Limites et continuité : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Limites par encadrement et par composition

1. Pour \(x \neq 0\), on a \(|\sin(1/x)| \leq\, 1\), donc \(-|x| \leq\, x \sin(1/x) \leq\, |x|\). Les deux fonctions qui encadrent tendent vers 0 en 0. D’après le théorème d’encadrement, \(\lim_{x \to 0} x \sin(1/x) = 0\). La figure ci-dessous montre la courbe coincée entre les droites \(y = |x|\) et \(y = -|x|\).

   

2. Pour \(x > 0\), on a \(x – 1 \leq\, x + \sin x \leq\, x + 1\). En divisant par \(x + 2 > 0\), on obtient :
   \[\frac{x – 1}{x + 2} \leq\, \frac{x + \sin x}{x + 2} \leq\, \frac{x + 1}{x + 2}.\]
   Or \(\dfrac{x – 1}{x + 2} = \dfrac{1 – 1/x}{1 + 2/x} \to 1\) et, de même, \(\dfrac{x + 1}{x + 2} \to 1\). Par encadrement, la limite vaut 1.
3. Par définition de la partie entière, \(\dfrac{1}{x} – 1 < \lfloor \dfrac{1}{x} \rfloor \leq\, \dfrac{1}{x}\). D’abord, pour \(x > 0\), on multiplie par \(x\) : \(1 – x < x \lfloor 1/x \rfloor \leq\, 1\). Ensuite, pour \(x < 0\), la multiplication par \(x\) renverse les inégalités : \(1 \leq\, x \lfloor 1/x \rfloor < 1 – x\). Dans les deux cas, les bornes tendent vers 1 quand \(x \to 0\). Donc la limite à droite et la limite à gauche valent 1, et \(\lim_{x \to 0} x \lfloor 1/x \rfloor = 1\).
4. Pour \(x > 0\), on écrit \((1 + x)^{1/x} = \exp(\dfrac{\ln(1 + x)}{x})\). D’une part, \(\dfrac{\ln(1 + x)}{x} \to 1\) quand \(x \to 0\). D’autre part, \(\exp\) est continue en 1. Par composition des limites, \(\lim_{x \to 0^+} (1 + x)^{1/x} = e\).
5. Soit \(A > 0\). Pour \(|x – 2| \leq\, 1\), on a \(x \geq\, 1\), donc \(x + 1 \geq\, 2\) et, pour \(x \neq 2\), \(\dfrac{x + 1}{(x – 2)^2} \geq\, \dfrac{2}{(x – 2)^2}\). Ensuite, \(\dfrac{2}{(x – 2)^2} \geq\, A\) équivaut à \(|x – 2| \leq\, \sqrt{2/A}\). Ainsi, \(\eta = \min(1, \sqrt{2/A})\) convient : pour \(0 < |x – 2| \leq\, \eta\), on a \(\dfrac{x + 1}{(x – 2)^2} \geq\, A\). Cela prouve que la limite vaut \(+\infty\).
6. Supposons \(\ell \neq \ell^{\prime}\) et posons \(\varepsilon = |\ell – \ell^{\prime}|/3 > 0\). La définition fournit \(\eta_1\) pour \(\ell\) et \(\eta_2\) pour \(\ell^{\prime}\). Soit \(\eta = \min(\eta_1, \eta_2)\). Comme \(a\) est adhérent à \(D\), il existe \(x \in D\) tel que \(|x – a| \leq\, \eta\). Alors, par l’inégalité triangulaire, \(|\ell – \ell^{\prime}| \leq\, |\ell – f(x)| + |f(x) – \ell^{\prime}| \leq\, 2\varepsilon = \frac{2}{3}|\ell – \ell^{\prime}|\). C’est absurde puisque \(|\ell – \ell^{\prime}| > 0\). Donc \(\ell = \ell^{\prime}\) : la limite est unique.

Point de méthode : pour un produit « borné fois tend vers 0 », l’encadrement est immédiat ; pour une puissance variable, on passe toujours par l’exponentielle.

Corrigé de l’exercice 2 : Limites à gauche et à droite

1. Soit \(n \in \mathbb{Z}\). D’abord, \(f(n) = n \times n = n^2\). Ensuite, pour \(x \in [n – 1, n[\), on a \(\lfloor x \rfloor = n – 1\), donc \(f(x) = (n – 1)x\). Ainsi, \(\lim_{x \to n^-} f(x) = n(n – 1)\). De même, pour \(x \in [n, n + 1[\), on a \(f(x) = nx\), donc \(\lim_{x \to n^+} f(x) = n^2\).
2. Sur chaque intervalle ouvert \(]k, k + 1[\), \(f\) coïncide avec la fonction affine \(x \mapsto kx\) : elle y est continue. En un entier \(n\), la limite à droite vaut \(n^2 = f(n)\), donc \(f\) est continue à droite en tout point. En revanche, \(f\) est continue à gauche en \(n\) si et seulement si \(n(n – 1) = n^2\), c’est-à-dire \(n = 0\). Par conséquent, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}^*\), discontinue en tout entier non nul, et continue à droite partout. La courbe de l’énoncé montre bien un saut en chaque entier sauf en 0.
3. Pour \(x \neq 1\), \(g(x) = \dfrac{(x – 1)(x + 1)}{|x – 1|}\). Si \(x > 1\), alors \(g(x) = x + 1 \to 2\). Si \(x < 1\), alors \(g(x) = -(x + 1) \to -2\). Les deux limites latérales sont différentes : \(g\) n’a pas de limite en 1.
4. Quand \(x \to 0^+\), \(1/x \to +\infty\), donc \(e^{1/x} \to +\infty\) par composition. Quand \(x \to 0^-\), \(1/x \to -\infty\), donc \(e^{1/x} \to 0\). Ainsi, \(h(0^-) = 0\) et \(h\) tend vers \(+\infty\) à droite de 0. En particulier, \(h\) se prolonge par continuité à gauche, mais pas en 0 lui-même.

Corrigé de l’exercice 3 : Absence de limite par la caractérisation séquentielle

1. Posons \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi + \pi/2}\) et \(y_n = \dfrac{1}{n\pi}\) pour \(n \geq\, 1\). Les deux suites tendent vers 0 et sont non nulles. Or \(\sin(1/x_n) = \sin(\pi/2 + 2n\pi) = 1\) et \(\sin(1/y_n) = \sin(n\pi) = 0\). Si la fonction avait une limite \(\ell\) en 0, la caractérisation séquentielle donnerait \(\ell = 1\) et \(\ell = 0\). Par conséquent, \(x \mapsto \sin(1/x)\) n’a pas de limite en 0.
2. Les suites \(2n\pi\) et \((2n + 1)\pi\) tendent vers \(+\infty\). Pourtant, \(\cos(2n\pi) = 1\) et \(\cos((2n + 1)\pi) = -1\). Donc \(\cos\) n’a pas de limite en \(+\infty\).
3. Les suites \(n\) et \(n + \frac{1}{2}\) tendent vers \(+\infty\). Or \(n – \lfloor n \rfloor = 0\) et \((n + \frac{1}{2}) – \lfloor n + \frac{1}{2} \rfloor = \frac{1}{2}\). Ainsi, la partie fractionnaire n’a pas de limite en \(+\infty\).
4. Soit \(a \in \mathbb{R}\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), il existe \(r_n \in \mathbb{Q}\) tel que \(|r_n – a| \leq\, 1/n\). De même, par densité des irrationnels, il existe \(s_n \notin \mathbb{Q}\) tel que \(|s_n – a| \leq\, 1/n\). Les deux suites tendent vers \(a\), mais \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(r_n) = 1\) et \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(s_n) = 0\). Donc \(\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}\) n’a de limite en aucun point. Comme la continuité en \(a\) exige une limite en \(a\), elle n’est continue nulle part.
5. Posons \(u(x) = x \, \mathbf{1}_{\mathbb{Q}}(x)\). D’abord, \(|u(x)| \leq\, |x|\), donc \(u(x) \to 0 = u(0)\) : \(u\) est continue en 0. Ensuite, soit \(a \neq 0\). Avec les suites de la question 4, \(u(r_n) = r_n \to a\) et \(u(s_n) = 0\). Comme \(a \neq 0\), ces limites diffèrent : \(u\) n’est continue en aucun point \(a \neq 0\).

Point de méthode : les suites choisies doivent tendre vers le point étudié et rester dans l’ensemble de définition ; on les construit souvent à partir des valeurs remarquables de la fonction.

Corrigé de l’exercice 4 : Prolongements par continuité

1. La fonction \(u : x \mapsto e^{2x}\) est dérivable en 0 avec \(u^{\prime}(0) = 2\). Donc le taux d’accroissement \(\dfrac{e^{2x} – 1}{x – 0}\) tend vers 2. \(f_1\) se prolonge par continuité en posant \(f_1(0) = 2\).
2. Par croissances comparées, \(x \ln x \to 0\) quand \(x \to 0^+\). Pour \(x < 0\), on écrit \(x \ln|x| = -(|x| \ln|x|)\), qui tend aussi vers 0. \(f_2\) se prolonge en posant \(f_2(0) = 0\).
3. On utilise \(1 – \cos x = 2\sin^2(x/2)\). Ainsi, pour \(x \neq 0\) :
   \[f_3(x) = \frac{2\sin^2(x/2)}{x^2} = \frac{1}{2}(\frac{\sin(x/2)}{x/2})^2.\]
   Comme \(\dfrac{\sin t}{t} \to 1\) quand \(t \to 0\), la composition donne \(f_3(x) \to \frac{1}{2}\). On pose \(f_3(0) = \frac{1}{2}\).
4. Pour \(x > 0\), \(f_4(x) = \dfrac{\sin x}{x} \to 1\). Pour \(x < 0\), \(f_4(x) = -\dfrac{\sin x}{x} \to -1\). Les limites latérales diffèrent : \(f_4\) n’est pas prolongeable par continuité en 0.
5. Chaque morceau est continu sur son intervalle ouvert. Il reste à étudier 0 et 1. En 0, \(\varphi(0) = e^0 = 1\), la limite à gauche vaut 1 et la limite à droite vaut \(b\). La continuité en 0 équivaut donc à \(b = 1\). En 1, \(\varphi(1) = 3 + \ln 1 = 3\), la limite à droite vaut 3, et la limite à gauche vaut \(a + b\). Il faut donc \(a + b = 3\). Finalement, \(\varphi\) est continue sur \(\mathbb{R}\) si et seulement si \(a = 2\) et \(b = 1\).

Corrigé de l’exercice 5 : Fonctions croissantes et sauts

1. Soit \(x \in \,]0, 1[\). La restriction de \(f\) à \([0, x[\) est croissante et majorée par \(f(x)\). D’après le théorème de la limite monotone, \(f(x^-)\) existe et vaut \(\sup_{[0, x[} f \leq\, f(x)\). De même, la restriction à \(]x, 1]\) est croissante et minorée par \(f(x)\), donc \(f(x^+) = \inf_{]x, 1]} f \geq\, f(x)\). Ainsi, \(f(x^-) \leq\, f(x) \leq\, f(x^+)\). Enfin, pour \(0 < x < y < 1\), choisissons \(z \in \,]x, y[\). Alors \(f(x^+) \leq\, f(z)\), car \(f(x^+)\) est un minorant de \(f\) sur \(]x, 1]\), et \(f(z) \leq\, f(y^-)\). Donc \(f(x^+) \leq\, f(y^-)\).
2. Comme \(x\) est intérieur, \(f\) est continue en \(x\) si et seulement si \(f(x^-) = f(x) = f(x^+)\). Grâce à l’encadrement de la question 1, cette double égalité équivaut à \(f(x^-) = f(x^+)\). Donc \(f\) est continue en \(x\) si et seulement si \(s(x) = 0\).
3. Choisissons des points intermédiaires \(t_0 = 0\), \(t_i \in \,]x_i, x_{i+1}[\) pour \(1 \leq\, i \leq\, p – 1\), et \(t_p = 1\). Ainsi, \(t_{i-1} < x_i < t_i\) pour tout \(i\). Par la question 1, \(f(x_i^+) \leq\, f(t_i)\) et \(f(x_i^-) \geq\, f(t_{i-1})\). Donc \(s(x_i) \leq\, f(t_i) – f(t_{i-1})\). En sommant, la somme télescopique donne :
   \[\sum_{i=1}^{p} s(x_i) \leq\, \sum_{i=1}^{p} (f(t_i) – f(t_{i-1})) = f(1) – f(0).\]
   C’est l’inégalité demandée.
4. Soit \(x_1 < \cdots < x_p\) des points distincts où le saut est au moins \(1/n\). D’après la question 3, \(p/n \leq\, \sum s(x_i) \leq\, f(1) – f(0)\). Donc \(p \leq\, n(f(1) – f(0))\). Ainsi, toute partie finie de cet ensemble a au plus \(n(f(1) – f(0))\) éléments. L’ensemble est donc fini, de cardinal au plus \(n(f(1) – f(0))\). En réunissant ces ensembles pour \(n \geq\, 1\), on obtient toutes les discontinuités : on retiendra qu’elles sont « peu nombreuses ».
5. Soit \(0 < x \leq\, y \leq\, 1\). Alors \(1/x \geq\, 1/y \geq\, 1\), donc \(\lfloor 1/x \rfloor \geq\, \lfloor 1/y \rfloor \geq\, 1\), puis \(g(x) \leq\, g(y)\). De plus, \(g(0) = 0 < g(x)\). Donc \(g\) est croissante.
   
   Continuité en 0 : pour \(x \in \,]0, 1[\), on a \(\frac{1}{x} – 1 < \lfloor 1/x \rfloor \leq\, \frac{1}{x}\). En passant aux inverses, \(x \leq\, g(x) < \dfrac{x}{1 – x}\). Par encadrement, \(g(x) \to 0 = g(0)\). Donc \(g\) est continue en 0.
   
   Soit \(k \geq\, 2\). Pour \(x \in \,]\frac{1}{k+1}, \frac{1}{k}]\), on a \(1/x \in [k, k + 1[\), donc \(g(x) = 1/k\). Par conséquent, \(g(1/k) = 1/k\) et \(g((\frac{1}{k})^-) = \frac{1}{k}\). Pour \(x \in \,]\frac{1}{k}, \frac{1}{k-1}]\), on a \(g(x) = \frac{1}{k-1}\). La limite à droite vaut donc \(\frac{1}{k-1}\). Le saut en \(1/k\) vaut \(\frac{1}{k-1} – \frac{1}{k} = \frac{1}{k(k-1)} > 0\) : \(g\) y est discontinue. La figure ci-dessous montre cet escalier, dont les marches se resserrent vers 0.

   

Point de méthode : la somme des sauts vaut ici \(\sum_{k \geq\, 2} \frac{1}{k(k-1)} = 1 = g(1) – g(0)\), ce qui illustre l’inégalité de la question 3.

Corrigé de l’exercice 6 : Équation fonctionnelle de Cauchy

1. Avec \(x = y = 0\), on obtient \(f(0) = 2f(0)\), donc \(f(0) = 0\). Ensuite, avec \(y = -x\), il vient \(0 = f(0) = f(x) + f(-x)\). Donc \(f\) est impaire.
2. Montrons \(f(nx) = nf(x)\) pour \(n \in \mathbb{N}\) par récurrence. Le cas \(n = 0\) découle de \(f(0) = 0\). Ensuite, si \(f(nx) = nf(x)\), alors \(f((n + 1)x) = f(nx) + f(x) = (n + 1)f(x)\). Enfin, pour \(n \in \mathbb{N}\), l’imparité donne \(f(-nx) = -f(nx) = -nf(x)\). La formule vaut donc pour tout \(n \in \mathbb{Z}\).
3. Soit \(r = p/q\) avec \(p \in \mathbb{Z}\) et \(q \in \mathbb{N}^*\). D’une part, \(qf(r) = f(qr) = f(p)\). D’autre part, \(f(p) = f(p \times 1) = pa\). Donc \(f(r) = \frac{p}{q}a = ar\).
4. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), il existe une suite de rationnels \((r_n)\) qui tend vers \(x\). 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, \(f(x) = ax\) pour tout réel \(x\). Réciproquement, ces fonctions linéaires conviennent.
5. Supposons \(f\) continue en 0. Soit \(x\) réel et \(h \to 0\). Alors \(f(x + h) = f(x) + f(h) \to f(x) + f(0) = f(x)\). Donc \(f\) est continue en tout point \(x\).

Corrigé de l’exercice 7 : Fonctions invariantes par dilatation

1. Soit \(x\) réel. En appliquant la relation à \(x/2\), on obtient \(f(x) = f(x/2)\). Par récurrence, \(f(x) = f(x/2^n)\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\). Or \(x/2^n \to 0\) et \(f\) est continue en 0. Par la caractérisation séquentielle, \(f(x/2^n) \to f(0)\). La suite \((f(x/2^n))\) est constante égale à \(f(x)\), donc sa limite est \(f(x)\). Ainsi \(f(x) = f(0)\) : \(f\) est constante.
2. Posons \(f(0) = 1\) et \(f(x) = 0\) pour \(x \neq 0\). Comme \(2x = 0\) équivaut à \(x = 0\), on a bien \(f(2x) = f(x)\) pour tout \(x\). Cette fonction n’est pas constante ; elle n’est pas continue en 0, mais elle l’est ailleurs.
3. Soit \(g\) une solution et \(h(x) = g(x) – x\). Alors \(h(2x) = g(2x) – 2x = g(x) + x – 2x = g(x) – x = h(x)\). De plus, \(h\) est continue en 0 comme différence de fonctions continues en 0. D’après la question 1, \(h\) est constante, égale à \(c\). Réciproquement, \(g(x) = x + c\) vérifie \(g(2x) = 2x + c = g(x) + x\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto x + c\), avec \(c\) réel.

Corrigé de l’exercice 8 : Existence de solutions par le TVI

1. On trouve \(P(-2) = -8 + 6 + 1 = -1\), \(P(-1) = -1 + 3 + 1 = 3\), \(P(0) = 1\), \(P(1) = -1\) et \(P(2) = 3\). Le polynôme \(P\) est continu. Il change de signe sur \([-2, -1]\), sur \([0, 1]\) et sur \([1, 2]\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il s’annule dans chacun des intervalles \(]-2, -1[\), \(]0, 1[\) et \(]1, 2[\). Ces intervalles sont disjoints, donc \(P\) a au moins trois racines. Enfin, un polynôme de degré 3 a au plus trois racines. \(P\) a exactement trois racines réelles, situées dans \(]-2, -1[\), \(]0, 1[\) et \(]1, 2[\). La figure ci-dessous confirme ces changements de signe.

   

2. Posons \(g(x) = \cos x – x\) sur \([0, \pi/2]\). Elle est continue, avec \(g(0) = 1 > 0\) et \(g(\pi/2) = -\pi/2 < 0\). Le TVI fournit donc une solution. De plus, \(g^{\prime}(x) = -\sin x – 1 < 0\) sur \([0, \pi/2]\), car \(\sin x \geq\, 0\) sur cet intervalle. Ainsi \(g\) est strictement décroissante, donc injective. L’équation \(\cos x = x\) a une unique solution dans \([0, \pi/2]\).
3. Soit \(P = \sum_{k=0}^{d} a_k X^k\) avec \(d\) impair et \(a_d \neq 0\). Quitte à remplacer \(P\) par \(-P\), on suppose \(a_d > 0\). Alors \(P(x) \sim a_d x^d\) en \(\pm\infty\). Comme \(d\) est impair, \(P\) tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\) et vers \(-\infty\) en \(-\infty\). Il existe donc \(B > 0\) tel que \(P(B) > 0\) et \(P(-B) < 0\). Par le TVI sur \([-B, B]\), \(P\) admet une racine réelle.

Point de méthode : le TVI donne au moins une racine par changement de signe ; pour « exactement », on complète par un argument de comptage ou de monotonie.

Corrigé de l’exercice 9 : Points fixes et intersections de courbes

1. Posons \(g(x) = f(x) – x\), continue sur \([a, b]\). Comme \(f(a) \in [a, b]\), on a \(g(a) = f(a) – a \geq\, 0\). De même, \(g(b) = f(b) – b \leq\, 0\). D’après le TVI, il existe \(c \in [a, b]\) tel que \(g(c) = 0\). Donc \(f(c) = c\).
2. Sur \([0, 1[\), la fonction \(f(x) = \frac{1 + x}{2}\) est continue et envoie \([0, 1[\) dans \([\frac{1}{2}, 1[\). Pourtant, \(f(x) = x\) équivaut à \(x = 1\), qui n’est pas dans \([0, 1[\). Sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(x \mapsto x + 1\) n’a aucun point fixe. Le segment est donc indispensable.
3. Posons \(h = f – g\), continue sur \([a, b]\). Alors \(h(a) \leq\, 0\) et \(h(b) \geq\, 0\). Le TVI fournit \(c\) tel que \(h(c) = 0\). Les courbes se coupent au point d’abscisse \(c\).
4. La question 1 fournit un point fixe. De plus, \(x \mapsto f(x) – x\) est la somme d’une fonction décroissante et d’une fonction strictement décroissante, donc elle est strictement décroissante. Elle s’annule donc au plus une fois. Le point fixe est unique.

Corrigé de l’exercice 10 : Méthode de dichotomie

1. La fonction \(f\) est dérivable avec \(f^{\prime}(x) = 3x^2 + 1 > 0\), donc strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). Par ailleurs, \(f(0) = -1 < 0\) et \(f(1) = 1 > 0\). D’après le TVI, \(f\) s’annule sur \(]0, 1[\) ; par stricte monotonie, elle s’annule une seule fois sur \(\mathbb{R}\). Il existe un unique réel \(\alpha\) tel que \(f(\alpha) = 0\), et \(\alpha \in \,]0, 1[\).
2. Montrons par récurrence la propriété \(f(a_n) < 0 \leq\, f(b_n)\) et \(b_n – a_n = 2^{-n}\). Au rang 0, elle est vraie. Supposons-la au rang \(n\). Si \(f(m_n) < 0\), le nouvel intervalle est \([m_n, b_n]\) ; sinon, c’est \([a_n, m_n]\) avec \(f(m_n) \geq\, 0\). Dans les deux cas, la condition de signe est conservée et la longueur est divisée par 2. Enfin, comme \(f\) est strictement croissante, \(f(a_n) < 0 = f(\alpha) \leq\, f(b_n)\) entraîne \(a_n < \alpha \leq\, b_n\). Donc \(a_n \leq\, \alpha \leq\, b_n\) et \(b_n – a_n = 2^{-n}\).
3. Par construction, \(a_{n+1} \in \{a_n, m_n\}\), donc \(a_{n+1} \geq\, a_n\). De même, \(b_{n+1} \leq\, b_n\). De plus, \(b_n – a_n = 2^{-n} \to 0\). Les suites sont adjacentes. Elles ont donc une limite commune \(L\). Par passage à la limite dans \(a_n \leq\, \alpha \leq\, b_n\), on obtient \(L = \alpha\).
4. On calcule successivement :
   • \(m_0 = 0{,}5\) et \(f(0{,}5) = -0{,}375 < 0\), donc \([a_1, b_1] = [0{,}5 ; 1]\) ;
   • \(m_1 = 0{,}75\) et \(f(0{,}75) = 0{,}171875 > 0\), donc \([a_2, b_2] = [0{,}5 ; 0{,}75]\) ;
   • \(m_2 = 0{,}625\) et \(f(0{,}625) \approx -0{,}1309 < 0\), donc \([a_3, b_3] = [0{,}625 ; 0{,}75]\) ;
   • \(m_3 = 0{,}6875\) et \(f(0{,}6875) \approx 0{,}0125 > 0\), donc \([a_4, b_4] = [0{,}625 ; 0{,}6875]\).

   La figure ci-dessous montre ces intervalles emboîtés, qui se resserrent autour de \(\alpha \approx 0{,}682\).

   

5. Comme \(\alpha \in [a_n, b_n]\) et \(m_n\) est le milieu, \(|m_n – \alpha| \leq\, \frac{b_n – a_n}{2} = 2^{-(n+1)}\). Il suffit donc que \(2^{n+1} \geq\, 1000\). Or \(2^9 = 512\) et \(2^{10} = 1024\). Il faut donc \(n + 1 \geq\, 10\). Neuf étapes suffisent : \(m_9\) approche \(\alpha\) à \(10^{-3}\) près.

Corrigé de l’exercice 11 : Fonctions continues et bornes atteintes

1. D’après le théorème des bornes atteintes, \(f\) atteint son minimum en un point \(x_m\) de \([a, b]\). Posons \(m = f(x_m)\). Par hypothèse, \(m > 0\), et \(f(x) \geq\, m\) pour tout \(x\). Le résultat est donc vrai sur un segment. En revanche, sur \(]0, 1]\), la fonction \(x \mapsto x\) est continue et strictement positive, mais \(\inf_{]0, 1]} x = 0\). Le résultat tombe en défaut sur \(]0, 1]\).
2. Comme \(f\) tend vers \(+\infty\) en \(\pm\infty\), il existe \(R > 0\) tel que \(f(x) > f(0)\) dès que \(|x| > R\). Sur le segment \([-R, R]\), \(f\) atteint son minimum en un point \(c\). Comme \(0 \in [-R, R]\), on a \(f(c) \leq\, f(0)\). Ainsi, pour \(|x| > R\), \(f(x) > f(0) \geq\, f(c)\) ; pour \(|x| \leq\, R\), \(f(x) \geq\, f(c)\). Donc \(f(c)\) est le minimum de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).
3. D’abord, avec \(\varepsilon = 1\), il existe \(R \geq\, 0\) tel que \(|f(x)| \leq\, 1\) pour \(x \geq\, R\). Sur \([0, R]\), \(f\) est bornée par un réel \(M\), d’après le théorème des bornes atteintes. Donc \(|f| \leq\, \max(1, M)\) sur \([0, +\infty[\).
   
   Supposons ensuite \(f(x_0) > 0\). Avec \(\varepsilon = f(x_0)/2\), il existe \(R^{\prime}\) tel que \(f(x) \leq\, f(x_0)/2 < f(x_0)\) pour \(x \geq\, R^{\prime}\). Quitte à l’augmenter, on suppose \(R^{\prime} > x_0\). Sur \([0, R^{\prime}]\), \(f\) atteint son maximum en un point \(c\), et \(f(c) \geq\, f(x_0)\). Par conséquent, pour \(x \geq\, R^{\prime}\), \(f(x) < f(x_0) \leq\, f(c)\). Donc \(f(c)\) est le maximum de \(f\) sur \([0, +\infty[\).
4. La fonction \(x \mapsto xe^{-x}\) est continue, tend vers 0 en \(+\infty\) par croissances comparées, et vaut \(e^{-1} > 0\) en 1. Elle admet donc un maximum. Sa dérivée \((1 – x)e^{-x}\) est positive sur \([0, 1]\) et négative sur \([1, +\infty[\). Le maximum vaut \(1/e\), atteint en \(x = 1\).

Corrigé de l’exercice 12 : Images d’intervalles

1. On a \(x^2 – 2x = (x – 1)^2 – 1\). La fonction décroît sur \([-1, 1]\) de 3 à \(-1\), puis croît sur \([1, 2]\) de \(-1\) à 0. Son minimum sur \([-1, 2]\) vaut \(-1\) et son maximum vaut 3. L’image est le segment \([-1, 3]\).
2. Posons \(g(x) = \dfrac{x}{1 + x^2}\). Alors \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1 – x^2}{(1 + x^2)^2}\). Ainsi, \(g\) décroît sur \(]-\infty, -1]\), croît sur \([-1, 1]\) et décroît sur \([1, +\infty[\). De plus, \(g(-1) = -\frac{1}{2}\), \(g(1) = \frac{1}{2}\) et \(g\) tend vers 0 en \(\pm\infty\). Enfin, \(|x| \leq\, \frac{1 + x^2}{2}\) car \((|x| – 1)^2 \geq\, 0\), donc \(|g| \leq\, \frac{1}{2}\). L’image de \(\mathbb{R}\) est \([-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]\).
3. Sur \(]0, 2\pi[\), le sinus atteint 1 en \(\pi/2\) et \(-1\) en \(3\pi/2\). L’image est un intervalle contenu dans \([-1, 1]\) qui contient \(-1\) et 1. Donc \(\sin(]0, 2\pi[) = [-1, 1]\). Par ailleurs, \(\varphi\) est continue et strictement décroissante sur \(]0, 1]\), avec \(\varphi(1) = 1\) et une limite \(+\infty\) en \(0^+\). Donc \(\varphi(]0, 1]) = [1, +\infty[\). Ainsi, le caractère ouvert et le caractère borné ne sont pas conservés ; seul le caractère d’intervalle l’est.
4. L’image d’un segment par une fonction continue est un segment. Or \(]0, 1]\) n’est pas un segment. Aucune fonction continue sur \([0, 1]\) n’a pour image \(]0, 1]\). En revanche, l’identité de \(]0, 1]\) convient : sur \(]0, 1]\), c’est possible.

Corrigé de l’exercice 13 : Une bijection et sa réciproque

1. La fonction \(f\) est continue et dérivable, avec \(f^{\prime}(x) = 1 + e^x > 0\). Elle est donc strictement croissante. En \(-\infty\), \(x \to -\infty\) et \(e^x \to 0\), donc \(f \to -\infty\). En \(+\infty\), \(f \to +\infty\). D’après le théorème de la bijection, \(f\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-\infty, +\infty[ = \mathbb{R}\).
2. Le même théorème affirme que \(g\) est continue et strictement croissante. Ensuite, \(f(0) = 0 + 1 = 1\), donc \(g(1) = 0\). De même, \(f(1) = 1 + e\), donc \(g(1 + e) = 1\).
3. La fonction \(g\) est strictement croissante de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Par le théorème de la limite monotone, elle a des limites en \(\pm\infty\). Si \(g\) était majorée par \(M\), on aurait \(y = f(g(y)) \leq\, f(M)\) pour tout \(y\), ce qui est faux. Donc \(g \to +\infty\) en \(+\infty\) et, de même, \(g \to -\infty\) en \(-\infty\).
4. Pour \(y > 1\), posons \(x = g(y) > 0\), de sorte que \(y = x + e^x\). Alors :
   \[\ln y = \ln(e^x(1 + xe^{-x})) = x + \ln(1 + xe^{-x}).\]
   Quand \(x \to +\infty\), \(xe^{-x} \to 0\), donc \(\ln(1 + xe^{-x}) \to 0\) et \(\dfrac{\ln(x + e^x)}{x} \to 1\). Or \(g(y) \to +\infty\) quand \(y \to +\infty\). Par composition des limites, \(\dfrac{\ln y}{g(y)} \to 1\). Donc \(\lim_{y \to +\infty} \dfrac{g(y)}{\ln y} = 1\).
5. Avec \(x = g(y)\), on a \(g(y) – y = x – (x + e^x) = -e^{g(y)}\). Quand \(y \to -\infty\), \(g(y) \to -\infty\), donc \(e^{g(y)} \to 0\). Ainsi \(\lim_{y \to -\infty} (g(y) – y) = 0\) : la courbe de \(g\) admet la droite \(y = x\) pour asymptote en \(-\infty\). La figure ci-dessous montre les deux courbes symétriques.

   

Point de méthode : pour étudier une réciproque sans formule, on pose \(x = g(y)\) et on traduit tout en fonction de \(x\), puis on revient à \(y\) par composition des limites.

Corrigé de l’exercice 14 : Réciproque de la tangente hyperbolique

1. Comme \(\mathrm{sh}\) est impaire et \(\mathrm{ch}\) paire, \(\mathrm{th}\) est impaire. Elle est continue, car \(\mathrm{ch}\) ne s’annule pas. Sa dérivée vaut \(\dfrac{\mathrm{ch}^2 – \mathrm{sh}^2}{\mathrm{ch}^2} = \dfrac{1}{\mathrm{ch}^2} > 0\), donc elle est strictement croissante. Enfin, \(\mathrm{th}(x) = \dfrac{1 – e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} \to 1\) en \(+\infty\). Par imparité, \(\mathrm{th}\) tend vers \(-1\) en \(-\infty\) et vers 1 en \(+\infty\).
2. D’après le théorème de la bijection, \(\mathrm{th}\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(J = \,]-1, 1[\).
3. Soit \(y \in \,]-1, 1[\). L’égalité \(\dfrac{e^{2x} – 1}{e^{2x} + 1} = y\) équivaut à \(e^{2x} – 1 = y e^{2x} + y\), soit \(e^{2x}(1 – y) = 1 + y\). Comme \(1 – y > 0\) et \(1 + y > 0\), on obtient \(e^{2x} = \dfrac{1 + y}{1 – y} > 0\). Donc :
   \[\mathrm{argth}(y) = \frac{1}{2}\ln(\frac{1 + y}{1 – y}).\]
   C’est l’expression explicite de la réciproque.
4. La fonction \(y \mapsto \dfrac{1 + y}{1 – y} = -1 + \dfrac{2}{1 – y}\) est continue, strictement croissante et strictement positive sur \(]-1, 1[\). Par composition avec \(\ln\), \(\mathrm{argth}\) est continue et strictement croissante. Ensuite, \(\mathrm{argth}(-y) = \frac{1}{2}\ln(\frac{1 – y}{1 + y}) = -\mathrm{argth}(y)\) : elle est impaire. Enfin, quand \(y \to 1^-\), \(\frac{1 + y}{1 – y} \to +\infty\). Donc \(\mathrm{argth}\) tend vers \(+\infty\) en \(1^-\) et, par imparité, vers \(-\infty\) en \(-1^+\). On retrouve ce qu’annonçait le théorème de la bijection.

Corrigé de l’exercice 15 : Injections continues

1. D’abord, \(x_t\) et \(y_t\) sont dans \(I\), car un intervalle contient tout segment joignant deux de ses points. De plus, \(y_t – x_t = (1 – t)(y – x) + t(y^{\prime} – x^{\prime}) > 0\). Comme \(f\) est injective, \(f(y_t) \neq f(x_t)\) : \(\varphi\) ne s’annule pas. Par ailleurs, \(\varphi\) est continue par composition. Si \(\varphi(0)\) et \(\varphi(1)\) étaient de signes contraires, le TVI donnerait un zéro de \(\varphi\). Donc \(f(y) – f(x) = \varphi(0)\) et \(f(y^{\prime}) – f(x^{\prime}) = \varphi(1)\) ont le même signe. Ainsi, soit \(f(y) > f(x)\) pour tous \(x < y\), soit \(f(y) < f(x)\) pour tous \(x < y\). \(f\) est strictement monotone.
2. Supposons \(f\) continue avec \(f \circ f = -\mathrm{id}\). Si \(f(x) = f(y)\), alors \(-x = f(f(x)) = f(f(y)) = -y\) : \(f\) est injective. D’après la question 1, \(f\) est strictement monotone. Or la composée de deux fonctions strictement croissantes, ou de deux fonctions strictement décroissantes, est strictement croissante. Donc \(f \circ f\) est strictement croissante, alors que \(-\mathrm{id}\) est strictement décroissante. Une telle fonction n’existe pas.
3. L’image de \([0, 1]\) par une fonction continue est un segment, et \(]0, 1[\) n’en est pas un. Il n’existe donc pas de surjection continue de \([0, 1]\) sur \(]0, 1[\). Ensuite, soit \(f\) une bijection continue de \(]0, 1[\) sur \([0, 1]\). Elle est injective, donc strictement monotone ; supposons-la croissante. Il existe \(c \in \,]0, 1[\) tel que \(f(c) = 1\). Pour \(x \in \,]c, 1[\), on aurait \(f(x) > 1\), ce qui est impossible. Le cas décroissant se traite de même avec la valeur 0. Aucune bijection continue de \(]0, 1[\) sur \([0, 1]\) n’existe.
4. Pour \(x \in \,]0, 1[\), \(2\pi x \in \,]0, 2\pi[\), et \(\sin(]0, 2\pi[) = [-1, 1]\). Donc \(\frac{1 + \sin(2\pi x)}{2}\) décrit exactement \([0, 1]\), avec la valeur 1 en \(x = 1/4\) et 0 en \(x = 3/4\). C’est une surjection continue de \(]0, 1[\) sur \([0, 1]\) ; elle n’est pas injective, ce qui est cohérent avec la question 3.

Corrigé de l’exercice 16 : Fonctions à valeurs complexes

1. Si \(e^{it}\) avait une limite \(\ell\) en \(+\infty\), sa partie réelle \(\cos t\) tendrait vers \(\mathrm{Re}(\ell)\). Or \(\cos\) n’a pas de limite en \(+\infty\) (exercice 3). Donc \(t \mapsto e^{it}\) n’a pas de limite en \(+\infty\). En revanche, \(|\dfrac{e^{it}}{t}| = \dfrac{1}{t} \to 0\). Donc \(\dfrac{e^{it}}{t} \to 0\) en \(+\infty\).
2. On a \(h(t) = \dfrac{\cos t – 1}{t} + i\dfrac{\sin t}{t}\). La partie réelle est le taux d’accroissement de \(\cos\) en 0 ; elle tend vers \(\cos^{\prime}(0) = -\sin 0 = 0\). La partie imaginaire tend vers \(\sin^{\prime}(0) = 1\). Donc \(h\) tend vers \(i\) et se prolonge par continuité en posant \(h(0) = i\).
3. On trouve \(\varphi(0) = 1\), \(\varphi(1) = e^{i\pi} = -1\) et \(|\varphi(t)| = 1\) pour tout \(t\). Ainsi, \(\varphi\) est continue et joint 1 à \(-1\) sans jamais s’annuler, alors que 0 est « entre » 1 et \(-1\) sur l’axe réel. Le théorème des valeurs intermédiaires est faux pour les fonctions à valeurs complexes. L’image de \(\varphi\) est le demi-cercle supérieur, qui contourne 0.
4. La fonction \(|f| = \sqrt{(\mathrm{Re} f)^2 + (\mathrm{Im} f)^2}\) est continue et à valeurs réelles. D’après le théorème des bornes atteintes, elle est bornée sur \([a, b]\) et atteint son maximum en un point \(c\). Donc \(f\) est bornée et \(|f(c)| = \max_{[a, b]} |f|\).

Corrigé de l’exercice 17 : Théorème de la corde universelle

1. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\), on a \(\frac{k}{n} \in [0, 1 – \frac{1}{n}]\), donc \(g(k/n)\) est défini. La somme est télescopique :
   \[\sum_{k=0}^{n-1} g(\frac{k}{n}) = \sum_{k=0}^{n-1} (f(\frac{k+1}{n}) – f(\frac{k}{n})) = f(1) – f(0) = 0.\]
   La somme est nulle.
2. Si l’un des \(g(k/n)\) est nul, \(c = k/n\) convient. Sinon, les \(n\) termes sont non nuls et de somme nulle : ils ne sont pas tous du même signe. Il existe donc \(i\) et \(j\) tels que \(g(i/n) > 0\) et \(g(j/n) < 0\). La fonction \(g\) est continue sur \([0, 1 – \frac{1}{n}]\). Le TVI, appliqué entre \(i/n\) et \(j/n\), fournit \(c\) tel que \(g(c) = 0\). Ainsi, \(f(c + 1/n) = f(c)\). Géométriquement, la courbe de \(f\) possède une corde horizontale de longueur \(1/n\).
3. La fonction \(f\) est continue comme composée et somme de fonctions continues. Ensuite, \(f(0) = 0\) et \(f(1) = \sin^2(\pi/a) – \sin^2(\pi/a) = 0\). Enfin, pour \(x \in [0, 1 – a]\), \(\sin^2(\frac{\pi(x + a)}{a}) = \sin^2(\frac{\pi x}{a} + \pi) = \sin^2(\frac{\pi x}{a})\). Donc :
   \[f(x + a) – f(x) = -(x + a)\sin^2(\frac{\pi}{a}) + x\sin^2(\frac{\pi}{a}) = -a\sin^2(\frac{\pi}{a}).\]
   Or \(\sin(\pi/a) = 0\) équivaut à \(1/a \in \mathbb{Z}\), ce qui est exclu. Donc \(f(x + a) – f(x)\) est une constante non nulle, et \(f(x + a) \neq f(x)\) pour tout \(x\). La figure ci-dessous traite le cas \(a = 2/5\) : la courbe décalée reste parallèle, à distance \(2/5\) en dessous.

   

4. D’après les questions 2 et 3, les longueurs universelles sont exactement les \(a = 1/n\), avec \(n \geq\, 2\) entier. Pour toute autre longueur, la fonction de la question 3 fournit un contre-exemple.

Corrigé de l’exercice 18 : Fonctions continues périodiques

1. Soit \(x\) réel et \(k = \lfloor x/T \rfloor\). Alors \(x – kT \in [0, T[\) et, par périodicité, \(f(x) = f(x – kT)\). Donc \(f(\mathbb{R}) \subset f([0, T])\), et l’inclusion inverse est évidente. Ainsi \(f(\mathbb{R}) = f([0, T])\). Or \(f\) est continue sur le segment \([0, T]\) : d’après le théorème des bornes atteintes, \(f([0, T]) = [m, M]\). Donc \(f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\) et atteint ses bornes.
2. Soit \(x\) réel. La suite \((x + nT)\) tend vers \(+\infty\). Par la caractérisation séquentielle, \(f(x + nT) \to \ell\). Or \(f(x + nT) = f(x)\) pour tout \(n\). La suite est constante, donc sa limite vaut \(f(x)\). Ainsi \(f(x) = \ell\) pour tout \(x\) : \(f\) est constante.
3. La fonction \(f – g\) est continue, \(T\)-périodique, et tend vers 0 en \(+\infty\). D’après la question 2, elle est constante égale à 0. Donc \(f = g\).
4. Pour tout \(x\), \(0 \leq\, x – \lfloor x \rfloor < 1\) : la fonction est bornée. Sa borne inférieure 0 est atteinte en tout entier. En revanche, sa borne supérieure vaut 1, car \(x – \lfloor x \rfloor\) tend vers 1 quand \(x \to 1^-\), mais cette valeur n’est jamais atteinte. La fonction est bornée mais n’atteint pas sa borne supérieure ; ce n’est pas contradictoire, car elle n’est pas continue aux entiers.

Corrigé de l’exercice 19 : Problème : une suite définie par des racines

1. La fonction \(f_n\) est continue sur \([0, +\infty[\). Pour \(n \geq\, 2\), \(f_n^{\prime}(x) = nx^{n-1} + 1 > 0\) ; pour \(n = 1\), \(f_1^{\prime} = 2\). Ainsi \(f_n\) est strictement croissante. De plus, \(f_n(0) = -1 < 0\) et \(f_n(1) = 1 > 0\). Le TVI fournit un zéro dans \(]0, 1[\), et la stricte monotonie assure son unicité sur \([0, +\infty[\). Il existe un unique \(u_n \geq\, 0\) tel que \(f_n(u_n) = 0\), et \(u_n \in \,]0, 1[\).
2. D’abord, \(f_1(x) = 2x – 1\), donc \(u_1 = \frac{1}{2}\). Ensuite, \(x^2 + x – 1 = 0\) a pour racines \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\), dont une seule est positive. Donc \(u_2 = \frac{\sqrt{5} – 1}{2} \approx 0{,}618\).
3. Comme \(u_n + u_n^n – 1 = 0\), on a \(u_n – 1 = -u_n^n\). Donc :
   \[f_{n+1}(u_n) = u_n^{n+1} + u_n – 1 = u_n^{n+1} – u_n^n = u_n^n(u_n – 1).\]
   Or \(u_n \in \,]0, 1[\), donc \(f_{n+1}(u_n) < 0 = f_{n+1}(u_{n+1})\). Comme \(f_{n+1}\) est strictement croissante, on en déduit \(u_n < u_{n+1}\). La suite \((u_n)\) est strictement croissante. La figure ci-dessous montre les zéros successifs, qui se déplacent vers la droite.

   

4. La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par 1. D’après le théorème de la limite monotone pour les suites, elle converge vers \(\ell \leq\, 1\). De plus, \(\ell \geq\, u_1 = \frac{1}{2}\). Donc \(\ell \in [\frac{1}{2}, 1] \subset \,]0, 1]\).
5. Supposons \(\ell < 1\). Comme \((u_n)\) croît vers \(\ell\), on a \(0 < u_n \leq\, \ell\), donc \(0 < u_n^n \leq\, \ell^n\). Or \(\ell^n \to 0\) car \(0 \leq\, \ell < 1\). Par encadrement, \(u_n^n \to 0\). Par conséquent, \(u_n = 1 – u_n^n \to 1\), ce qui contredit \(\ell < 1\). Donc \(\ell = 1\).
6. Posons \(\varepsilon_n = 1 – u_n \in \,]0, 1[\). La relation \(f_n(u_n) = 0\) s’écrit \(\varepsilon_n = u_n^n = (1 – \varepsilon_n)^n\). L’inégalité de Bernoulli donne \(\varepsilon_n \geq\, 1 – n\varepsilon_n\), donc \((n + 1)\varepsilon_n \geq\, 1\). Ainsi \(1 – u_n \geq\, \frac{1}{n + 1}\), c’est-à-dire \(u_n \leq\, \dfrac{n}{n + 1}\). Vérifions : pour \(n = 1\), \(u_1 = \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\) (égalité). Pour \(n = 2\), \(u_2 \leq\, \frac{2}{3}\) équivaut à \(\sqrt{5} \leq\, \frac{7}{3}\), soit \(5 \leq\, \frac{49}{9}\), ce qui est vrai.

Point de méthode : pour comparer les zéros de deux fonctions strictement croissantes, on évalue l’une au zéro de l’autre et on regarde le signe.

Corrigé de l’exercice 20 : Monotonie et image d’un intervalle

1. Par le théorème de la limite monotone, \(f(a^-) = \sup_{x < a} f(x)\) et \(f(a^+) = \inf_{x > a} f(x)\), avec \(f(a^-) \leq\, f(a) \leq\, f(a^+)\). L’intervalle ouvert \(]f(a^-), f(a^+)[\) est infini ; il contient donc un réel \(y \neq f(a)\). Pour \(x < a\), \(f(x) \leq\, f(a^-) < y\). Pour \(x > a\), \(f(x) \geq\, f(a^+) > y\). Enfin, \(f(a) \neq y\). Donc \(y \notin f(I)\). Or, \(a\) étant intérieur, il existe \(x_1 < a < x_2\) dans \(I\), et \(f(x_1) < y < f(x_2)\). Comme \(f(I)\) est un intervalle, il contient \(y\) : c’est une contradiction. Par conséquent, \(f(a^-) = f(a^+)\), et l’encadrement donne \(f(a^-) = f(a) = f(a^+)\). \(f\) est continue en \(a\).
2. Supposons que \(a = \min I\). On a \(f(a) \leq\, f(a^+)\). Si l’inégalité était stricte, un réel \(y \in \,]f(a), f(a^+)[\) ne serait pas dans \(f(I)\), puisque \(f(x) \geq\, f(a^+) > y\) pour \(x > a\). Pourtant, \(f(a) < y < f(x_2)\) pour tout \(x_2 > a\) : contradiction. Donc \(f\) est continue à droite en \(a\). L’extrémité droite se traite de même. Ainsi \(f\) est continue sur \(I\).
3. Soit \(f : I \to J\) une bijection continue strictement croissante et \(g = f^{-1}\). La fonction \(g\) est croissante, et \(g(J) = I\) est un intervalle. D’après les questions 1 et 2, \(g\) est continue sur \(J\).
4. Pour \(0 \leq\, x < y \leq\, 1\), \(f(x) = x < y = f(y)\). Pour \(1 < x < y \leq\, 2\), \(f(x) = x + 1 < y + 1\). Enfin, si \(x \leq\, 1 < y\), alors \(f(x) \leq\, 1 < 2 < f(y)\). Donc \(f\) est strictement croissante. En 1, la limite à droite vaut 2 alors que \(f(1) = 1\) : \(f\) est discontinue. De plus, \(f([0, 2]) = [0, 1] \cup \,]2, 3]\), qui n’est pas un intervalle, en accord avec la question 2.
5. Soit \(K \subset [0, 1]\) un intervalle. Si \(0 \notin K\), \(h\) est continue sur \(K\), donc \(h(K)\) est un intervalle. Si \(K = \{0\}\), \(h(K) = \{0\}\). Sinon, \(K\) contient un segment \([0, \delta]\) avec \(\delta > 0\). Quand \(x\) décrit \(]0, \delta]\), \(1/x\) décrit \([1/\delta, +\infty[\), qui contient une période entière du sinus. Donc \(h(K) = [-1, 1]\), qui est un intervalle. Ainsi \(h\) transforme tout intervalle en intervalle. Pourtant, \(h\) n’a pas de limite en 0 (exercice 3), donc elle n’est pas continue : l’hypothèse de monotonie est indispensable.

Revenir aux énoncés des exercices

Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : limites et continuité, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur limites et continuité
• À maîtriser avant : Nombres réels et suites numériques
• Chapitre précédent : Suites particulières et suites récurrentes
• Chapitre suivant : Dérivabilité et convexité
• Le même thème en L1 : limites et continuité, exercices de maths en L1
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé