on applique le premier cas à \(y – f\). Dans tous les cas, il existe \(c \in [a,b]\) tel que \(f(c) = y\).

Barème : a) 1 point ; b) 3 points : 0,5 point pour l’existence de \(c\), 1 point pour \(f(c) \leq\, 0\), 1 point pour \(f(c) \geq\, 0\) avec le cas \(c = b\), 0,5 point pour le cas général.

Exercice 2 : Limites, epsilon-delta et suites (5 points)

1. Pour tout réel \(x\), \(|x^2 – 4| = |x – 2| \, |x + 2|\). Si \(|x – 2| \leq\, 1\), alors \(1 \leq\, x \leq\, 3\), donc \(|x + 2| \leq\, 5\).

   Soit \(\varepsilon > 0\). On pose \(\delta = \min(1, \dfrac{\varepsilon}{5}) > 0\). Pour tout \(x\) tel que \(|x – 2| < \delta\), on a \(|x^2 – 4| \leq\, 5|x – 2| < 5 \times \dfrac{\varepsilon}{5} = \varepsilon\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to 2} x^2 = 4\).

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

   Si la fonction admettait une limite \(L\) en \(0\), la caractérisation séquentielle donnerait \(L = 0\) et \(L = 1\). C’est impossible : \(x \mapsto \sin(\frac{1}{x})\) n’a pas de limite en \(0\).

3. Pour tout \(x \neq 0\), \(|g(x)| \leq\, |x|\) car \(|\sin| \leq\, 1\). Par le théorème des gendarmes, \(g(x)\) tend vers \(0\) quand \(x\) tend vers \(0\). La fonction \(g\) se prolonge par continuité en \(0\) en posant \(g(0) = 0\).
4. En \(0\). Pour tout \(x\), \(|h(x) – h(0)| = |h(x)| \leq\, |x|\), donc \(h(x)\) tend vers \(h(0) = 0\) : \(h\) est continue en \(0\).

   En \(a \neq 0\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) et de \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), il existe une suite \((r_n)\) de rationnels et une suite \((s_n)\) d’irrationnels qui tendent vers \(a\). Alors \(h(r_n) = r_n\) tend vers \(a\) et \(h(s_n) = 0\) tend vers \(0 \neq a\). Par la caractérisation séquentielle, \(h\) n’a pas de limite en \(a\). La fonction \(h\) est continue en \(0\) et en aucun autre point.

Erreur fréquente : prendre \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{5}\) sans avoir d’abord imposé \(|x – 2| \leq\, 1\), ce qui laisse \(|x + 2|\) non majoré.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la factorisation et la majoration de \(|x + 2|\), 1 point pour \(\delta\) et la conclusion ; b) 1,5 point : 1 point pour les deux suites, 0,5 point pour la conclusion séquentielle ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 point en \(0\), 0,5 point en \(a \neq 0\).

Exercice 3 : Une fonction définie avec la partie entière (4,5 points)

1. Pour \(x \in [n, n+1[\), on a \(\lfloor x \rfloor = n\), donc \(f(x) = n + (x – n)^2\). Sur \(]n, n+1[\), \(f\) coïncide avec une fonction polynôme, donc elle y est continue.
2. On a \(f(n) = n + 0 = n\).

   À droite. Pour \(x \in [n, n+1[\), \(f(x) = n + (x – n)^2\) tend vers \(n\) quand \(x\) tend vers \(n\) par valeurs supérieures.

   À gauche. Pour \(x \in [n-1, n[\), \(\lfloor x \rfloor = n – 1\), donc \(f(x) = n – 1 + (x – n + 1)^2\), qui tend vers \(n – 1 + 1 = n\) quand \(x\) tend vers \(n\) par valeurs inférieures.

   Les limites à gauche et à droite en \(n\) sont égales à \(f(n)\), donc \(f\) est continue en \(n\). Avec la question a), \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), malgré la présence de la partie entière.

3. Pour \(x \geq\, -1\), \(x \neq 0\), on multiplie par la quantité conjuguée :

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

   La fonction \(x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{1+x} + 1}\) est continue en \(0\) (racine carrée continue, dénominateur non nul), donc \(\varphi(x)\) tend vers \(\dfrac{1}{2}\). La fonction \(\varphi\) se prolonge par continuité en \(0\) en posant \(\varphi(0) = \dfrac{1}{2}\).

4. Sur chaque segment \([n, n+1]\), on a \(f(x) = n + (x – n)^2\), y compris en \(x = n+1\) où les deux expressions valent \(n+1\). Cette fonction est strictement croissante sur \([n, n+1]\) car \(x – n \geq\, 0\) y croît strictement. Soit \(x < y\). S’ils sont dans le même segment, \(f(x) < f(y)\). Sinon, on intercale les entiers \(m_1 < \cdots < m_p\) situés entre eux et on enchaîne les inégalités : \(f(x) < f(m_1) < \cdots < f(m_p) \leq\, f(y)\), l’une au moins étant stricte. Donc \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

   De plus \(x – 1 < \lfloor x \rfloor \leq\, f(x) < \lfloor x \rfloor + 1 \leq\, x + 1\), donc \(f\) tend vers \(-\infty\) en \(-\infty\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). D’après le théorème de la bijection continue, \(f\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 point par limite latérale, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1,5 point : 1 point pour la quantité conjuguée, 0,5 point pour la valeur \(\frac{1}{2}\) ; d) 1 point : 0,5 point pour la stricte croissance, 0,5 point pour les limites et le théorème cité.

Exercice 4 : Points fixes, extremums et cordes horizontales (6,5 points)

1. On pose \(g(x) = f(x) – x\), continue sur \([0,1]\) comme différence de fonctions continues. Comme \(f\) est à valeurs dans \([0,1]\), \(g(0) = f(0) \geq\, 0\) et \(g(1) = f(1) – 1 \leq\, 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(g\) s’annule en un point \(c \in [0,1]\). Il existe \(c \in [0,1]\) tel que \(f(c) = c\).
2. Par définition des limites infinies, il existe \(A > 0\) tel que \(f(x) > f(0)\) pour tout \(x\) vérifiant \(|x| > A\). La fonction \(f\) est continue sur le segment \([-A, A]\) : d’après le théorème des bornes atteintes, elle y admet un minimum \(m = f(x_0)\) avec \(x_0 \in [-A, A]\). Comme \(0 \in [-A, A]\), on a \(m \leq\, f(0)\).

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

3. La fonction \(g\) est continue sur \([0, \frac{1}{2}]\). On a \(g(0) = f(\frac{1}{2}) – f(0)\) et \(g(\frac{1}{2}) = f(1) – f(\frac{1}{2}) = f(0) – f(\frac{1}{2})\). Donc \(g(\frac{1}{2}) = -g(0)\) : les deux valeurs sont de signes opposés (ou nulles). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c \in [0, \frac{1}{2}]\) tel que \(f(c + \frac{1}{2}) = f(c)\).

   

4. La fonction \(g_n\) est continue sur \([0, 1 – \frac{1}{n}]\) et les points \(\frac{k}{n}\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\), appartiennent à cet intervalle. La somme est télescopique :

   \[\sum_{k=0}^{n-1} g_n(\frac{k}{n}) = \sum_{k=0}^{n-1} (f(\frac{k+1}{n}) – f(\frac{k}{n})) = f(1) – f(0) = 0.\]

   Supposons par l’absurde que \(g_n\) ne s’annule pas. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, une fonction continue qui ne s’annule pas sur un intervalle y garde un signe constant. Tous les termes de la somme seraient alors strictement de même signe, et la somme serait non nulle : c’est absurde. Il existe donc \(c \in [0, 1 – \frac{1}{n}]\) tel que \(f(c + \frac{1}{n}) = f(c)\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la fonction auxiliaire, 0,5 point pour les signes, 0,5 point pour le théorème cité ; b) 2 points : 0,5 point pour le choix de \(A\), 1 point pour le théorème des bornes atteintes sur \([-A, A]\), 0,5 point pour la comparaison hors du segment ; c) 1,5 point : 1 point pour \(g(\frac{1}{2}) = -g(0)\), 0,5 point pour la conclusion ; d) 1,5 point : 0,5 point pour la somme télescopique, 1 point pour l’argument de signe constant.

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Après le corrigé du contrôle : limites de fonctions et continuité

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