Limites et continuité : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Limites par epsilon-delta

1. Pour tout réel \(x\), on a \(|(3x-1) – 5| = |3x – 6| = 3|x-2|\). Soit \(\varepsilon > 0\). On pose \(\delta = \varepsilon / 3\). Alors, si \(|x – 2| \leq\, \delta\), on obtient \(|(3x-1) – 5| \leq\, 3\delta = \varepsilon\). Donc \(\lim_{x \to 2} (3x-1) = 5\), avec \(\delta = \varepsilon/3\).
2. On factorise : \(|x^2 – 9| = |x-3|\,|x+3|\). D’abord, on se restreint à \(|x – 3| \leq\, 1\). Dans ce cas, \(2 \leq\, x \leq\, 4\), donc \(5 \leq\, x + 3 \leq\, 7\) et \(|x^2 – 9| \leq\, 7|x-3|\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \min(1, \varepsilon/7)\). Si \(|x – 3| \leq\, \delta\), les deux conditions sont remplies. Par conséquent \(|x^2 – 9| \leq\, 7\delta \leq\, \varepsilon\). Ainsi \(\lim_{x \to 3} x^2 = 9\), avec \(\delta = \min(1, \varepsilon/7)\).
3. Pour \(x > 0\), on a \(|\frac{1}{x} – 1| = \frac{|x – 1|}{x}\). Si \(|x-1| \leq\, \frac12\), alors \(x \geq\, \frac12\), donc \(\frac{1}{x} \leq\, 2\). On obtient \(|\frac1x – 1| \leq\, 2|x-1|\). Soit \(\varepsilon > 0\) ; on pose \(\delta = \min(\frac12, \frac{\varepsilon}{2})\). Alors \(|x – 1| \leq\, \delta\) entraîne \(|\frac1x – 1| \leq\, 2\delta \leq\, \varepsilon\). Donc \(\lim_{x \to 1} \frac1x = 1\), avec \(\delta = \min(1/2, \varepsilon/2)\).

Point de méthode : la restriction préalable (\(|x-3| \leq\, 1\) ou \(|x-1| \leq\, 1/2\)) sert à majorer le facteur parasite par une constante. C’est pourquoi \(\delta\) est un minimum de deux quantités.

Corrigé de l’exercice 2 : Limites en l’infini et limites infinies

1. Pour \(x > 0\), on calcule \(\frac{2x+1}{x+3} – 2 = \frac{2x + 1 – 2x – 6}{x+3} = \frac{-5}{x+3}\). Donc \(|\frac{2x+1}{x+3} – 2| = \frac{5}{x+3} < \frac{5}{x}\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(A = 5/\varepsilon > 0\). Pour \(x \geq\, A\), on a \(\frac5x \leq\, \varepsilon\), donc l’écart est inférieur à \(\varepsilon\). Ainsi la limite vaut 2, avec le seuil \(A = 5/\varepsilon\).
2. Soit \(M \in \mathbb{R}\) et \(A = \sqrt{|M|}\). Pour \(x \geq\, A \geq\, 0\), la croissance du carré sur \([0, +\infty[\) donne \(x^2 \geq\, A^2 = |M| \geq\, M\). Donc \(\lim_{x \to +\infty} x^2 = +\infty\).
3. Soit \(M \in \mathbb{R}\) et \(M^{\prime} = \max(M, 1) > 0\). On pose \(\delta = 1/M^{\prime}\). Si \(0 < x \leq\, \delta\), alors \(\frac1x \geq\, \frac1\delta = M^{\prime} \geq\, M\). Ainsi \(\lim_{x \to 0^+} \frac1x = +\infty\). De même, si \(-\delta \leq\, x < 0\), alors \(\frac1x \leq\, -\frac1\delta = -M^{\prime}\). Or \(-M^{\prime} \leq\, -M\), donc \(\frac1x \leq\, -M\). Par conséquent \(\lim_{x \to 0^+} \frac1x = +\infty\) et \(\lim_{x \to 0^-} \frac1x = -\infty\).
4. Si \(x \mapsto 1/x\) avait une limite \(L\) en 0 (finie ou infinie), ses restrictions à \(]0, +\infty[\) et à \(]-\infty, 0[\) auraient aussi la limite \(L\). Or ces restrictions ont des limites différentes, \(+\infty\) et \(-\infty\). La fonction \(1/x\) n’a donc pas de limite en 0.

Corrigé de l’exercice 3 : Limites à gauche et à droite

1. Pour \(x > 1\), \(|x – 1| = x – 1\), donc \(f(x) = 1\). Pour \(x < 1\), \(|x-1| = -(x-1)\), donc \(f(x) = -1\). Ainsi, la limite à droite en 1 vaut 1 et la limite à gauche vaut \(-1\). Ces limites diffèrent, donc \(f\) n’a pas de limite en 1.
2. Sur \([n-1, n[\), on a \(E(x) = n – 1\) ; sur \([n, n+1[\), on a \(E(x) = n\). Donc \(\lim_{x \to n^-} E(x) = n-1\) et \(\lim_{x \to n^+} E(x) = n = E(n)\). En chaque entier, \(E\) est continue à droite mais pas à gauche. En revanche, sur chaque intervalle ouvert \(]n, n+1[\), \(E\) est constante, donc continue. La partie entière est continue exactement sur \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}\).
3. Par définition de la partie entière, \(\frac1x – 1 < E(\frac1x) \leq\, \frac1x\) pour tout \(x \neq 0\). Si \(x > 0\), on multiplie par \(x > 0\) sans changer le sens : \(1 – x < g(x) \leq\, 1\). Si \(x < 0\), la multiplication par \(x\) renverse les inégalités : \(1 – x > g(x) \geq\, 1\). On obtient bien les deux encadrements demandés.
4. Quand \(x \to 0^+\), on a \(1 – x \to 1\). Par le théorème d’encadrement, \(g(x) \to 1\). De même, quand \(x \to 0^-\), \(g\) est coincée entre \(1\) et \(1 – x\), qui tendent vers 1. Les deux limites latérales valent donc 1. Comme \(g\) n’est pas définie en 0, elle admet la limite 1 en 0. Donc \(g\) se prolonge par continuité en posant \(g(0) = 1\).

La figure ci-dessous montre la courbe de \(g\), formée de segments. Elle reste entre les droites \(y = 1\) et \(y = 1 – x\), qui se coupent au point \((0, 1)\).

Corrigé de l’exercice 4 : Fonctions monotones et limites latérales

1. L’ensemble \(\{ f(x) \mid b < x < x_0 \}\) est non vide, car \(]b, x_0[\) n’est pas vide. De plus, il est majoré par \(f(x_0)\), puisque \(f\) est croissante. D’après l’axiome de la borne supérieure, \(\ell^-\) existe. Enfin, \(f(x_0)\) est un majorant, donc \(\ell^- \leq\, f(x_0)\), car la borne supérieure est le plus petit des majorants. Ainsi \(\ell^-\) existe et \(\ell^- \leq\, f(x_0)\).
2. Soit \(\varepsilon > 0\). Le réel \(\ell^- – \varepsilon\) n’est pas un majorant, donc il existe \(x_1 \in \,]b, x_0[\) tel que \(f(x_1) > \ell^- – \varepsilon\). On pose \(\delta = x_0 – x_1 > 0\). Soit \(x \in \,]b, x_0[\) avec \(|x – x_0| \leq\, \delta\). Alors \(x \geq\, x_1\), donc \(f(x) \geq\, f(x_1) > \ell^- – \varepsilon\) par croissance. D’autre part, \(f(x) \leq\, \ell^-\) par définition de \(\ell^-\). Par conséquent \(|f(x) – \ell^-| < \varepsilon\). Donc \(\lim_{x \to x_0^-} f(x) = \ell^-\).
3. De façon symétrique, \(\ell^+ = \inf\{ f(x) \mid x_0 < x < c\}\) existe, vérifie \(f(x_0) \leq\, \ell^+\), et \(\lim_{x \to x_0^+} f(x) = \ell^+\). En combinant avec la question 1, on obtient \(\ell^- \leq\, f(x_0) \leq\, \ell^+\).
4. Si \(f\) est continue en \(x_0\), elle y tend vers \(f(x_0)\). Ses restrictions à gauche et à droite aussi, donc \(\ell^- = f(x_0) = \ell^+\). Réciproquement, si \(\ell^- = \ell^+\), l’encadrement de la question 3 force \(\ell^- = f(x_0) = \ell^+\). Les limites à gauche et à droite existent et valent \(f(x_0)\). D’après le cours, \(f\) tend alors vers \(f(x_0)\) en \(x_0\). Donc \(f\) est continue en \(x_0\) si et seulement si \(\ell^- = \ell^+\).
5. La fonction \(h\) est la somme de deux fonctions croissantes, \(x \mapsto x\) et \(E\), donc elle est croissante. Soit \(n \in \mathbb{Z}\). Sur \([n-1, n[\), \(h(x) = x + n – 1\), qui tend vers \(2n – 1\) quand \(x \to n^-\). Ensuite, \(h(n) = 2n\). Enfin, sur \([n, n+1[\), \(h(x) = x + n\), qui tend vers \(2n\) quand \(x \to n^+\). Ainsi \(h(n^-) = 2n-1 \neq 2n = h(n^+)\) : \(h\) est discontinue en chaque entier. En revanche, sur \(]n, n+1[\), \(h\) est affine, donc continue. La fonction \(h\) est continue sur \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}\), avec un saut de 1 en chaque entier.

Corrigé de l’exercice 5 : Absence de limite par les suites

1. Pour \(n \geq\, 1\), on pose \(x_n = \frac{1}{2n\pi}\) et \(y_n = \frac{1}{\pi/2 + 2n\pi}\). Ces deux suites de réels non nuls tendent vers 0. De plus, \(\sin(1/x_n) = \sin(2n\pi) = 0\) et \(\sin(1/y_n) = \sin(\pi/2) = 1\). Si \(x \mapsto \sin(1/x)\) avait une limite \(\ell\) en 0, la caractérisation séquentielle donnerait \(\ell = 0\) et \(\ell = 1\). Donc \(\sin(1/x)\) n’a pas de limite en 0.
2. Les suites \(x_n = 2n\pi\) et \(y_n = \pi + 2n\pi\) tendent vers \(+\infty\). Pourtant, \(\cos(x_n) = 1\) et \(\cos(y_n) = -1\) pour tout \(n\). Par la caractérisation séquentielle, \(\cos\) n’a pas de limite en \(+\infty\).
3. Avec \(x_n = 2n\pi\), on a \(x_n \sin x_n = 0\) pour tout \(n\). Avec \(y_n = \pi/2 + 2n\pi\), on a \(y_n \sin y_n = y_n \to +\infty\). Une limite finie ou infinie \(L\) devrait vérifier à la fois \(L = 0\) et \(L = +\infty\). Ainsi \(x \sin x\) n’a de limite ni finie ni infinie en \(+\infty\).
4. On pose \(u(x) = \cos(x)\,e^x\). Pour \(x_n = 2n\pi\), on obtient \(u(x_n) = e^{2n\pi} \to +\infty\). En revanche, pour \(y_n = \pi/2 + 2n\pi\), on obtient \(u(y_n) = 0\). Les deux suites d’images ont des limites différentes, donc \(u\) n’a pas de limite en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 6 : Fonction indicatrice des rationnels

1. Pour \(n \geq\, 1\), on pose \(r_n = \frac{E(na)}{n}\), qui est rationnel. Par définition de la partie entière, \(na – 1 < E(na) \leq\, na\), donc \(a – \frac1n < r_n \leq\, a\). Par encadrement, \(r_n \to a\). Ensuite, on pose \(s_n = r_n + \frac{\sqrt2}{n}\). Si \(s_n\) était rationnel, \(\sqrt2 = n(s_n – r_n)\) le serait aussi, ce qui est faux. Donc \(s_n\) est irrationnel. Enfin, \(|s_n – a| \leq\, \frac{1 + \sqrt2}{n} \to 0\). Les suites \((r_n)\) rationnelle et \((s_n)\) irrationnelle convergent vers \(a\).
2. On a \(\mathbb{1}_{\mathbb{Q}}(r_n) = 1\) et \(\mathbb{1}_{\mathbb{Q}}(s_n) = 0\) pour tout \(n\). Si la fonction était continue en \(a\), les deux suites d’images tendraient vers \(\mathbb{1}_{\mathbb{Q}}(a)\) par caractérisation séquentielle. On aurait alors \(1 = 0\). Donc \(\mathbb{1}_{\mathbb{Q}}\) n’est continue en aucun point.
3. Pour tout réel \(x\), on a \(|g(x)| \leq\, |x|\). Par encadrement, \(g(x) \to 0 = g(0)\) quand \(x \to 0\) : \(g\) est continue en 0. Soit maintenant \(a \neq 0\). D’une part, \(g(r_n) = r_n \to a\). D’autre part, \(g(s_n) = 0 \to 0\). Comme \(a \neq 0\), ces limites diffèrent. Par conséquent \(g\) est continue en 0 et discontinue en tout \(a \neq 0\).
4. On pose \(u(x) = (x-1)(x-2)\,\mathbb{1}_{\mathbb{Q}}(x)\). D’abord, \(|u(x)| \leq\, |x – 1|\,|x – 2|\), qui tend vers 0 en 1 et en 2. Comme \(u(1) = u(2) = 0\), \(u\) est continue en 1 et en 2. Ensuite, si \(a \notin \{1, 2\}\), on a \(u(r_n) = (r_n – 1)(r_n – 2) \to (a-1)(a-2) \neq 0\), tandis que \(u(s_n) = 0\). La fonction \(u\) est continue en 1 et en 2 exactement.

Corrigé de l’exercice 7 : Opérations et composition de limites

1. Pour \(x \geq\, -1\), \(x \neq 0\), on multiplie par la quantité conjuguée :
   \[\frac{\sqrt{1+x} – 1}{x} = \frac{(1 + x) – 1}{x(\sqrt{1+x} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1+x} + 1}.\]
   La racine carrée est continue en 1, donc \(\sqrt{1+x} \to 1\). Par quotient, la limite vaut \(\frac12\).
2. Pour \(x > 0\), on a \(\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + 1/x}\). En multipliant par la quantité conjuguée :
   \[\sqrt{x^2 + x} – x = \frac{x}{\sqrt{x^2+x} + x} = \frac{1}{\sqrt{1 + 1/x} + 1}.\]
   Or \(1/x \to 0\) et la racine est continue en 1. Par composition puis quotient, la limite vaut \(\frac12\).
3. Pour \(x \neq 0\), \(\frac{\sin(3x)}{x} = 3 \cdot \frac{\sin(3x)}{3x}\). Quand \(x \to 0\), \(u = 3x\) tend vers 0 en restant non nul. Par composition, \(\frac{\sin u}{u} \to 1\). Donc la limite vaut 3.
4. Pour \(x > 0\), on pose \(u = 1/x\), qui tend vers \(0^+\). Alors \(x \sin(1/x) = \frac{\sin u}{u}\). Par composition, la limite vaut 1.
5. Pour \(x > 1\), on divise numérateur et dénominateur par \(x\) : \(\frac{x + \cos x}{x – \sin x} = \frac{1 + \frac{\cos x}{x}}{1 – \frac{\sin x}{x}}\). Or \(|\frac{\cos x}{x}| \leq\, \frac1x\) et \(|\frac{\sin x}{x}| \leq\, \frac1x\). Par encadrement, ces deux quotients tendent vers 0. Ensuite, le dénominateur tend vers \(1 \neq 0\). Par quotient, la limite vaut 1.

Corrigé de l’exercice 8 : Prolongements par continuité

1. On factorise : \(x^2 – 3x + 2 = (x-1)(x-2)\). Donc, pour \(x \neq 2\), \(k(x) = x – 1\), qui tend vers 1 en 2. La fonction \(k\) se prolonge par continuité en posant \(k(2) = 1\).
2. Pour \(x \neq 0\), \(|f(x)| \leq\, |x|\), car \(|\sin| \leq\, 1\). Par encadrement, \(f(x) \to 0\). On prolonge donc \(f\) par \(f(0) = 0\). Sur \(\mathbb{R}^*\), \(f\) est continue comme produit et composée de fonctions continues. En 0, elle l’est par construction. Le prolongement, avec \(f(0) = 0\), est continu sur \(\mathbb{R}\).
3. Pour \(x \neq 0\), on utilise l’identité \(1 – \cos x = 2 \sin^2(x/2)\) :
   \[g(x) = \frac{2\sin^2(x/2)}{x^2} = \frac12 ( \frac{\sin(x/2)}{x/2} )^2.\]
   Quand \(x \to 0\), \(u = x/2\) tend vers 0 sans s’annuler, donc \(\frac{\sin u}{u} \to 1\). Par produit, \(g\) tend vers \(\frac12\) et se prolonge par \(g(0) = \frac12\).
4. Pour \(x > 0\), \(h(x) = \frac{\sin x}{x} \to 1\). Pour \(x < 0\), \(h(x) = -\frac{\sin x}{x} \to -1\). Les limites à gauche et à droite en 0 diffèrent, donc \(h\) n’a pas de limite en 0. La fonction \(h\) n’est pas prolongeable par continuité en 0.

Corrigé de l’exercice 9 : Signe au voisinage d’un point

1. On applique la définition de la continuité en \(a\) avec \(\varepsilon = \frac{f(a)}{2} > 0\). Il existe \(\delta > 0\) tel que, pour \(|x – a| \leq\, \delta\), \(|f(x) – f(a)| \leq\, \frac{f(a)}{2}\). En particulier, \(f(x) \geq\, f(a) – \frac{f(a)}{2} = \frac{f(a)}{2}\). Ainsi \(f \geq\, f(a)/2 > 0\) sur \([a – \delta, a + \delta]\).
2. La fonction \(h = |f – g|\) est continue sur \(\mathbb{R}\), comme composée de \(f – g\) et de la valeur absolue. Supposons qu’il existe \(a\) avec \(h(a) > 0\). D’après la question 1, \(h \geq\, h(a)/2 > 0\) sur un intervalle \([a – \delta, a + \delta]\). Or cet intervalle contient un rationnel \(r\), par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\). On aurait donc \(h(r) > 0\), alors que \(h(r) = 0\). C’est absurde. Donc \(h = 0\), c’est-à-dire \(f = g\).
3. Soit \(a \in \mathbb{R}\) et \(r_n = E(na)/n\), suite de rationnels qui converge vers \(a\) (voir l’exercice 6). Pour tout \(n\), \(f(r_n) = g(r_n)\). Par continuité en \(a\) et caractérisation séquentielle, \(f(r_n) \to f(a)\) et \(g(r_n) \to g(a)\). Par unicité de la limite, \(f(a) = g(a)\) pour tout \(a\).

Corrigé de l’exercice 10 : Équation fonctionnelle de Cauchy

1. Avec \(x = y = 0\), on obtient \(f(0) = 2f(0)\), donc \(f(0) = 0\). Ensuite, avec \(y = -x\), on a \(f(x) + f(-x) = f(0) = 0\), d’où \(f(-x) = -f(x)\). Enfin, on raisonne par récurrence sur \(n\). Le cas \(n = 0\) est \(f(0) = 0\). Si \(f(nx) = nf(x)\), alors \(f((n+1)x) = f(nx) + f(x) = (n+1) f(x)\). Donc \(f(0) = 0\), \(f\) est impaire et \(f(nx) = n f(x)\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
2. Soit \(q \in \mathbb{N}^*\). La question 1 appliquée à \(x = 1/q\) et \(n = q\) donne \(q f(1/q) = f(1) = a\), donc \(f(1/q) = a/q\). Soit alors \(r = p/q\), avec \(p \in \mathbb{Z}\). Si \(p \geq\, 0\), \(f(p/q) = p f(1/q) = ap/q\). Si \(p < 0\), l’imparité donne \(f(p/q) = -f(-p/q) = -a(-p)/q = ap/q\). Ainsi \(f(r) = ar\) pour tout \(r \in \mathbb{Q}\).
3. Soit \(x \in \mathbb{R}\) et \((r_n)\) une suite de rationnels de limite \(x\). D’une part, \(f(r_n) = a r_n \to ax\). D’autre part, \(f\) est continue en \(x\), donc \(f(r_n) \to f(x)\). Par unicité de la limite, \(f(x) = ax\). Réciproquement, \(x \mapsto ax\) est continue et vérifie \(a(x + y) = ax + ay\). Les solutions sont exactement les fonctions linéaires \(x \mapsto ax\), \(a \in \mathbb{R}\).

Point de méthode : on détermine d’abord la fonction sur une partie dense (ici \(\mathbb{Q}\)), puis la continuité étend l’égalité à tout \(\mathbb{R}\) grâce à la caractérisation séquentielle.

Corrigé de l’exercice 11 : Existence de racines par le TVI

1. On calcule \(P(-2) = -32 + 6 + 1 = -25\), \(P(-1) = -1 + 3 + 1 = 3\), \(P(0) = 1\), \(P(1) = 1 – 3 + 1 = -1\) et \(P(2) = 32 – 6 + 1 = 27\). La fonction polynôme \(P\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Elle change de signe sur \([-2, -1]\), sur \([0, 1]\) et sur \([1, 2]\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, elle s’annule dans chacun des intervalles ouverts \(]-2, -1[\), \(]0, 1[\) et \(]1, 2[\). Ces intervalles sont disjoints, donc les trois racines sont distinctes. Le polynôme \(P\) a au moins trois racines réelles, dans \(]-2,-1[\), \(]0, 1[\) et \(]1, 2[\).

La figure ci-dessous confirme cette localisation. On y lit trois racines, proches de \(-1{,}39\), \(0{,}33\) et \(1{,}21\).

2. Soit \(Q(x) = \sum_{k=0}^{n} c_k x^k\), avec \(n\) impair et \(c_n \neq 0\). Quitte à remplacer \(Q\) par \(-Q\), qui a les mêmes racines, on suppose \(c_n > 0\). Pour \(x \neq 0\), on écrit
   \[Q(x) = c_n x^n ( 1 + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{c_k}{c_n} x^{k-n} ).\]
   La parenthèse tend vers 1 en \(\pm\infty\), car \(k – n < 0\). Comme \(n\) est impair, \(x^n \to +\infty\) en \(+\infty\) et \(x^n \to -\infty\) en \(-\infty\). Il existe donc \(A > 0\) tel que \(Q(-A) < 0 < Q(A)\). Le théorème des valeurs intermédiaires sur \([-A, A]\) conclut. Tout polynôme réel de degré impair a au moins une racine réelle.
3. La fonction \(f : x \mapsto x^3 + x – 1\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), comme somme des fonctions strictement croissantes \(x \mapsto x^3\) et \(x \mapsto x – 1\). Ses limites sont \(-\infty\) en \(-\infty\) et \(+\infty\) en \(+\infty\). Par le théorème de la bijection continue, \(f\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\). Donc 0 a un unique antécédent \(c\). Enfin, \(f(0) = -1 < 0 < 1 = f(1)\), donc \(c \in \,]0, 1[\). L’équation \(x^3 + x – 1 = 0\) a une unique solution réelle, située dans \(]0, 1[\).

Corrigé de l’exercice 12 : Théorème du point fixe sur un segment

1. On pose \(g(x) = f(x) – x\), continue sur \([0, 1]\). Comme \(f\) est à valeurs dans \([0, 1]\), on a \(g(0) = f(0) \geq\, 0\) et \(g(1) = f(1) – 1 \leq\, 0\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c \in [0, 1]\) tel que \(g(c) = 0\). Donc \(f(c) = c\) : \(f\) admet un point fixe.
2. Comme \([0, 1] \subset [0, \pi]\), le cosinus est décroissant sur \([0, 1]\). Donc \(\cos([0, 1]) = [\cos 1, 1]\). Or \(0 < 1 < \pi/2\), donc \(\cos 1 > 0\). Ainsi \(\cos\) envoie \([0, 1]\) dans \([0, 1]\), et la question 1 fournit une solution de \(\cos x = x\). Pour l’unicité, \(h : x \mapsto \cos x – x\) est strictement décroissante sur \([0, 1]\), comme somme d’une fonction décroissante et d’une fonction strictement décroissante. Elle s’annule donc au plus une fois. L’équation \(\cos x = x\) a une unique solution \(\alpha\) dans \([0, 1]\), avec \(\alpha \approx 0{,}739\).

Comme le montre la figure ci-dessous, la courbe du cosinus reste dans le carré \([0, 1]^2\). Elle croise donc la diagonale \(y = x\), en un seul point.

3. La fonction \(f : x \mapsto x/2\) est continue de \(]0, 1[\) dans \(]0, 1[\). Cependant, \(f(x) = x\) équivaut à \(x = 0\), qui n’appartient pas à \(]0, 1[\). Le résultat tombe en défaut sans les extrémités du segment.

Corrigé de l’exercice 13 : Théorème des cordes horizontales

1. On calcule directement : \(g(0) + g(1/2) = f(1/2) – f(0) + f(1) – f(1/2) = f(1) – f(0)\). Donc \(g(0) + g(1/2) = 0\).
2. La fonction \(g\) est continue sur \([0, 1/2]\), par composition et différence. D’après la question 1, \(g(0)\) et \(g(1/2)\) sont opposés. Ils sont donc nuls tous les deux, ou de signes contraires. Dans les deux cas, le théorème des valeurs intermédiaires fournit \(c \in [0, 1/2]\) avec \(g(c) = 0\). Ainsi \(f(c + 1/2) = f(c)\).
3. Les points \(k/n\), pour \(0 \leq\, k \leq\, n-1\), appartiennent à \([0, 1 – 1/n]\). La somme est télescopique :
   \[\sum_{k=0}^{n-1} g_n(\frac{k}{n}) = \sum_{k=0}^{n-1} [ f(\frac{k+1}{n}) – f(\frac{k}{n}) ] = f(1) – f(0) = 0.\]
   Si tous les termes étaient strictement positifs, la somme le serait aussi ; de même s’ils étaient tous strictement négatifs. Donc soit un terme est nul, soit il existe \(i\) et \(j\) avec \(g_n(i/n) < 0 < g_n(j/n)\). Dans le second cas, on applique le théorème des valeurs intermédiaires à \(g_n\), continue, entre \(i/n\) et \(j/n\). Il existe \(c \in [0, 1 – 1/n]\) tel que \(f(c + 1/n) = f(c)\).
4. Notons \(d(t)\) la distance parcourue à l’instant \(t\), en heures, avec \(d(0) = 0\) et \(d(1) = 30\). On pose \(f(t) = d(t) – 30t\), continue sur \([0, 1]\), avec \(f(0) = f(1) = 0\). Pour \(n = 6\), la question 3 donne \(c\) tel que \(f(c + 1/6) = f(c)\). Autrement dit, \(d(c + 1/6) – d(c) = 30/6 = 5\). Entre les instants \(c\) et \(c + 1/6\) heure, soit 10 minutes, le cycliste parcourt exactement 5 km.

Corrigé de l’exercice 14 : Méthode de dichotomie

1. Pour \(n = 0\), on a \(f(0) f(1) = (-1) \times 1 \leq\, 0\) et \(b_0 – a_0 = 1\). Supposons la propriété vraie au rang \(n\). Premier cas : \(f(a_n) f(m_n) \leq\, 0\). Alors \([a_{n+1}, b_{n+1}] = [a_n, m_n]\) et \(f(a_{n+1}) f(b_{n+1}) \leq\, 0\). Second cas : \(f(a_n) f(m_n) > 0\). Alors \(f(a_n)\) et \(f(m_n)\) sont non nuls, de même signe, et \([a_{n+1}, b_{n+1}] = [m_n, b_n]\). On écrit
   \[f(m_n) f(b_n) = \frac{f(m_n)}{f(a_n)} \, f(a_n) f(b_n) \leq\, 0,\]
   car le quotient est strictement positif. Dans les deux cas, la longueur est divisée par 2. Donc \(f(a_n) f(b_n) \leq\, 0\) et \(b_n – a_n = 2^{-n}\) pour tout \(n\).
2. Dans les deux cas, \(a_{n+1} \geq\, a_n\) et \(b_{n+1} \leq\, b_n\), car \(a_n \leq\, m_n \leq\, b_n\). De plus, \(b_n – a_n = 2^{-n} \to 0\). Les suites \((a_n)\) et \((b_n)\) sont adjacentes ; elles convergent vers une même limite \(c \in [0, 1]\).
3. La fonction \(f\) est continue en \(c\). Par caractérisation séquentielle, \(f(a_n) \to f(c)\) et \(f(b_n) \to f(c)\). En passant à la limite dans \(f(a_n) f(b_n) \leq\, 0\), on obtient \(f(c)^2 \leq\, 0\). Donc \(f(c) = 0\).
4. On a \(m_0 = 0{,}5\) et \(f(0{,}5) = 0{,}125 + 0{,}5 – 1 = -0{,}375\). Comme \(f(0) f(0{,}5) > 0\), on obtient \([a_1, b_1] = [0{,}5 ; 1]\). Ensuite, \(f(0{,}75) = 0{,}421875 + 0{,}75 – 1 = 0{,}171875\). Or \(f(0{,}5) f(0{,}75) < 0\), donc \([a_2, b_2] = [0{,}5 ; 0{,}75]\). Enfin, \(f(0{,}625) = 0{,}244140625 + 0{,}625 – 1 = -0{,}130859375\). Comme \(f(0{,}5) f(0{,}625) > 0\), on a \([a_3, b_3] = [0{,}625 ; 0{,}75]\). Pour la précision, \(0 \leq\, c – a_n \leq\, 2^{-n}\). Or \(2^{-10} = 1/1024 < 10^{-3}\), alors que \(2^{-9} = 1/512 > 10^{-3}\). Dix étapes suffisent : \(a_{10}\) approche \(c \approx 0{,}682\) à \(10^{-3}\) près.

La figure ci-dessous représente les quatre premiers intervalles emboîtés. Chacun contient la racine et mesure la moitié du précédent.

Corrigé de l’exercice 15 : Minorant strictement positif sur un segment

1. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([a,b]\). D’après le théorème des bornes atteintes, elle admet un minimum \(m = f(c)\), avec \(c \in [a,b]\). Comme \(f(c) > 0\), on a \(m > 0\). Donc \(f(x) \geq\, m > 0\) pour tout \(x \in [a,b]\).
2. Sur \(]0, 1]\), la fonction \(x \mapsto x\) est continue et strictement positive. Soit \(m > 0\) ; le point \(x = \min(1, m/2)\) vérifie \(x \leq\, m/2 < m\). Aucun \(m > 0\) ne minore donc cette fonction. Sur \([0, +\infty[\), la fonction \(x \mapsto e^{-x}\) est continue et strictement positive, mais tend vers 0 en \(+\infty\). Pour tout \(m > 0\), on a \(e^{-x} < m\) dès que \(x > -\ln m\). Le résultat est faux sur \(]0, 1]\) et sur \([0, +\infty[\), qui ne sont pas des segments.
3. La fonction \(g – f\) est continue et strictement positive sur \([a,b]\). D’après la question 1, elle est minorée par un réel \(\alpha > 0\). Ainsi \(g – f \geq\, \alpha\), c’est-à-dire \(f + \alpha \leq\, g\) sur \([a,b]\).

Corrigé de l’exercice 16 : Minimum d’une fonction qui tend vers l’infini

1. Comme \(f \to +\infty\) en \(+\infty\), il existe \(A_1\) tel que \(x \geq\, A_1\) entraîne \(f(x) \geq\, f(0) + 1\). De même, il existe \(A_2\) tel que \(x \leq\, -A_2\) entraîne \(f(x) \geq\, f(0) + 1\). On pose \(A = \max(A_1, A_2, 1) > 0\). Pour \(|x| > A\), on a \(f(x) \geq\, f(0) + 1 > f(0)\).
2. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([-A, A]\). Par le théorème des bornes atteintes, elle y admet un minimum \(m = f(c)\). Comme \(0 \in [-A, A]\), on a \(m \leq\, f(0)\). Pour \(|x| > A\), la question 1 donne \(f(x) > f(0) \geq\, m\). Finalement, \(f(x) \geq\, m\) pour tout réel \(x\). Donc \(f\) admet un minimum global sur \(\mathbb{R}\), atteint en \(c\).
3. La fonction \(u : x \mapsto x^2 + \sin(3x)\) est continue sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(u(x) \geq\, x^2 – 1\), qui tend vers \(+\infty\) en \(\pm\infty\). Par comparaison, \(u\) tend vers \(+\infty\) en \(\pm\infty\). La question 2 s’applique : \(u\) admet un minimum sur \(\mathbb{R}\).
4. Non. Par exemple, \(x \mapsto x^2\) vérifie les hypothèses, mais elle n’est pas majorée sur \(\mathbb{R}\). Une telle fonction n’a pas nécessairement de maximum ; en fait, elle n’en a jamais, puisqu’elle n’est pas majorée.

Corrigé de l’exercice 17 : Une bijection continue de R sur ]-1,1[

1. Le numérateur \(x\) et le dénominateur \(1 + |x|\) sont continus sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(1 + |x| \geq\, 1 > 0\). Par quotient, \(f\) est continue. Enfin, \(f(-x) = \frac{-x}{1 + |x|} = -f(x)\). La fonction \(f\) est continue et impaire.
2. Pour \(x \geq\, 0\), \(f(x) = \frac{x}{1+x} = 1 – \frac{1}{1+x}\), strictement croissante sur \([0, +\infty[\). Pour \(x \leq\, 0\), \(f(x) = \frac{x}{1-x} = -1 + \frac{1}{1-x}\). Or \(1 – x\) est strictement décroissante et strictement positive, donc \(\frac{1}{1-x}\) est strictement croissante sur \(]-\infty, 0]\). Enfin, si \(x < 0 \leq\, y\), alors \(f(x) < 0 \leq\, f(y)\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
3. En \(+\infty\), \(f(x) = 1 – \frac{1}{1+x} \to 1\). En \(-\infty\), \(f(x) = -1 + \frac{1}{1-x} \to -1\). La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). D’après le théorème de la bijection continue, \(f(\mathbb{R})\) est l’intervalle ouvert de bornes ces deux limites. Donc \(f\) réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-1, 1[\).
4. Soit \(y \in [0, 1[\). Son antécédent \(x\) est positif, puisque \(f\) est négative sur \(]-\infty, 0[\). L’équation \(y = \frac{x}{1+x}\) donne \(y + yx = x\), donc \(x = \frac{y}{1-y}\). Soit maintenant \(y \in \,]-1, 0[\). Son antécédent est négatif et \(y = \frac{x}{1-x}\) donne \(y – yx = x\), donc \(x = \frac{y}{1+y}\). Dans les deux cas, \(x = \frac{y}{1 – |y|}\). Cette expression est continue sur \(]-1, 1[\), comme quotient de fonctions continues à dénominateur strictement positif. On a \(f^{-1}(y) = \frac{y}{1 – |y|}\) pour \(y \in \,]-1, 1[\), et \(f^{-1}\) est continue.

Corrigé de l’exercice 18 : Injectivité et stricte monotonie

1. Si \(f\) n’est pas strictement croissante, il existe \(x_2 < y_2\) avec \(f(x_2) \geq\, f(y_2)\). Par injectivité, \(f(x_2) \neq f(y_2)\), donc \(f(x_2) > f(y_2)\). De même, si \(f\) n’est pas strictement décroissante, il existe \(x_1 < y_1\) avec \(f(x_1) \leq\, f(y_1)\), donc \(f(x_1) < f(y_1)\). Les quatre points demandés existent.
2. Pour \(t \in [0, 1]\), le réel \(x(t)\) est compris entre \(x_1\) et \(x_2\). Comme \(I\) est un intervalle, \(x(t) \in I\) ; de même, \(y(t) \in I\). Ensuite,
   \[y(t) – x(t) = (1-t)(y_1 – x_1) + t(y_2 – x_2).\]
   Les deux termes sont positifs et l’un au moins est strictement positif, car \(1 – t\) et \(t\) ne sont pas nuls simultanément. Donc \(x(t) < y(t)\) pour tout \(t \in [0, 1]\).
3. La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0, 1]\), comme composée de fonctions affines et de \(f\). De plus, \(\varphi(0) = f(y_1) – f(x_1) > 0\) et \(\varphi(1) = f(y_2) – f(x_2) < 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(t_0\) avec \(\varphi(t_0) = 0\). Alors \(f(x(t_0)) = f(y(t_0))\), alors que \(x(t_0) \neq y(t_0)\). Cela contredit l’injectivité. Donc \(f\) est strictement monotone sur \(I\).
4. Sur \([0, 2]\), on pose \(f(x) = x\) si \(x < 1\) et \(f(x) = 3 – x\) si \(x \geq\, 1\). Sur \([0, 1[\), \(f\) est injective, d’image \([0, 1[\). Sur \([1, 2]\), elle est injective, d’image \([1, 2]\). Ces images sont disjointes, donc \(f\) est injective. Pourtant \(f(0) = 0 < f(1) = 2\) et \(f(1) = 2 > f(2) = 1\). Cette fonction injective, discontinue en 1, n’est pas monotone.
5. La fonction \(x \mapsto 1/x\) est continue et injective sur \(\mathbb{R}^*\). Cependant, \(f(-1) = -1 < f(1) = 1\), tandis que \(f(1) = 1 > f(2) = 1/2\). Elle n’est pas monotone sur \(\mathbb{R}^*\), qui n’est pas un intervalle.

Corrigé de l’exercice 19 : Continuité uniforme du carré et de la racine

1. On pose \(x_n = n + \frac1n\) et \(y_n = n\), pour \(n \geq\, 1\). Alors \(x_n – y_n = \frac1n \to 0\). Pourtant, \(x_n^2 – y_n^2 = 2 + \frac{1}{n^2} \geq\, 2\). Avec \(\varepsilon = 2\), aucun \(\delta\) ne convient : il suffit de prendre \(n\) tel que \(1/n \leq\, \delta\). Donc \(x \mapsto x^2\) n’est pas uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).

La figure ci-dessous explique ce phénomène. Trois intervalles de même longueur \(0{,}4\) ont des images de plus en plus longues : \(0{,}56\), puis \(2{,}16\), puis \(3{,}68\). Un même \(\delta\) ne peut donc pas convenir partout.

2. Pour \(x, y \in [-R, R]\), on a \(|x^2 – y^2| = |x + y|\,|x – y| \leq\, 2R\,|x – y|\). La fonction est donc \(2R\)-lipschitzienne sur \([-R, R]\). Soit \(\varepsilon > 0\) ; le choix \(\delta = \frac{\varepsilon}{2R}\) convient. Le carré est uniformément continu sur \([-R, R]\).
3. Soit \(0 \leq\, y \leq\, x\). On développe :
   \[(\sqrt{y} + \sqrt{x-y})^2 = y + (x – y) + 2\sqrt{y(x-y)} = x + 2\sqrt{y(x-y)} \geq\, x.\]
   Les deux membres sont positifs, donc la croissance de la racine donne \(\sqrt{y} + \sqrt{x – y} \geq\, \sqrt{x}\). Ainsi \(0 \leq\, \sqrt x – \sqrt y \leq\, \sqrt{x – y}\). Par symétrie des rôles, \(|\sqrt{x} – \sqrt{y}| \leq\, \sqrt{|x-y|}\) pour tous \(x, y \geq\, 0\).
4. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \varepsilon^2\). Si \(x, y \geq\, 0\) et \(|x – y| \leq\, \delta\), alors \(|\sqrt x – \sqrt y| \leq\, \sqrt{\delta} = \varepsilon\). La racine carrée est uniformément continue sur \([0, +\infty[\).

Corrigé de l’exercice 20 : Fonctions lipschitziennes

1. Soit \(f\) \(k\)-lipschitzienne sur \(D\) et \(\varepsilon > 0\). Si \(k = 0\), \(f\) est constante et tout \(\delta\) convient. Sinon, on pose \(\delta = \varepsilon / k\). Pour \(|x – y| \leq\, \delta\), on a \(|f(x) – f(y)| \leq\, k\delta = \varepsilon\). Toute fonction lipschitzienne est uniformément continue.
2. Sur \([0, \pi/2]\), la fonction \(\psi(u) = u – \sin u\) a pour dérivée \(1 – \cos u \geq\, 0\) et vérifie \(\psi(0) = 0\). Donc \(\sin u \leq\, u\), c’est-à-dire \(|\sin u| \leq\, |u|\). Si \(u > \pi/2\), alors \(|\sin u| \leq\, 1 < \pi/2 < u\). Par imparité, l’inégalité vaut aussi pour \(u < 0\). Ensuite, la formule de factorisation donne
   \[|\sin x – \sin y| = 2|\sin\frac{x-y}{2}| |\cos\frac{x+y}{2}| \leq\, 2 \cdot \frac{|x-y|}{2} = |x – y|.\]
   Le sinus est 1-lipschitzien sur \(\mathbb{R}\).
3. Sur \(]0, 1]\), on pose \(x_n = \frac1n\) et \(y_n = \frac{1}{2n}\). Alors \(x_n – y_n = \frac{1}{2n} \to 0\), mais \(\frac{1}{y_n} – \frac{1}{x_n} = 2n – n = n \geq\, 1\). Par la caractérisation par les suites, \(1/x\) n’est pas uniformément continue sur \(]0, 1]\). En revanche, pour \(x, y \geq\, 1\), on a \(|\frac1x – \frac1y| = \frac{|x-y|}{xy} \leq\, |x – y|\). La fonction \(1/x\) n’est pas uniformément continue sur \(]0, 1]\), mais elle l’est sur \([1, +\infty[\), car 1-lipschitzienne.
4. La racine carrée est continue sur le segment \([0, 1]\). D’après le théorème de Heine, elle y est uniformément continue (l’exercice 19 le montre aussi directement). Supposons-la \(k\)-lipschitzienne sur \([0, 1]\). Pour \(0 < x \leq\, 1\), on aurait \(\sqrt x = |\sqrt x – \sqrt 0| \leq\, kx\), donc \(\frac{1}{\sqrt x} \leq\, k\). C’est faux pour \(x < \min(1, 1/k^2)\), avec \(k > 0\). La racine est uniformément continue sur \([0, 1]\) sans y être lipschitzienne.

Corrigé de l’exercice 21 : Limite en l’infini et continuité uniforme

1. Par définition de la limite, il existe \(A \geq\, 0\) tel que \(|f(x) – \ell| \leq\, \varepsilon/2\) pour tout \(x \geq\, A\). Pour \(x, y \geq\, A\), l’inégalité triangulaire donne
   \[|f(x) – f(y)| \leq\, |f(x) – \ell| + |\ell – f(y)| \leq\, \varepsilon.\]
   Le seuil \(A\) convient.
2. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(A\) donné par la question 1. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0, A+1]\). D’après le théorème de Heine, il existe \(\delta_1 > 0\) tel que \(|x – y| \leq\, \delta_1\) entraîne \(|f(x) – f(y)| \leq\, \varepsilon\) sur ce segment. On pose \(\delta = \min(\delta_1, 1)\). Soit \(x, y \geq\, 0\) avec \(|x – y| \leq\, \delta\). Si \(x\) et \(y\) sont dans \([0, A+1]\), la conclusion vient de \(\delta_1\). Sinon, l’un d’eux dépasse \(A + 1\). Comme \(|x – y| \leq\, 1\), l’autre dépasse \(A\), et la question 1 conclut. Donc \(f\) est uniformément continue sur \([0, +\infty[\).
3. L’arctangente est continue et tend vers \(\pi/2\) en \(+\infty\). Ensuite, \(x \mapsto \frac{\sin x}{1+x}\) est continue sur \([0, +\infty[\) et vérifie \(|\frac{\sin x}{1+x}| \leq\, \frac{1}{1+x}\). Par encadrement, elle tend vers 0 en \(+\infty\). La question 2 s’applique aux deux fonctions : elles sont uniformément continues sur \([0, +\infty[\).
4. Non. La fonction \(x \mapsto x\) est 1-lipschitzienne, donc uniformément continue sur \([0, +\infty[\), mais elle n’a pas de limite finie en \(+\infty\). Le sinus fournit un autre contre-exemple. La réciproque est fausse.

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : fonctions continues périodiques

1. Par définition de la partie entière, \(k \leq\, x/T < k + 1\). En multipliant par \(T > 0\), on obtient \(kT \leq\, x < kT + T\), donc \(x – kT \in [0, T[\). Ensuite, la relation \(f(x + T) = f(x)\) donne aussi \(f(x – T) = f(x)\). Par récurrence, \(f(x + jT) = f(x)\) pour tout \(j \in \mathbb{Z}\). En particulier, \(f(x) = f(x – kT)\).
2. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0, T]\). Par le théorème des bornes atteintes, il existe \(c, d \in [0, T]\) tels que \(f(c) \leq\, f(t) \leq\, f(d)\) pour tout \(t \in [0, T]\). Soit \(x\) réel. D’après la question 1, \(f(x) = f(x – kT)\) avec \(x – kT \in [0, T[\). Donc \(f(c) \leq\, f(x) \leq\, f(d)\). Ainsi \(f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\) et y atteint son minimum en \(c\) et son maximum en \(d\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\). Le théorème de Heine sur \([0, 2T]\) fournit \(\delta_0 > 0\) adapté à \(\varepsilon\) sur ce segment. On pose \(\delta = \min(\delta_0, T)\). Soit \(x \leq\, y\) avec \(y – x \leq\, \delta\), et \(k = E(x/T)\). On note \(x^{\prime} = x – kT \in [0, T[\) et \(y^{\prime} = y – kT\). Alors \(x^{\prime} \leq\, y^{\prime} \leq\, x^{\prime} + T < 2T\), donc \(x^{\prime}, y^{\prime} \in [0, 2T]\). De plus, \(|x^{\prime} – y^{\prime}| = |x – y| \leq\, \delta_0\). Par périodicité, \(|f(x) – f(y)| = |f(x^{\prime}) – f(y^{\prime})| \leq\, \varepsilon\). Donc \(f\) est uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).
4. Soit \(x\) réel. La suite \(x_n = x + nT\) tend vers \(+\infty\). Par caractérisation séquentielle, \(f(x_n) \to \ell\). Or \(f(x_n) = f(x)\) pour tout \(n\), donc cette suite constante tend vers \(f(x)\). Par unicité de la limite, \(f(x) = \ell\). La fonction \(f\) est constante, égale à \(\ell\).
5. Soit \(x\) réel. Pour tout \(n\), \(f(x) = f(x + nT) \geq\, -g(x + nT)\). Quand \(n \to +\infty\), \(x + nT \to +\infty\), donc \(g(x + nT) \to 0\) par caractérisation séquentielle. En passant à la limite dans l’inégalité, \(f(x) \geq\, 0\). Donc \(f \geq\, 0\) sur \(\mathbb{R}\).
6. Première méthode : le sinus est continu et \(2\pi\)-périodique, et \(g : x \mapsto \frac{1}{1+x^2}\) est continue de limite 0 en \(+\infty\). Si \(\sin + g\) était positive, la question 5 donnerait \(\sin \geq\, 0\). Or \(\sin(3\pi/2) = -1\). Seconde méthode : en \(x = 3\pi/2\), on obtient \(-1 + \frac{1}{1 + 9\pi^2/4}\). Cette quantité est strictement négative, car la fraction est strictement inférieure à 1. La fonction \(x \mapsto \sin x + \frac{1}{1+x^2}\) n’est pas positive sur \(\mathbb{R}\).

Point de méthode : pour une fonction périodique, on ramène toujours l’étude à une période, sur laquelle les théorèmes des segments s’appliquent. Les suites \((x + nT)\) servent ensuite à relier la périodicité au comportement en \(+\infty\).

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• Le cours : limites et continuité, cours de maths en L1
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