Exercice Continute et limite

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (I) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ]

√ 1+x−1 Calculer lim f (x), avec f (x) = √ .

3 x→0 1+x−1 Exercice 2 [ Correction ]

√ x−8 Calculer lim f (x), avec f (x) = √ .

3 x→64 x−4 Exercice 3 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→1

√ 3

√ x2 − 2 3 x + 1 . (x − 1)2

Exercice 4 [ Correction ]

√ 3− 5+x √ .

Calculer lim f (x), avec f (x) = x→4 1− 5−x Exercice 5 [ Correction ] √ Calculer lim f (x), avec f (x) = x2 − 5x + 6 − x. x→+∞

Exercice 6 [ Correction ] 1/3

Calculer lim f (x), avec f (x) = x + (1 − x3 ) x→∞

.

Exercice 7 [ Correction ] πx Calculer lim f (x), avec f (x) = (2x + 3x − 12)tan 4 . x→2

Exercice 8 [ Correction ] Calculer lim un , avec un = tann ( π4 + na ). n→+∞ Exercice 9 [ Correction ]

ln(x + 1) Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞ ln x

x ln x .

Exercice 10 [ Correction ] √ √ √ Calculer lim f (x), avec f (x) = ( ch x + 1 − ch x)1/ x . x→+∞

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “0/0”. √ – M´ethode 1 : Posons t(x) = 6 1 + x. On a lim t(x) = 1. x→0

3

D’autre part f (x) =

2

t (x) − 1 t (x) + t(x) + 1 3 = . On en d´eduit lim f (x) = .

2 x→0 t (x) − 1 t(x) + 1 2

– M´ethode 2 : Au voisinage de 0, on a (1 + x)m − 1 ∼ mx, pour tout r´eel m. √ x/2 3 3 x √ x Ainsi 1 + x − 1 ∼ , 3 1 + x − 1 ∼ , donc f (x) ∼ = et lim f (x) = . x→0 2 3 x/3 2 2 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “0/0”. x − 1 c’est-`a-dire x = 64(X + 1). On a X → 0 quand x → 64.

Posons X = 64 √ √ 8( 1 + X − 1) 1+X −1 Avec ce changement de variable, on trouve f (x) = √ = 2√ .

3 3 4( 1 + X − 1) 1+X −1 C’est donc quasiment l’exercice pr´ec´edent. On trouve lim f (x) = 3. x→64

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “0/0”. √ 3 √ √ √ x − 1 2 3 2 3 3 2 On constate que x − 2 x + 1 = ( x − 1) . Ainsi f (x) = . x−1 √ On sait qu’au voisinage de 1 on a xm − 1 ∼ m(x − 1) et en particulier 3 x − 1 ∼ 13 (x − 1). √ 3 1 1 x−1 On en d´eduit lim = donc lim f (x) = . x→1 x − 1 x→1 3 9 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “0/0”.

p √ 1 − 1 + h/9 3− 9+h √ √ Posons x = 4 + h. On doit calculer lim g(h), avec g(h) = =3 . h→0 1− 1 − h 1 − 1 − h √ Au voisinage de t = 0, on a (1 + t)m − 1 ∼ mt, et donc 1 − 1 + t ∼ − 12 t.

−1 h 1 1 On en d´eduit g(h) ∼ 3 1 2 9 = − . Ainsi lim f (x) = lim g(h) = − . x→4 h→0 3 3 − 2 (−h) On pouvait aussi utiliser les quantit´es conjugu´ees : √ √ √ 3− 5+x (9 − (5 + x))(1 + 5 − x) 1+ 5−x √ √ √ f (x) = = =− .

1− 5−x (1 − (5 − x))(3 + 5 + x) 3+ 5+x 2 1 Il n’y a alors plus de forme ind´etermin´ee, et on retrouve lim f (x) = − = − . x→4 6 3

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “∞ − ∞”.

– M´ethode 1 : on utilise la quantit´e conjugu´ee. √ −5 + x6 −5x + 6 5 −→ − . f (x) = x2 − 5x + 6 − x = √ =q 2 x2 − 5x + 6 + x 1 − x5 + x62 + 1 x→+∞ – M´ethode 2 : avec des ´equivalents. r

√ 6 5 2 Pour x > 0, on a f (x) = x − 5x + 6 − x = x 1− + 2 −1 . x x r

√ 5 6 x ∼ − 5. ∼ x −5 + 6 .

Donc x 1 − + Or 1 + x − 1 ∼ − 1 +∞ +∞ 0 2 2 2 x x 2 x x 2 5 On retrouve donc lim f (x) = − . x→+∞ 2 ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “∞ − ∞”.

1 1/3 3 1/3 .

En factorisant x, on peut ´ecrire f (x) = x + (1 − x ) = x 1 − (1 − x3 ) ∼ − mt. On en d´eduit 1 − (1 − 13 )1/3 ∼ 1 3 On sait que 1 − (1 + t)m t→0 x→∞ 3x x Finalement f (x) ∼ 1 2 donc lim f (x) = 0. x→∞

3x

x→∞

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Puisque lim (2x + 3x − 12) = 1 et lim tan πx etermin´ee “1∞ ”.

4 = ∞, on a une forme ind´ x→2

x→2

πx x x x x ∼ On a ln(X) ∼ X − 1, donc : ln f (x) = (tan πx 1 4 ) ln(2 + 3 − 12) 2 (tan 4 ) (2 + 3 − 13). π πh 1 4 ∼ Posons x = 2 + h. Alors : tan πx 4 = tan( 2 + 4 ) = − tan(πh/4) h→0 − πh .

De mˆeme 2x + 3x − 13 = 4 · 2h + 9 · 3h − 13 = 4(2h − 1) + 9(3h − 1). h h h ∼ − 16 2 − 1 − 36 3 − 1 . Or lim a − 1 = ln a.

Ainsi : ln f (2 + h) t→0 h→0 πh πh h 16 36 −16/π −36/π On en d´eduit lim ln f (x) = − π ln 2 − π ln 3 = ln(2 3 ) et lim f (x) = 2−16/π 3−36/π . x→2

x→2

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Remarquons que si a = 0, alors un = 1 pour tout n (limite facile.)

Dans la suite de l’exercice, on suppose donc que a est non nul.

1 + tan na −→ 1.

On a : ln un = n ln vn , avec vn = tan( π4 + na ) = 1 − tan na n→∞ 2 tan na a ∼ 2a ∼ ∼ On en d´eduit ln vn n→∞ vn − 1 = . a n→∞ 2 tan n n→∞ n 1 − tan n Finalement ln un ∼ 2a donc lim ln un = 2a et lim un = e2a . n→∞

n→∞

n→∞

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “∞ − ∞”.

ln(x + 1) ln(1 + x1 ) ln(1 + x1 ) = (x ln x) ln 1 + et lim = 0. .

On a : ln f (x) = (x ln x) ln x→+∞ ln x ln x ln x ln(1 + x1 ) ∼ ∼ ∼ 1.

Or ln(1 + u) u→0 u donc ln f (x) x→+∞ (x ln x) = x ln(1 + x1 ) x→+∞ ln x On trouve donc finalement lim ln f (x) = 1 c’est-`a-dire lim f (x) = e. x→+∞

x→+∞

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √ √ On a ln f (x) = √1x ln g(x), avec g(x) = ch x + 1 − ch x.

Pour trouver un ´equivalent de g(x), on utilise l’´egalit´e des accroissements finis. √ √ √ Pour tout r´eel x, il existe θx dans ]0, 1[ tel que g(x) = ( x + 1 − x) sh x + θx . √ √ sh x + θx sh x + θx ∼ √ Cela peut s’´ecrire g(x) = √ . √ 2 x x + 1 + x x→+∞ √ X exp x + θx e ∼ ∼ √ On sait que sh X X→+∞ . .

On en d´ e duit g(x) x→+∞ 2 4 x On peut “prendre les logarithmes d’´equivalents” car ces quantit´es ne tendent pas vers 1. exp √x + θ √ √ ln x ∼ √ x ∼ √ = x + θx − ln 4 − x. On en d´eduit : ln g(x) x→+∞ x.

Or ln x→+∞ 2 4 x Ainsi ln f (x) ∼ 1, puis lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e. x→+∞

x→+∞

x→+∞

c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (II) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

sin 5x . sin 2x

Exercice 2 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→1

sin πx . sin 3πx

Exercice 3 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→−2

tan πx . x+2

Exercice 4 [ Correction ] Calculer limπ f (x), avec f (x) = x→ 3

1 − 2 cos x . π − 3x

Exercice 5 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

cos mx − cos nx . x2

Exercice 6 [ Correction ] Calculer limπ f (x), avec f (x) = x→ 4

sin x − cos x .

1 − tan x

Exercice 7 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

tan x − sin x . x3

Exercice 8 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

x − sin 2x . x + sin 3x

Exercice 9 [ Correction ] Calculer lim f (x) et lim f (x), avec f (x) = x sin x→0

x→∞

1 x

Exercice 10 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = (1 − x) tan x→1

πx .

2

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (II) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”. On va utiliser sin X ∼ X. 0 5x 5 5 = donc lim f (x) = .

On trouve f (x) ∼ 0 x→0 2x 2 2 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”.

Posons x = 1 + h pour se ramener `a un calcul en 0. sin πx sin(π + πh) − sin(πh) ∼ −πh 1 1 Alors f (x) = = = = . Donc lim f (x) = . h→0 x→1 sin 3πx sin(3π + 3πh) − sin(3πh) −3πh 3 3 ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”.

Posons x = −2 + h pour se ramener `a un calcul en 0. tan(πh) ∼ πh tan πx tan(−2π + πh) On a tan X ∼ X donc f (x) = = = = π.

0 h→0 h x+2 h h Ainsi lim f (x) = π. x→−2

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”.

2 cos x − cos π3 1 − 2 cos x = On peut ´ecrire f (x) = . π − 3x 3 x − π3

π On reconnait le taux d’accroissement de l’application x 7→ cos x entre et x.

3 √ 2 π 2 π 3 On en d´eduit lim f (x) = cos0 = − sin = − . x→π/3 3 3 3 3 3 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”. On ´ecrit f (x) =

1 − cos nx 1 − cos mx − . x2 x2

t2 1 − cos ax a2 n2 − m2 On sait que 1 − cos t ∼ , donc lim = .

On en d´ e duit lim f (x) = .

0 x→0 x→0 2 x2 2 2 ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige

√ tan x − 1 π 2 Ici f (x) = cos x = − cos x. Donc lim f (x) = − cos = − . x→π/4 1 − tan x 4 2

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (II) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige tan x − sin x tan x 1 − cos x = .

3 x x x2 1 − cos x 1 tan x 1 = 1 et que lim On sait que lim = . On en d´eduit lim f (x) = .

2 x→0 x→0 x→0 x x 2 2 C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”. On a f (x) =

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”. On peut ´ecrire f (x) = sin ax 1−2 1 = a, il vient lim f (x) = =− . x→0 x→0 x 1+3 4

1 − sinx2x

.

1 + sinx3x

Comme lim

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 x = 1 donc lim f (x) = 1.

On a |f (x)| ≤ |x|, donc lim f (x) = 0. Ensuite f (x) ∼ ∞ x→0 x→∞ x ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0 · ∞”. Posons x = 1 + h. π πh h h 2 ∼ On a f (x) = −h tan + = = 2. Ainsi lim f (x) = . h→0 x→1 2 2 tan(πh/2) (πh)/2 π

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (III) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→∞

x + 1 x2 .

2x + 1

Exercice 2 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→∞

x − 1 x x+1

.

Exercice 3 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

exp ax − exp bx . x

Exercice 4 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

ln cos x . x2

Exercice 5 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

1 − exp(−x) . sin x

Exercice 6 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos x)1/x . x→0

Exercice 7 [ Correction ] 2

Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos x)1/x . x→0

Exercice 8 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = ln(2x + 1) − ln(x + 2). x→+∞

Exercice 9 [ Correction ]

√ Calculer lim un , avec un = n( n a − 1). n→+∞

Exercice 10 [ Correction ] 1 Calculer lim f (x), avec f (x) = ln x→0 x

r

1+x .

1−x

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (III) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x+1 1 Ici il n’y a pas de forme ind´etermin´ee car lim = ∈ ] 0, 1[. x→∞ 2x + 1 2 Comme l’exposant x2 tend vers +∞, on en d´eduit lim f (x) = 0. x→∞

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ∼ u − 1.

On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”. On va utiliser ln u u→1

x−1 −2x ∼ x−1 ∼ x −1 = − 2.

On en d´eduit ln f (x) = x ln x→∞ x+1 x+1 x+1 ∞ Ainsi lim ln f (x) = −2 donc lim f (x) = e−2 . x→∞

x→∞

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”. On ´ecrit f (x) =

exp ax − 1 exp bx − 1 − . x x

eλx − 1 On a et − 1 ∼ t donc lim = λ. On en d´eduit lim f (x) = a − b.

0 x→0 x→0 x ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”.

2

x On va utiliser ln u ∼ u − 1 et cos x − 1 ∼ − .

1 0 2 1 1 ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ On trouve f (x) = − .

Ainsi lim f (x) = − . x→0 x→0 x→0 x2 x2 2 2 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On a ex − 1 ∼ x donc 1 − e−x ∼ x.

0

0

De mˆeme sin x ∼ x. Donc f (x) ∼ 1 et lim f (x) = 1.

0 0 x→0

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ x On a ln f (x) = − . Ainsi lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1.

0 0 x→0 x→0 x x 2 ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ 1 1 1 On a ln f (x) = − . Ainsi lim ln f (x) = − donc lim f (x) = √ .

0 0 2 2 x→0 x→0 x x 2 2 e

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (III) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “∞ − ∞”.

2x + 1 2x + 1 . Puisque lim = 2, on trouve lim f (x) = ln 2.

On a f (x) = ln x→∞ x→0 x+2 x+2 ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ln a √ ∼ ln a . On en d´eduit un ∼ ln a donc lim un = ln a.

On a n a − 1 = exp − 1 n→∞ ∞ n→∞ n n ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ∼ u − 1.

On a une forme ind´etermin´ee “0/0”. On va utiliser ln u u→1

1 1 + x ∼ 1 1 + x 1 2x 1 ∼ 1.

On ´ecrit f (x) = ln − 1 = = x→0 2x 1 − x 2x 1 − x 2x 1 − x 1 − x x→0 On trouve donc lim f (x) = 1. x→0

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (IV) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) =

1−

Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

cos x

x2

x→0

Exercice 2 [ Correction ]

√

√

.

1 + sin x − x

√

1 − sin x

.

Exercice 3 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

sin 2x 1+x x

.

Exercice 4 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x(ln(x + 1) − ln x). x→+∞

Exercice 5 [ Correction ]

x3 + 1 = 0.

D´eterminer α et β pour que lim αx + β − 2 x→∞ x +1 Exercice 6 [ Correction ]

1 x Calculer lim 1 + , lim xx , lim x1/x , x→+∞ x→±∞ x→0+ x Exercice 7 [ Correction ] x3 1 exp , avec a = 0 puis a = 1.

Calculer lim f (x), avec f (x) = x→a x−1 x(1 − x) Exercice 8 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

etan x − esin x . tan x − sin x

Exercice 9 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = (ln(1 + x))x . x→0+

Exercice 10 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = (tan x) exp x→0

1 .

1 − cos x

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (IV) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”.

On utilise la quantit´e conjugu´ee. √ 1 1 − cos x 1 − cos x ∼ 1 · 1 = 1 , donc lim f (x) = 1 . √ On trouve f (x) = = 2 2 x→0 x x 4 4 1 + cos x 0 2 2 ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “0/0”.

On utilise la quantit´e conjugu´ee.

On a f (x) =

2 sin x 1 (1 + sin x) − (1 − sin x) ∼ 2 · 1 = 1. √ √ √ = ·√ x 2 x( 1 + sin x + 1 − sin x) 1 + sin x + 1 − sin x 0

On en d´eduit lim f (x) = 1. x→0

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige sin 2x = 2, donc lim f (x) = 2. x→0 x→0 x

Il n’y a aucune forme ind´etermin´ee (¸ca arrive !) Ici lim

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige

1 1 ∼ x · = 1, donc lim f (x) = 1.

On a f (x) = x ln 1 + +∞ x→+∞ x x ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x3 + 1 (α − 1)x3 + βx2 + αx + β − 1 = . x2 + 1 x2 + 1 Pour que cette quantit´e tende vers 0 `a l’infini, il faut et il suffit que α = 1 et β = 0.

On a αx + β −

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige

1 ∼ 1 1 1 x – On a x ln 1 + x · = 1, donc lim x ln 1 + = 1 et lim 1 + = e. x→∞ x→∞ x ∞ x x x – On sait que lim+ x ln x = 0. On en d´eduit lim xx = 1. x→0

x→0

– On a x1/x = exp

ln x x

ln x = 0 donc lim x1/x = 1. x→+∞ x x→+∞

et lim

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (IV) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – Calculons la limite de f (x) quand x tend vers a = 0.

Remarquons qu’au voisinage de 0, f (x) a le signe de −x3 donc le signe oppos´e `a x.

1 1 1 = 3 ln |x| − ln |x − 1| + + .

On a ln |f (x)| = 3 ln |x| − ln |x − 1| + x(1 − x) x 1−x 1 1 Quand x tend vers 0, − ln |x − 1| tend vers 1, et est donc n´egligeable devant .

1−x x 1 1 De mˆeme ln |x| est n´egligeable devant en 0 (classique.) Donc ln |f (x)| ∼ .

0 x x On en d´eduit que si x → 0− , alors ln |f (x)| → −∞ donc f (x) → 0.

Si x → 0+ , alors ln |f (x)| → +∞ donc |f (x)| → +∞ et finalement lim+ f (x) = −∞. x→0

– Calculons la limite de f (x) quand x tend vers a = 1.

Remarquons qu’au voisinage de x = 1, f (x) a le signe x − 1.

1 1 On a toujours ln |f (x)| = 3 ln |x| − ln |x − 1| + + . x 1−x 1 1 Ici les quantit´es 3 ln |x|, et ln |x − 1| sont n´egligeables devant . x 1−x 1 Ainsi ln |f (x)| ∼ . On en d´eduit d’abord lim+ ln |f (x)| = −∞ donc lim+ f (x) = 0.

1 x→1 x→1 1−x − Enfin, quand x → 1 on a ln |f (x)| → +∞ donc |f (x)| → +∞ et finalement f (x) → −∞. ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On utilise l’´egalit´e des accroissements finis.

Pour tout x, il existe θx dans ] sin x, tan x[, tel que : etan x − esin x = (tan x − sin x)eθx .

On peut alors ´ecrire f (x) = eθx avec lim θx = 0. Ainsi lim f (x) = 1. x→0

x→0

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On rappelle que u(x) ∼ (x) ∼ ln u(x) ∼ ln v(x) si u(x), v(x) ne tendent pas vers 1. v On en d´eduit ln f (x) = x ln(ln(1 + x)) ∼ x ln x, donc lim ln f (x) = 0 et lim f (x) = 1.

0 x→0

x→0

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On constate qu’au voisinage de x = 0, f (x) a le signe de tan x, donc celui de x.

1 On a ln |f (x)| = ln |tan x| + .

1 − cos x 1 2 Au voisinage de 0, on a : ln |tan x| ∼ ln |x|, qui est n´egligeable devant ∼ 2.

1 − cos x x 2 Ainsi ln |f (x)| ∼ donc lim |f (x)| = +∞. Enfin lim− f (x) = −∞ et lim+ f (x) = +∞.

0 x→0 x→0 x→0 x2

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (V) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→1

x−1 . xm − 1

Exercice 2 [ Correction ] Calculer limπ f (x), avec f (x) = (π − 2x) tan x. x→ 2

Exercice 3 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→a

sin2 x − sin2 a . x 2 − a2

Exercice 4 [ Correction ] 2

Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos x)1/ sin x . x→0

Exercice 5 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

sin x ln(1 + x2 ) . x tan x

Exercice 6 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

ln cos(ax) . ln cos(bx)

Exercice 7 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos x) cotan 2x . x→0

Exercice 8 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞

tan

πx 1/x .

2x + 1

Exercice 9 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

ax − b x . x

Exercice 10 [ Correction ] 1

Calculer limπ f (x), avec f (x) = (sin x) x−π/2 . x→ 2

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (V) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 1 donc lim f (x) = .

On sait que xm − 1 ∼ m(x − 1). On en d´eduit f (x) ∼ 1 1 x→1 m m ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige π

π 2h ∼ Avec x = + h, f (x) = −2h tan +h = 2.

2 2 tan h h→0 On en d´eduit lim f (x) = 2. x→π/2

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Si a = 0, on a lim f (x) = 1, car sin x ∼ x. x→0

x→a

Si a 6= 0, on a f (x) =

sin x + sin a sin x − sin a

. x+a x−a sin a sin x + sin a sin x − sin a D’une part lim = et d’autre part lim = sin0 a = cos a. x→a x→a x+a a x−a sin a cos a On trouve donc lim f (x) = si a 6= 0. x→a a ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ 1 1 1 On a ln f (x) = − . Ainsi lim ln f (x) = − et lim f (x) = √ .

2 0 0 2 x→0 x→0 x 2 2 e sin x ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On a sin x ∼ x, tan x ∼ x et ln(1 + x2 ) ∼ x2 .

0 0 0 On en d´eduit f (x) ∼ x donc lim f (x) = 0.

0

x→0

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 2 2 ∼ −ax .

On a ln cos(ax) ∼ cos(ax) − 1 0 0 2 2 a a2 , .

On en d´eduit f (x) ∼ donc lim f (x) = 0 x→0 b2 b2

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige ln cos x ∼ cos x − 1 ∼ −x On a ln f (x) = . Ainsi lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1.

0 x→0 x→0 tan(2x) 0 2x 4

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (V) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons X = x1 , pour se ramener `a un calcul quand X → 0+ . π π πX πX On a ln f (x) = X ln tan = X ln tan − = −X ln tan .

2+X 2 2(2 + X) 2(2 + X) πX ∼ tan πX ∼ πX .

Quand X → 0, on a tan 2(2 + X) 0 4 0 4 πX ∼ ln πX .

Cette derni`ere quantit´e ne tend pas vers 1, donc ln tan 2(2 + X) 0 4 πX On en d´eduit lim ln f (x) = lim+ −X ln = 0 donc lim f (x) = 1. x→+∞ x→+∞ X→0 4 ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On a f (x) =

ax − 1 b x − 1 − . Or ax − 1 ∼ x ln a. On en d´eduit lim f (x) = ln a − ln b.

0 x→0 x x

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige π ln cos h π 1 ∼ cos h − 1 ∼ − h .

Posons x = + h. On a ln f (x) = ln sin +h = t→0 h→0 2 h 2 h h 2 On en d´eduit lim ln f (x) = 0, donc lim f (x) = 1. x→π/2

x→π/2

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (VI) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Calculer lim+ f (x), avec f (x) = (sin x)tan x . x→0

Exercice 2 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = (cos x)ln |x| . x→0

Exercice 3 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→∞

2x + 1 2x 2x − 1

.

Exercice 4 [ Correction ] Calculer limπ f (x), avec f (x) = (tan x)tan 2x . x→ 4

Exercice 5 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = x→0

sin x x x−sin x . sin x

Exercice 6 [ Correction ] 1

Calculer lim f (x), avec f (x) = (1 + tan2 x) x sin x . x→0

Exercice 7 [ Correction ] Calculer lim f (x), avec f (x) = ( th x)ln x . x→+∞

Exercice 8 [ Correction ]

ln(x + 1) Calculer lim f (x), avec f (x) = x→+∞ ln x

x ln x .

Exercice 9 [ Correction ] Calculer limπ f (x), avec f (x) = (tan 3x )tan 3x .

2 x→ 6

Exercice 10 [ Correction ] Calculer lim+ f (x), avec f (x) = xg(x) et g(x) = x→0

x . xx − 1

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (VI) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “00 ”.

On a ln f (x) = tan x ln sin x ∼ x ln x.

0 On en d´eduit lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→0

x→0

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”.

2 ∼ − x ln |x|.

On a ln f (x) = (ln |x|)(ln cos x) ∼ (cos x − 1) ln |x| 0 0 2 On en d´eduit lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→0

x→0

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”.

2x + 1 2x + 1 4x ∼ ∼ On a ln f (x) = 2x ln −1 = 2x 2. ∞ 2x − 1 2x − 1 2x − 1 ∞ On en d´eduit lim ln f (x) = 2 donc lim f (x) = e2 . x→∞

x→∞

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”. ∼ (tan 2x)(tan x − 1). On sait que tan 2x = On a ln f (x) = (tan 2x)(ln tan x) π/4

2 tan x .

1 − tan2 x

∼ −2 tan x donc lim ln f (x) = −1 et lim f (x) = 1 .

On en d´eduit ln f (x) π/4 x→π/4 x→π/4 1 + tan x e ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige sin x x ln |x| − ln |sin x| On a ln f (x) = ln = sin x. x − sin x sin x x − sin x On applique l’´egalit´e des accroissements finis `a l’application t 7→ ϕ(t) = ln |t| entre sin x et x. ln |x| − ln |sin x| 1 = ϕ0 (θx ) = . x − sin x θx sin x sin x On en d´eduit que ln f (x) = est compris entre 1 et . θx x Il en d´ecoule lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.

Pour tout x, il existe donc un r´eel θx dans ] sin x, x[ tel que

x→0

x→0

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Calculs de limites (VI) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”. ln(1 + tan2 x) ∼ tan2 x ∼ On a ln f (x) = 1. Ainsi lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.

0 0 x→0 x→0 x sin x x2 ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”. ∼ (ln x)( th x − 1) = On a ln f (x) = (ln x)(ln th x) +∞

−2 ∼ −2 ln x . ln x +∞ 2x 1+e e2x

Il en d´ecoule lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→+∞

x→+∞

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee “1∞ ”. ln(x + 1)

ln(x + 1) 1 1 ∼ ∼ (x ln x) x · = 1. − 1 = x ln 1 + On a ln f (x) = (x ln x) ln +∞ +∞ ln x ln x x x On en d´eduit lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e. x→+∞

x→+∞

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige C’est une forme ind´etermin´ee “1∞ ” (et quasiment le mˆeme exercice que le n◦ 4).

3x ∼ 3x 3x (tan 3x) tan − 1 car lim tan = 1.

On a ln f (x) = (tan 3x) ln tan π/6 x→π/6 2 2 2 −2 tan t 2 tan t (tan t − 1) = .

On utilise (tan 2t)(tan t − 1) = 2 1 − tan t 1 + tan t −2 tan 3x 1 2 ∼ On en d´eduit ln f (x) π/6 3x donc lim ln f (x) = −1 et lim f (x) = . x→π/6 x→π/6 e 1 + tan 2 ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x ln x x ln x ∼ x ln x ∼ t et lim x ln x = 0.) = x ln x = 1 (on a utilis´e et − 1 t→0 x x→0+ x −1 e − 1 0+ x ln x On en d´eduit lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.

On a ln f (x) =

x→+∞

x→+∞

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Limites et continuite ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application de R dans R. On suppose que f (1) = 1 et que :

( Pour tout x 6= 0, f (x) f x1 = 1 (1) Pour tous r´eels x et y, f (x + y) = f (x) + f (y)

(2).

1. Montrer que f est impaire.

2. Prouver que pour tout rationnel x, f (x) = x.

3. V´erifier que pour tout r´eel x, f (x2 ) = f (x)2 .

4. En d´eduire que f est croissante.

5. Prouver finalement que pour tout r´eel x, f (x) = x.

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application d´efinie sur R, continue, et telle que lim (f (x + 1) − f (x)) = `. x→+∞ f (x) = `.

Montrer que lim x→+∞ x Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application continue de [a, b] dans R.

1 On suppose que pour tout x de [a, b], il existe εx > 0 tel que f (x) = (f (x + εx ) + f (x − εx )).

2 Montrer que f est une application affine.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Montrer qu’il n’existe pas d’application continue f de R dans R telle que – L’image de tout rationnel est un irrationnel.

– L’image de tout irrationnel est un rationnel.

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] On d´efinit f : ]0, 1[→ R de la mani`ere suivante : – Si x est irrationnel, f (x) = 0. p 1 – Si x s’´ecrit (fraction irr´eductible), alors f (x) = . q q Montrer que f est continue sur les irrationnels et discontinue sur les rationnels.

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Limites et continuite Indications, r´esultats www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] 1. Utiliser la relation f (x + y) = f (x) + f (y), en choisissant bien x et y.

2. Prouver la relation f (na) = nf (a) pour tout n de Z et tout a de R.

1 ´ 3. Etudier . la quantit´e f x(1−x) 4. Il suffit d’observer que f reste positive sur R+ .

5. Utiliser des suites adjacentes de rationnels convergeant vers x.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] – Traiter d’abord le cas ` = 0.

Pour cela consid´erer ε > 0 et un r´eel x0 > 0 tel que x ≥ x0 ⇒ |f (x + 1) − f (x)| ≤ ε.

Se donner x ≥ x0 et introduire la partie enti`ere m de x − x0 .

Evaluer alors f (x) en fonction de f (x − m) et de quantit´es du type f (x + k + 1) − f (x + k).

– Dans le cas ` ∈ R, introduire une fonction auxiliaire qui ram`ene au cas pr´ec´edent.

– Dans le cas ` = ∞, adapter la m´ethode vue dans le cas ` = 0.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] – Traiter d’abord le cas o` u f (a) = f (b) et montrer que f est constante sur [a, b].

On pourra consid´erer le plus petit x0 tel que f (x0 ) = min f et supposer a < x0 < b.

– Si f (a) 6= f (b), une transformation simple permet de se ramener au cas pr´ec´edent.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Raisonner par l’absurde, et introduire l’application g d´efinie sur R par g(x) = f (x) + x.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] – Pour la discontinuit´e en a ∈ Q, utiliser la densit´e des irrationnels dans R. – Pour la continuit´e en a ∈ / Q, consid´erer Aε = {x ∈]0, 1[, f (x) ≥ ε}.

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Limites et continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. On pose x = y = 0 dans (2) et on trouve f (0) = 0.

Avec y = −x dans (2), on en d´eduit 0 = f (0) = f (x) + f (−x).

Il en d´ecoule que l’application f est impaire.

2. Pour tout n de N, et tout a de R, l’´egalit´e (2) donne f ((n + 1)a) = f (na) + f (a).

Puisque f (0) = 0 (imparit´e) une r´ecurrence ´evidente donne f (na) = nf (a), ∀ n ∈ N. L’imparit´e de f donne ensuite f (na) = nf (a) pour tout n de Z. En particulier, avec a = 1 et f (1) = 1, on trouve f (n) = n pour tout n de Z. Soit q dans Z∗ . L’´egalit´e (1) donne 1 = f (q)f ( 1q ) = qf ( 1q ) donc f ( 1q ) = 1q . p Soit x = q un rationnel. On a f (x) = f (p · 1q ) = p f ( 1q ) = p · 1q = x.

On a donc montr´e l’´egalit´e f (x) = x pour tout x de Q. 3. Soit x un r´eel diff´erent de 0 et 1. On a successivement :

1 1 1 1 1 = f x1 + 1−x = f x1 + f 1−x f x(1−x) = f (x) + f (1−x) 1 1 1 1 1 = f (x) + f (1)+f (−x) = f (x) + 1−f (x) = f (x)(1−f (x))

1 Puisque f (x(1 − x)) f x(1−x) = 1, il en r´esulte f (x(1 − x)) = f (x)(1 − f (x)).

On en d´eduit f (x) − f (x2 ) = f (x) − f 2 (x) donc f (x2 ) = f (x)2 .

Enfin on observe que l’´egalit´e f (x2 ) = f (x)2 est encore vraie si x = 0 ou x = 1. √ √ 4. Pour tout r´eel z ≥ 0, on a f (z) = f ( z 2 ) = f ( z)2 donc f (z) ≥ 0.

Soient x, y deux r´eels tels que x ≤ y. On a y − x ≥ 0 donc f (y − x) ≥ 0.

On en d´eduit f (y) = f (x + (y − x)) = f (x) + f (y − x) ≥ f (x).

Il en d´ecoule que l’application f est croissante.

5. Soit x un r´eel quelconque.

Il existe une suite croissante (un ) de Q, telle que lim un = x. n→∞

De mˆeme, il existe une suite d´ecroissante (un ) de Q, telle que lim un = x. n→∞

(Pour cela consid´erer les valeurs approch´ees de x `a 10−n pr`es, par d´efaut ou par exc`es.)

Pour tout entier n, on a un ≤ x ≤ vn donc f (un ) ≤ f (x) ≤ f (vn ) car f est croissante.

Puisques les un et vn sont rationnels, on a f (un ) = un et f (vn ) = vn pour tout n.

Par passage a` la limite dans un ≤ f (x) ≤ vn , il vient f (x) = x.

Conclusion : f est n´ecessairement l’identit´e de R. Remarque : r´eciproquement, l’identit´e est effectivement solution du probl`eme ! c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Limites et continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’´enonc´e ne dit pas si ` est un r´eel ou si ` est ´egal `a ± ∞.

– Dans un premier temps, on suppose que ` = 0. On se donne ε > 0.

Par hypoth`ese, il existe x0 > 0 tel que x ≥ x0 ⇒ |f (x + 1) − f (x)| ≤ ε.

Soit x un r´eel quelconque sup´erieur ou ´egal a` x0 .

Soit m = [x − x0 ]. On a donc m ≤ x − x0 < m + 1 c’est-`a-dire x − m − 1 < x0 ≤ x − m.

On peut ´ecrire : f (x) = f (x) −f (x−1) + f (x−1) −f (x−2) + · · · + f (x−m + 1) −f (x−m) + f (x−m) m P = f (x−m) + (f (x−k + 1) −f (x−k)) k=1

Dans cette somme on a |f (x−k + 1) −f (x−k)| ≤ ε pour tout k de {1, . . . , m}.

D’autre part x − m ∈ [x0 , x0 + 1] ⇒ |f (x − m)| ≤ M , avec M =

sup |f | (f est continue.) [x0 ,x0 +1]

On en d´eduit |f (x)| ≤ M + mε ≤ M + (x − x0 )ε. |f (x)| M + (x − x0 )ε M + (x − x0 )ε ≤ . Or on constate que lim = ε. x→+∞ x x x |f (x)| M + (x − x0 )ε ≤ 2ε donc ≤ 2ε.

Il existe donc x1 > x0 tel que x ≥ x1 implique x x |f (x)| Pour tout ε > 0, on a donc trouv´e x1 tel que x ≥ x1 implique ≤ 2ε. x f (x) Autrement dit : lim = 0. x→+∞ x Il en r´esulte

– Supposons maintenant ` ∈ R, et consid´erons l’application x 7→ g(x) = f (x) − `x.

Pour tout r´eel x, on a g(x + 1) − g(x) = f (x + 1) − f (x) − ` donc lim (g(x + 1) − g(x)) = 0. x→+∞

g(x) = 0.

D’apr`es ce qui pr´ec`ede, il en r´esulte lim x→+∞ x g(x) f (x) f (x) Mais on a = − `. On trouve donc lim = `, ce qu’il fallait d´emontrer. x→+∞ x x x – Il reste a` traiter le cas o` u ` est ´egal a` +∞ ou −∞.

Quitte `a consid´erer −f plutˆot que f , on peut supposer que ` = +∞.

Soit A un r´eel strictement positif. Il existe x0 tel que x ≥ x0 ⇒ f (x + 1) − f (x) ≥ A. On se donne x ≥ x0 et on reprend les notations du cas particulier ` = 0. m P On ´ecrit donc encore f (x) = f (x−m) + (f (x−k + 1) −f (x−k)). k=1

Cette fois-ci, en notant M = min f (x), on trouve f (x) ≥ M + mA ≥ M + (x − x0 − 1)A. [x0 ,x0 +1]

f (x) M + (x − x0 − 1)A ≥ et cette derni`ere quantit´e tend vers A quand x → +∞. x x f (x) A f (x) Il existe donc x1 > x0 tel que x ≥ x1 ⇒ ≥ , ce qui prouve lim = +∞. x→+∞ x x 2

Ainsi

c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Limites et continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – Supposons dans un premier temps que f (a) = f b).

Il s’agit dans ce cas de montrer que f est constante sur [a; b]. Soit m = min f et M = max f [a,b]

[a,b]

(l’application f est continue.)

Notons Im = {x ∈ [a, b], f (x) = m} et IM = {x ∈ [a, b], f (x) = M }.

Puisque f est continue sur [a, b], ce sont des parties non vides et ferm´ees.

Par l’absurde, supposons m < f (a) = f (b). Soit x0 ∈]a, b[ le plus petit ´el´ement de Im .

Par hypoth`ese, il existe ε0 > 0 tel que f (x0 − ε0 ) + f (x0 + ε0 ) = 2f (x0 ) = 2m.

Mais par d´efinition de m, on a f (x0 − ε0 ) ≥ m et f (x0 + ε0 ) ≥ m.

Il en d´ecoule f (x0 − ε0 ) = m, donc x0 − ε0 ∈ Im ce qui est absurde (d´efinition de x0 .)

On en d´eduit m = f (a) = f (b). On montrerait de mˆeme que M = f (a) = f (b).

L’´egalit´e m = M prouve alors que f est constante (donc affine) sur le segment [a, b].

– On suppose maintenant f (a) 6= f (b).

On d´efinit une application g : x 7→ f (x) + λx. L’application g est continue sur [a, b].

Soit x dans ]a, b[, et εx > 0 tel que f (x − εx ) + f (x + εx ) = 2f (x).

On constate que : g(x − εx ) + g(x + εx ) = f (x − εx ) + f (x + εx ) + λ(x − εx ) + λ(x + εx ) = 2f (x) + 2λx = 2g(x) L’application g satisfait donc aux conditions de la premi`ere partie de la d´emonstration.

Il s’ensuit que g est constante sur [a, b]. Il existe µ ∈ R tel que : ∀ x ∈ [a, b], g(x) = µ.

On a alors : ∀x ∈ [a, b], f (x) = g(x) − λx = µ − λx. L’application f est affine. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Supposons par l’absurde qu’une telle application f existe.

Consid´erons l’application g d´efinie sur R, par g(x) = f (x) + x.

L’application g est continue et v´erifie : ∀ x ∈ R, g(x) ∈ / Q. Ainsi g(R) est un intervalle qui ne contient que des irrationnels.

Il en d´ecoule que g(R) se r´eduit `a un singleton {a}, avec a ∈ / Q. Ainsi il exste un irrationnel a tel que : ∀ x ∈ R, f (x) = a − x.

Ainsi f (2a) = −a. Or −a et 2a sont tous deux irrationnels ce qui contredit l’hypoth`ese sur f .

Cette absurdit´e prouve donc qu’il n’y a pas d’application f v´erifiant les conditions de l’´enonc´e.

c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Limites et continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – Soit a un rationnel de ]0, 1[. On sait que f (a) > 0.

Par densit´e, il existe une suite (xn ) d’irrationnels de ]0, 1[ telle que lim xn = a. n→∞

Pour tout n on a f (xn ) = 0 donc lim f (xn ) = 0 6= f (a). n→∞

Cela prouve que f n’est pas continue au point a.

– Soit a un irrationnel de ]0, 1[. On sait que f (a) = 0. Donnons-nous ε > 0.

Notons Aε l’ensemble des r´eels x de ]0, 1[ tels que f (x) ≥ ε. p

Soit x dans Aε : n´ecessairement x ∈ Q, donc x = q , sous forme irr´eductible (1 ≤ p < q).

On a alors f (x) = 1q , et f (x) ≥ ε ⇔ q ≤ 1ε .

Il y a un nombre fini de valeurs possibles pour q, donc un nombre fini d’´el´ements dans Aε .

Ainsi Aε est un ensemble fini, auquel n’appartient pas le r´eel a.

Il exite donc un r´eel α > 0 tel que ]a − α, a + α[∩Aε = ∅.

On en d´eduit que x ∈ ] a − α, a + α[⇒ x ∈ / Aε ⇒ 0 ≤ f (x) < ε.

En r´esum´e : ∀ ε > 0, ∃ α > 0, |x − a| < α ⇒ |f (x) − f (a)| < ε.

Autrement dit, l’application f est continue au point a.

c Page 6 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] D´eterminer les applications f : R → R telles que, pour tous x, y : |f (x) − f (y)| = |x − y|.

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Trouver les applications continues de R dans R qui admettent 1 et

√

2 comme p´eriodes.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soient f et g deux applications continues de R dans R. Montrer que les applications inf(f, g) et sup(f, g) sont continues.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Trouver les applications continues f : R → R telles que ∀ (x, y) ∈ R2 , f

x+y 2

=

f (x)+f (y) .

2

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Trouver les applications continues f : R → R telles que ∀x, y : f (x + y) = f (x) + f (y).

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : R → R une application continue.

Montrer que lim |f (x)| = +∞ ⇔ l’image r´eciproque par f de tout compact est un compact. x→±∞

Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Pour tout x de I =]0, 1[, de d´eveloppement d´ecimal x = 0, r1 r2 . . . rn . . ., on pose : f (x) = 0, r2 r1 r4 r3 . . .. Etudier la continuit´e de f .

Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] On pose, pour tout n de N∗ et tout x de R+ : fn (x) = xn + xn−1 + · · · + x − 1.

1. Montrer qu’il existe un unique un positif tel que fn (un ) = 0.

2. Montrer que la suite (un ) est convergente et que lim un = 12 .

Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] Soit λ un r´eel strictement compris entre 0 et 1.

Prouver l’existence et l’unicit´e de la racine positive xn de

n xk P = λ exp x. k=0 k!

Montrer que lim xn = +∞. x→+∞

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite Indications, r´esultats www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] Se donner une solution f , et noter que f est continue sur R. Pour tout x, montrer l’existence de εx ∈ {−1, 1} tel que f (x) = f (0) + εx x.

Montrer que l’application x 7→ εx est constante sur R. Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] √ Se donner une solution f , et noter que tn = ( 2 − 1)n est une p´eriode de f .

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] Se souvenir d’une expression de sup(x, y) et inf(x, y) valable pour tous r´eels x et y.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Se donner une solution f du probl`eme. Montrer qu’on peut se ramener au cas f (0) = 0. m Montrer que f (x) = ax, pour x ∈ Z, puis x de la forme x = n , avec m ∈ N, puis x r´eel.

2 Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] Soit f une solution. Montrer que f (0) = 0, et que f est impaire.

Prouver f (nλ) = nf (λ) pour n ∈ Z, puis f (r) = f (1)r pour r ∈ Q. Utiliser la continuit´e pour montrer que f (x) = ax, pour tout x de R. Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] Se souvenir que l’image r´eciproque d’un ferm´e par une application continue est un ferm´e.

Sinon il suffit d’utiliser la d´efinition de lim |f (x)| = +∞. x→±∞

Indication pour l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ] Montrer que f est discontinue sur les d´ecimaux, et continue sur les “non-d´ecimaux” Indication pour l’exercice 8 [ Retour `a l’´enonc´e ] Montrer que la suite (un ) est d´ecroissante en utilisant une relation entre fn et fn+1 .

Indication pour l’exercice 9 [ Retour `a l’´enonc´e ] Pour tout n de N, ´etudier l’application ϕn : x 7→ ϕn (x) = e−x

n xk P . k=0 k!

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Il s’agit de d´eterminer toutes les “isom´etries” de R. Notons tout d’abord que les applications f : x 7→ x + a (translations) sont solutions.

De mˆeme les applications x 7→ a − x (sym´etries) v´erifient les conditions impos´ees.

On va v´erifier qu’on tient l`a toutes les solutions du probl`eme.

Soit f une application satisfaisant aux conditions impos´ees. On note a = f (0).

Notons tout d’abord que f est 1-lipschitzienne donc continue sur R. Pour tout x, on a |f (x) − f (0)| = |x − 0| = |x|.

Il existe donc εx ∈ {−1, 1} tel que f (x) = a + εx x (εx est unique pour tout x 6= 0.)

Il s’agit de montrer que l’application x 7→ εx est constante sur R. f (x) − a On peut ´ecrire, pour tout x 6= 0 : εx = . x Par composition, l’application x 7→ εx est donc continue sur R−∗ et sur R+∗ .

Or cette application ne peut prendre que les valeurs −1 et +1.

Si elle prenait ces deux valeurs sur l’intervalle R+∗ , elle s’y annulerait (valeurs interm´ediaires).

Cela est absurde. L’application x 7→ εx est donc constante sur R+∗ .

Pour les mˆemes raisons, l’application x 7→ εx est constante sur R−∗ .

Ainsi il existe ε+ ∈ {−1, 1} tel que ∀x > 0, f (x) = a + ε+ x.

De mˆeme il existe ε− ∈ {−1, 1} tel que ∀x < 0, f (x) = a + ε− x.

En particulier f (1) = a + ε+ et f (−1) = a − ε− , donc f (1) − f (−1) = ε+ + ε− .

Il en d´ecoule |ε+ + ε− | = |f (1) − f (−1)| = |1 − (−1)| = 2.

Sachant que ε+ et ε− sont dans {−1, 1}, cela exige ε+ = ε− .

Notons cette valeur ε. On a f (x) = a + εx pour tout x 6= 0, et aussi pour x = 0.

Les seules solutions au probl`eme sont donc les translations et les sym´etries de R. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √ Soit f une application continue admettant 1 et 2 comme p´eriode. √ √ Pour tout entier naturel n, il existe des entiers an et bn tels que ( 2 − 1)n = an + bn 2. √ On en d´eduit que tn = ( 2 − 1)n est une p´eriode de f .

Soit x un r´eel et kn l’unique entier tel que kn tn ≤ x < (kn + 1)tn .

Pour tout n de N, on a f (kn tn ) = f (0) par p´eriodicit´e.

D’autre part |x − kn tn | < tn donc lim kn tn = x. n→∞

La continuit´e de f donne alors f (x) = lim f (kn tn ) = f (0). n→∞

Cela montre que l’application f est constante.

R´eciproquement, les applications constantes sont ´evidemment solutions du probl`eme. c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Pour tous r´eels x et y on a : sup(x, y) = 12 (x + y + |x − y|) et inf(x, y) = 12 (x + y − |x − y|).

On peut donc ´ecrire sup(f, g) = 12 (f + g + |f − g|) et inf(f, g) = 12 (f + g − |f − g|).

Puisque les applications f et g sont continues, il en est de mˆeme de l’application |f − g|.

Par combinaison lin´eaire, on en d´eduit la continuit´e de inf(f, g) et de sup(f, g). ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Donnons-nous une solution f du probl`eme pos´e.

On constate que toute application g : x 7→ g(x) = f (x) − b est encore solution.

En choisissant b = f (0), on peut donc se ramener au cas particulier f (0) = 0.

Posons alors f (1) = a, et montrons que pour tout x de R on a f (x) = ax.

Remarquons que, pour tout r´eel x, on a f (x) + f (−x) = 2f (0) = 0 : l’application f est impaire.

Il en d´ecoule qu’il suffit de prouver l’´egalit´e f (x) = ax pour tout x de R+ .

On note Xn l’ensemble des rationnels qui peuvent s’´ecrire sous la forme x =

m , avec m ∈ N. 2n

Montrons par r´ecurrence sur n la propri´et´e Pn : ∀ x ∈ Xn , f (x) = ax.

– Au rang n = 0, on a X0 = N, et il faut montrer que f (n) = an, pour tout n de N. f (n) + f (n + 2) Pour tout entier n ≥ 1, on a f (n+1) = : la suite n 7→ f (n) est arithm´etique.

2 Comme f (0) = 0 et f (1) = a, il vient f (n) = an pour tout n de N. – On se donne donc un entier n ≥ 0, et on suppose que la propri´et´e Pn est vraie. m Soit x un ´element de Xn+1 . Il existe m dans N tel que x = n+1 .

2 Evidemment, si m est pair, alors x est dans Xn donc f (x) = ax.

On suppose donc que m est impair, et on l’´ecrit m = 2k + 1, avec k ∈ N. k m+1 k+1 x0 + x00 m−1 Les r´eels x0 = n+1 = n et x00 = n+1 = sont dans X et on a x = . n 2 2 2 2n 2 f (x0 ) + f (x00 ) ax0 + ax00 On en d´eduit f (x) = = = ax. On a donc prouv´e Pn+1 .

2 2 On va maintenant prouver que pour tout x de R+ on a f (x) = ax. kn kn + 1 Soit x dans R+ . Pour tout n de N, il existe un unique entier kn tel que n ≤ x < .

2 2n kn La suite de terme g´en´eral un = n converge vers x, et f (un ) = aun pour tout n de N. 2 Par continuit´e, on trouve alors f (x) = lim f (un ) = lim aun = ax. n→∞

n→∞

+

Ainsi f (x) = ax sur R , donc aussi sur R par imparit´e.

En revenant au cas g´en´eral (f (0) quelconque), on trouve f (x) = ax + b pour tout x de R. R´eciproquement de telles applications conviennent.

Les solutions du probl`eme sont donc les applications affines sur R. c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Soit f une solution du probl`eme. Dans toute la suite, on note a = f (1).

En choisissant x = y = 0 dans l’´egalit´e f (x + y) = f (x) + f (y), on trouve f (0) = 0.

En choisissant y = −x, on trouve f (x) + f (−x) = f (0) = 0 : l’application f est donc impaire.

Soit λ un r´eel. Montrons que f (nλ) = nf (λ) pour tout n de N (c’est vrai si n = 0.)

Si f (nλ) = nf (λ), on a f ((n + 1)λ) = f (nλ) + f (λ) = (n + 1)f (λ).

Le r´esultat en d´ecoule par r´ecurrence. Puis par imparit´e : ∀ n ∈ Z, ∀ λ ∈ R, f (nλ) = nf (λ).

En particulier, pour tout n de Z, on a f (n) = f (n · 1) = nf (1) = an. p Soit r = q ∈ Q, avec p ∈ Z et q ∈ N∗ . On a f (1) = f (q · 1q ) = qf ( 1q ) donc f ( 1q ) = aq .

On en d´eduit f (r) = f (p · 1q ) = pf ( 1q ) = p · aq = ar.

Maintenant, soit x un r´eel quelconque. Soit (rn ) une suite de Q telle que lim rn = x. n→∞

La continuit´e de f donne : f (x) = lim f (rn ) = lim arn = ax. n→∞

n→∞

On a donc obtenu f (x) = ax, pour tout x de R (autrement dit f est une application lin´eaire.)

R´eciproquement, les applications lin´eaires de R dans R sont solutions du probl`eme.

Conclusion : les solutions sont les applications f : x 7→ ax, avec a ∈ R. ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – On suppose lim |f (x)| = +∞. Soit K un compact (un ferm´e born´e) de R. x→±∞

0

Soit K l’image r´eciproque de K par l’application f . Il faut montrer que K 0 est compact.

On sait que l’image r´eciproque d’un ferm´e par une application continue est un ferm´e.

Il en r´esulte que K 0 est une partie ferm´ee de R. Remarque : on peut facilement retrouver ce r´esultat. Soit (un ) une suite convergente de K 0 , de limite α. Les vn = f (un ) sont dans K et la continuit´e de f donne f (α) = lim f (un ) = lim vn .

Le r´eel f (α) est limite d’une suite convergente du compact K, donc est dans K. Il en r´esulte que α est dans K 0 qui est donc ferm´e (il contient les limites de ses suites convergentes.)

Puisque K est compact, il est born´e. Il existe donc M > 0 tel que K ⊂ [−M, M ].

L’hypoth`ese sur f implique l’existence de A > 0 tel que |x| > A ⇒ |f (x)| > M .

Il en d´ecoule x ∈ K 0 ⇒ f (x) ∈ [−M, M ] ⇒ x ∈ [−A, A], ou encore K 0 ⊂ [−A, A].

Ainsi K 0 est une partie ferm´ee born´ee de R : c’est un compact.

– On suppose que l’image r´eciproque par f de tout compact K est un compact K 0 .

Soit M > 0 un r´eel quelconque strictement positif. Soit K le compact [−M, M ].

L’image r´eciproque K 0 de K est compacte donc born´ee : il existe A > 0 tel que K 0 ⊂ [−A, A].

On en d´eduit que |x| > A ⇒ x ∈ / [−A, A] ⇒ x ∈ / K 0 ⇒ f (x) ∈ / K ⇒ |f (x)| > M .

Cela signifie que lim |f (x)| = +∞, et ach`eve la d´emonstration. x→+∞

c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige On consid`ere des d´eveloppements “propres” (par exemple x = 0.2 plutˆot que x = 0.199999 . . .)

– Montrons que x est discontinue en tout x d´ecimal de ]0, 1[. m P

Soit x un d´ecimal. On peut l’´ecrire x = 0.r1 r2 · · · rm−1 rm =

rk 10−k , avec 1 ≤ rm ≤ 9.

k=1

Pour tout entier n, on pose xn = 0.r1 r2 · · · rm−1 (rm − 1)99 · · · 9 (o` u 9 apparaˆıt n fois `a la fin.)

Par exemple, si x = 0.158, alors x0 = 0.157, x1 = 0.1579, x2 = 0.15799, x3 = 0.157999, etc.

Il est clair que la suite (xn )n≥0 est convergente vers x.

Pourtant la suite de terme g´en´eral yn = f (xn ) ne converge pas vers y = f (x).

Pour s’en rendre compte, il y a deux cas suivant la parit´e de m.

x = 0.r1 r2 . . . r2p−1 r2p Si m est pair, notons m = 2p. On a respectivement f (x) = 0.r2 r1 . . . r2p r2p−1

xn = 0.r1 r2 . . . r2p−1 (r2p − 1)99 . . . 9 On trouve (le chiffre 9 apparait n fois `a la fin.) f (xn ) = 0.r2 r1 . . . (r2p − 1)r2p−1 99 . . . 9 Remarque : si n est impair, f (xn ) se termine par 09 mais ¸ca ne change rien a` la suite.

On a lim f (xn ) = 0.r2 r1 . . . (r2p − 1)(r2p−1 + 1) = f (x) + 102p − 102p−1 = f (x) + 9 · 102p−1 n→∞

x = 0.r1 r2 . . . r2p−1 r2p r2p+1 0 Si m est impair, notons m = 2p + 1. On a respectivement f (x) = 0.r2 r1 . . . r2p r2p−1 0r2p+1

xn = 0.r1 r2 . . . r2p−1 r2p (r2p+1 − 1)99 . . . 9 Ainsi f (xn ) = 0.r2 r1 . . . r2p r2p−1 9(r2p+1 − 1)9 . . . 9 On a lim f (xn ) = 0.r2 r1 . . . r2p r2p−1 9r2p+1 = f (x) + 9 · 102p n→∞

Dans les deux cas, on a obtenu lim xn = x et lim f (xn ) = f (x) + 9 · 10m−1 6= f (x). n→∞

n→∞

Il en d´ecoule que l’application f est discontinue sur tout x d´ecimal de ]0, 1[.

– On se donne maintenant un ´el´ement x0 de ]0, 1[, non d´ecimal.

On va montrer que l’application f est continue au point x0 .

Pour cela on se donne ε > 0. Soit m un entier tel que 10−2m ≤ ε 2m P rk 10−k la valeur approch´ee de x0 `a 10−2m pr`es par d´efaut.

On note a = k=1

Puisque x0 n’est pas d´ecimal, on a l’encadrement strict : a < x0 < a + 10−2m .

Soit α > 0 un r´eel tel que l’intervalle ]x0 − α, x0 + α[ soit inclus dans ]a, a + 10−2m [.

Tous les r´eels x de ]x0 − α, x0 + α[ ont les mˆemes 2m premiers chiffres d´ecimaux que x0 .

Les images f (x) de ces r´eels ont donc les mˆemes 2m premiers chiffres d´ecimaux que f (x0 ).

En particulier, pour tout x de ]x0 − α, x0 + α[, on a |f (x) − f (x0 )| ≤ 10−2m ≤ ε.

Ce r´esultat traduit la continuit´e de f au point x0 .

– Conclusion : f est discontinue sur les d´ecimaux, et continue sur les “non-d´ecimaux”.

– Remarque : l’application f est visiblement involutive de ]0, 1[ sur lui-mˆeme. c Page 6 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un intervalle Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application fn est continue sur R+ , et strictement croissante.

Elle r´ealise donc une bijection de R+ sur [f (0), lim fn [ c’est-`a-dire sur [−1, +∞[. x→+∞

En particulier, ∃ ! un > 0 tel que fn (un ) = 0. On note que u1 = 1. fn (x) < 0 ⇔ 0 ≤ x < un Le sens de variation de fn implique que, pour tout x de R+ : fn (x) > 0 ⇔ x > un Pour tout x de R+∗ , on a fn+1 (x) = xn+1 + fn (x) > fn (x).

Ainsi fn+1 (un ) = un+1 > 0 donc un+1 < un : la suite (un ) est strictement d´ecroissante. n Comme de plus cette suite est minor´ee (par 0) on en d´eduit qu’elle est convergente. n P 1 − xn+1 2x − xn+1 − 1 k Pour tout x de [0, 1[, on a fn (x) = x −2= −2= .

1−x 1−x k=0 En particulier, pour tout n ≥ 2, on a fn (un ) = 0 donc 2un − 1 = un+1 n .

Pour tout n ≥ 2, on a 0 ≤ un ≤ u2 < 1 donc lim un+1 = 0. n n→∞

On en d´eduit lim (2un − 1) = 0 c’est-`a-dire lim un = 21 . n→∞ n→∞ ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige n xk P Pour tout n de N, soit ϕn l’application d´efinie sur R+ par ϕn (x) = e−x . k=0 k!

n−1 k k n x n P P x − = −e−x xn! (qui est < 0 si x > 0.)

On constate que ϕ0n (x) = e−x k=0 k! k=0 k!

Ainsi l’application ϕn est strictement d´ecroissante sur R. On a ϕn (0) = 1 et lim ϕn (x) = 0. Ainsi il existe un unique xn > 0 tel que ϕn (xn ) = λ. x→+∞

n+1

x D’autre part, on a l’´egalit´e ϕn+1 (x) − ϕn (x) = e−x (n+1)! > 0 sur R+∗ . xn+1

n On en d´eduit ϕn+1 (xn ) = λ + e−xn (n+1)! > λ, ce qui prouve l’in´egalit´e xn < xn+1 .

Ainsi la suite (xn )n≥0 est strictement croissante.

Soit M un r´eel positif quelconque. On sait que lim

n P Mk M k! = e donc lim ϕn (M ) = 1.

n→+∞ k=0

n→+∞

Il existe donc un entier n0 tel que n ≥ n0 ⇒ ϕn (M ) > λ = ϕn (xn ).

Sachant que ϕn est d´ecroissante, cela s’´ecrit : n ≥ n0 ⇒ xn > M .

Cela prouve que la suite n’est pas major´ee. Comme elle est croissante, on a lim xn = +∞. n→∞

c Page 7 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un segment (I) Continuite ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application continue de [a, b] dans lui-mˆeme.

Montrer qu’il existe un point x0 de [a, b] tel que f (x0 ) = x0 .

Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [a, b] → R, continue et injective. Montrer que f est strictement monotone.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [0, 1] → R, continue et telle que f (0) = f (1).

1. Montrer que pour tout entier n > 0, il existe un r´eel αn de [0, 1] tel que f (αn + n1 ) = f (αn ).

2. Montrer que ce r´esultat est faux si on remplace n1 par λ ∈]0, 1[, avec λ1 ∈ / N. Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : [0, 1] → R, continues, telles que f (0) = g(1) = 0 et f (1) = g(0) = 1.

Montrer que pour tout λ ≥ 0, il existe x0 dans [0, 1] tel que f (x) = λg(x).

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Soient f, g : [a, b] → R, continues et telles que : ∀ x ∈ [a, b], 0 < g(x) < f (x).

Montrer qu’il existe un r´eel λ > 1 tel que, pour tout x de [a, b] : f (x) ≥ λg(x).

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application croissante sur [a, b].

Montrer que l’ensemble de ses points de discontinuit´e est au plus d´enombrable.

Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Donner un exemple d’une application f : [0, 1] → [0, 1], strictement croissante et ayant une infinit´e d´enombrable de points de discontinuit´e.

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un segment (I) Continuite Indications, r´esultats www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ] Consid´erer l’application g d´efinie sur [a, b] par g(x) = f (x) − x.

Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ] Raisonner par l’absurde, et en d´eduire x, y, z dans [a, b] tels que x < y < z et f (y) ∈ / [f (x), f (z)].

Dans tous les cas aboutir a` une contradiction en utilisant le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ] n−1 P k 1. Consid´erer g d´efinie par g(x) = f (x + n1 ) − f (x), et calculer g( n ). k=0

2. Chercher f sous la forme f (x) = x − g(x), o` u g est 1-p´eriodique a` base de “sinus”.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Consid´erer l’application hλ : [0, 1] → R d´efinie par hλ (x) = f (x) − λg(x).

Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ] f (x)

Consid´erer l’application h d´efinie sur [a, b] par h(x) = g(x) .

Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ] Consid´erer l’amplitude d(x) de la discontinuit´e en un point x o` u f est discontinue.

Montrer que pour tout n ≥ 1, l’ensemble des points x tels que d(x) ≥ n1 est fini.

Indication pour l’exercice 7 [ Retour `a l’´enonc´e ] Former une application affine par intervalles.

Ces intervalles pourront ˆetre ]1/2, 1], ]1/4, 1/2], ]1/8, 1/4], etc.

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un segment (I) Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Consid´erons l’application g d´efinie sur [a, b] par g(x) = f (x) − x.

L’application g est continue. D’autre part g(a) = f (a) − a ≥ 0 et g(b) = f (b) − b ≤ 0.

On en d´eduit (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires) l’existence de x0 dans [a, b] tel que g(x0 ) = 0.

Autrement dit, il existe x0 dans [a, b] tel que f (x0 ) = x0 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Par l’absurde, on suppose que f n’est pas strictement monotone.

Il existe donc x, y, z dans [a, b] tels que x < y < z et f (y) ∈ / [f (x), f (z)].

Quitte `a remplacer f par −f , on suppose f (x) ≤ f (z) (c`ad f (x) < f (z) car f est injective.)

x<y<z x<y<z On a donc par hypoth`ese ou f (y) < f (x) < f (z) f (x) < f (z) < f (y) Dans le premier cas, le r´eel α = f (x) est ´el´ement de l’intervalle ouvert ]f (y), f (z)[.

Il existe donc t dans ]y, z[ tel que f (t) = α (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.)

Ainsi f (t) = f (x) avec x < y < t donc x 6= t, ce qui contredit l’injectivit´e de f .

Dans le second cas, β = f (z) ∈ ]f (x), f (y)[ ⇒ ∃ u ∈ ]x, y[ , f (u) = f (z).

L’´egalit´e f u) = f (z), avec u < y < z donc u 6= z, contredit encore l’injectivit´e de f .

On arrive donc toujours a` une contradiction, ce qui prouve que f est strictement monotone. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. Le r´esultat est ´evident si n = 1, avec α1 = 0. On suppose donc n ≥ 2.

On consid`ere l’application g d´efinie sur [0, 1 − n1 ] par g(x) = f (x + n1 ) − f (x).

Tout comme f , l’application g est continue.

n−1 n−1 P k P k+1 On constate que g( n ) = f ( n ) − f ( nk ) = f (1) − f (0) = 0. k=0

k=0

La somme des n r´eels g( nk ) est donc nulle (avec n ≥ 2).

0

On en d´eduit l’existence de deux entiers distincts k, k 0 tels que g( nk ) ≤ 0 et g( kn ) ≥ 0.

0 Il en d´ecoule que g s’annule sur [ nk , kn ] (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.)

Ainsi, il existe αn dans [0, 1] tel que g(αn ) = 0, c`ad tel que f (αn + n1 ) = f (αn ).

2. On d´efinit f sur [0, 1] par f (x) = x −

sin( 2πx ) λ 2π . Elle est continue et f (0) = f (1). sin( λ )

Par l’absurde, supposons qu’il existe un r´eel x de [0, 1 − λ] tel que f (x + λ) = f (x). sin( 2πx ) sin( 2πx ) λ λ Cette ´egalit´e ´equivaut `a x + λ − =x− donc λ = 0 ce qui est exclu.

2π 2π sin( λ ) sin( λ ) c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ sur un segment (I) Continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Soit λ ≥ 0. On d´efinit l’application hλ : [0, 1] → R par hλ (x) = f (x) − λg(x).

L’application hλ est continue et hλ (0) = −λ ≤ 0 et hλ (1) = 1 > 0.

On en d´eduit l’existence de x0 dans [0, 1] tel que hλ (x0 ) = 0 (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.)

Ainsi il existe x0 dans [0, 1] tel que f (x0 ) = λg(x0 ). ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige f (x)

Notons h l’application d´efinie sur [a, b] par h(x) = g(x) . On a h(x) > 1 pour tout x de [a, b].

L’application h ´etant continue sur le segment [a, b], atteint son minimum λ > 1 en un point x0 .

Alors, pour tout x de [a, b], h(x) ≥ λ c’est-`a-dire f (x) ≥ λg(x). ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Notons D l’ensemble des points de discontinuit´e de f sur ]0, 1[.

Puisque f est croissante, lim− f (x) et lim+ f (x) existent dans R pour tout x0 de D. x→x0

x→x0

Plus pr´ecis´ement, on a la double in´egalit´e lim− f (x) ≤ f (x0 ) ≤ lim+ f (x). x→x0

x→x0

Notons d(x0 ) = lim+ f (x) − lim− f (x) > 0 l’amplitude de la discontinuit´e en x0 . x→x0

x→x0

∗

Pour tout n de N , notons Dn l’ensemble des x0 de D tels que d(x0 ) ≥ Notons x1 < x2 < · · · < xp des ´el´ements distincts de Dn . Puisque f est

1 n.

croissante, on a :

f (0) ≤ lim− f (x) ≤ lim+ f (x) ≤ lim− f (x) ≤ lim+ f (x) ≤ · · · ≤ lim− f (x) ≤ lim+ f (x) ≤ f (1) x→x1

x→x1

On en d´eduit f (1) − f (0) ≥

x→x2

p P

x→x2

x→xp

x→xp

p

d(xk ) ≥ n , donc p ≤ n(f (1) − f (0)). k=1 S Ceci prouve que l’ensemble Dn est un ensemble fini. Or D = Dn . n≥1

L’ensemble D, union d´enombrable d’ensembles finis, est donc un ensemble d´enombrable. ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige i i 1 On d´efinit l’application f sur chaque intervalle Jn =]an , an−1 ] = 21n , 2n−1 , avec n ∈ N∗ . x 1 Pour tout x de Jn , on pose f (x) = n + 2n−1 . En particulier, f (1) = f (a0 ) = 1.

2 2 L’application f est strictement croissante sur chaque Jn . Elle est continue sur l’int´erieur de Jn . an 1 3 an 1 1 D’autre part, lim+ f (x) = n + 2n−1 = 2n , et lim− f (x) = n+1 + 2n+1 = 2n .

2 2 2 2 2 2 x→an x→an Ainsi f est discontinue en chaque an et lim− f (x) < lim+ f (x). x→an

x→an

On compl`ete enfin la d´efinition de f en posant f (0) = 0.

On voit facilement que f est continue en 0, et qu’elle est strictement croissante sur [0, 1]. On a ainsi un exemple d’application strictement croissante sur [0, 1] avec une infinit´e d´enombrable de discontinuit´es (il est recommand´e de tracer f sur ]1/2, 1], puis ]1/4, 1/2], puis ]1/8, 1/4] pour comprendre comment cette application est construite.) c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Uniforme continuite ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soient f et g deux applications continues sur le segment [a, b], `a valeurs r´eelles.

On d´efinit l’application M par, pour tout r´eel α : M (α) = max (f (x) + αg(x)). x∈[a,b]

Montrer que l’application M est lipschitzienne sur R. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : [a, b] → [a, b] telle que, pour tous x, y de [a, b], on ait |f (x) − f (y)| ≥ |x − y|.

Montrer que f est l’une des deux applications x 7→ x ou x 7→ a + b − x.

Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : R → R, uniform´ement continue.

Montrer qu’il existe deux r´eels a, b ≥ 0 tels que : ∀ x ∈ R, |f (x)| ≤ a|x| + b.

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] √ Montrer que x 7→ x est uniform´ement continue sur R+ (on demande deux m´ethodes.)

Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Prouver (f, g uniform´ement continues et born´ees) ⇒ (f g uniform´ement continue).

Donner un contre-exemple quand on ne suppose plus que f et g sont born´es.

Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que l’application x 7→ sin x2 n’est pas uniform´ement continue sur R. Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Soit f : R → R, continue, telle que lim f (x) et lim f (x) existent dans R. x→−∞

x→+∞

Montrer que f est uniform´ement continue sur R. Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] Soient a, b deux r´eels tels que 0 < a < b, et soit f : [a, b] → R. On suppose ∃ k > 0, ∀ x, y ∈ [a, b] (avec x 6= y), |f (y) − f (x)| < k|y 3 − x3 |.

1. Montrer que f est uniform´ement continue sur [a, b].

2. Montrer que ϕ : x 7→ f (x) − kx3 est strictement monotone sur [a, b].

3. On suppose que pour tout x de [a, b], ka3 ≤ f (x) ≤ kb3 .

Montrer qu’il existe un α unique de [a, b] tel que ϕ(α) = 0.

Exercice 9 [ Indication ] [ Correction ] On se donne un r´eel α de ]0, 1[.

En revenant a` la d´efinition, montrer que x 7→ xα est uniform´ement continue sur R+ . c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Uniforme continuite Indications, r´esultats www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Pour tout r´eel α, introduire l’application hα : x 7→ f (x) + αg(x).

Se donner α0 (resp. α1 ) et les r´eels x0 (resp. x1 ) o` u hα0 (resp. hα1 ) prend son maximum.

Chercher ensuite `a encadrer la quantit´e M (α0 ) − M (α1 ).

Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Penser `a utiliser x = a et y = b. Il n’est pas question de continuit´e dans cet exercice.

Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Consid´erer α > 0 tel que : ∀ (x, y) ∈ R2 , |x − y| ≤ α ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ 1.

Pour tout x 6= 0, d´ecouper [0, x] en sous-segments de longueur juste inf´erieure ou ´egale `a α.

Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Premi`ere m´ethode : th´eor`eme de Heine sur [0, 2] et application lipschitzienne sur [2, +∞[. √ √ √ Deuxi`eme m´ethode : d´emontrer que 0 ≤ y ≤ x ⇒ 0 ≤ x − y ≤ x − y.

Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Utiliser (f g)(x) − (f g)(y) = f (x)(g(x) − g(y)) + g(y)(f (x) − f (y)).

Pour le contre-exemple, le carr´e d’une fonction tr`es simple convient.

Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] p √ Consid´erer xn = nπ et yn = (n + 1)π.

Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Se donner A > 0 tel que x ≤ −A ⇒ |f (x) − `| ≤ 2ε , et tel que x ≥ A ⇒ |f (x) − `0 | ≤ 2ε .

Utiliser ensuite le th´eor`eme de Heine sur [−A − 1, A + 1].

Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] (1 : Prouver que f est lipschitzienne. (2 : Traduire l’hypoth`ese sur f .

(3 : L’application ϕ est bijective continue et change de signe.

Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Prouver que : 0 ≤ x ≤ y ⇒ 0 ≤ y α − xα ≤ (y − x)α . c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Uniforme continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Pour tout r´eel α, l’application hα : x 7→ f (x) + αg(x) est continue sur [a, b].

Elle atteint donc son maximum sur ce segment, ce qui prouve l’existence de M (α).

Donnons-nous deux r´eels α0 et α1 .

Il existe x0 dans [a, b] tel que M (α0 ) = max hα0 (x) = hα0 (x0 ). x∈[a,b]

De mˆeme, il existe x1 dans [a, b] tel que M (α1 ) = max hα1 (x) = hα1 (x1 ). x∈[a,b]

Par d´efinition de x0 et x1 on a hα0 (x1 ) ≤ hα0 (x0 ) et hα1 (x0 ) ≤ hα1 (x1 ).

On en d´eduit un encadrement de M (α0 ) − M (α1 ).

D’une part M (α0 ) − M (α1 ) = hα0 (x0 ) − hα1 (x1 ) ≤ hα0 (x0 ) − hα1 (x0 ).

Autrement dit M (α0 ) − M (α1 ) ≤ (α0 − α1 )g(x0 ).

D’autre part M (α0 ) − M (α1 ) = hα0 (x0 ) − hα1 (x1 ) ≥ hα0 (x1 ) − hα1 (x1 ).

Autrement dit M (α0 ) − M (α1 ) ≥ (α0 − α1 )g(x1 ).

Ces deux in´egalit´es donnent |M (α0 ) − M (α1 )| ≤ |α0 − α1 | max(|g(x0 )| , |g(x1 )|).

Notons K = max |g(x)| (rappelons que l’application g est continue sur le segment [a, b].) x∈[a,b]

On obtient |M (α0 ) − M (α1 )| ≤ K |α0 − α1 |, pour tous α0 , α1 de [a, b].

Conclusion : l’application M est lipschitzienne sur le segment [a, b]. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’hypoth`ese implique en particulier |f (b) − f (a)| ≥ |b − a|.

Sachant que {f (a), f (b)} ⊂ [a, b], cela n’est possible que si {f (a), f (b)} = {a, b}.

f (a) = a f (a) = b Il y a donc deux possibilit´es , ou . f (b) = b f (b) = a On se ram`ene au premier cas en rempla¸cant f par g : x 7→ f (a + b − x) (en effet l’application g satisfait exactement aux mˆemes hypoth`eses que f .)

Supposons donc f (a) = a et f (b) = b.

Pour tout x de [a, b], on a |f (x) − f (a)| ≥ |x − a| c’est-`a-dire f (x) − a ≥ x − a donc f (x) ≥ x.

Pour tout x de [a, b], on a |f (b) − f (x)| ≥ |b − x| c’est-`a-dire b − f (x) ≥ b − x donc f (x) ≤ x.

Finalement, on a f (x) = x pour tout x de [a, b].

Dans le deuxi`eme cas, on a g(x) ≡ x donc f (a + b − x) ≡ x donc f (x) ≡ a + b − x.

Remarque : contrairement aux apparences, ce n’´etait pas un exercice sur la continuit´e !

c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Uniforme continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Il existe α > 0 tel que : ∀ (x, y) ∈ R2 , |x − y| ≤ α ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ 1. |x|

|x|

On se donne un r´eel x 6= 0. Soit n le plus petit entier tel que n ≤ α. On a n ≥ α > n − 1. |x|

Les xk = kx une subdivision du segment [0, x], de pas n ≤ α. n , pour k ∈ {0, . . . , n}, forment

n−1

n−1 P

P On peut alors ´ecrire |f (x) − f (0)| = (f (xk+1 ) − f (xk )) ≤ |f (xk+1 ) − f (xk )| ≤ n. k=0

k=0

|x| On en d´eduit |f (x)| ≤ |f (0)| + n ≤ |f (0)| + α + 1 (c’est encore vrai si x = 0.)

On a donc obtenu : ∀ x ∈ R, |f (x)| ≤ a |x| + b, avec a = α1 et b = |f (0)| + 1.

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – Premi`ere m´ethode : On se donne ε > 0. L’application x 7→

√

x est continue sur le segment [0, 2].

En vertu du th´eor`eme de Heine, elle y est uniform´ement continue.

√ √

Il existe donc α > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ [ 0, 2 ], |x − y| ≤ α ⇒ x − y ≤ ε.

√ |x − y| √

Pour tous x, y de [1, +∞[, on a x − y = √ √ ≤ 2 |x − y|. x+ y

√ ε √

⇒ x − y ≤ ε.

On peut donc ´ecrire ∀(x, y) ∈ [ 1, +∞ [, |x − y| ≤ 2 ε Posons maintenant η = min(α, 2 , 1) > 0, et soient x, y dans R+ tels que |x − y| ≤ η.

Puisque η ≤ 1, les r´eels x et y sont tous deux dans [0, 2] ou tous deux dans [1, +∞[.

√ √

Dans les deux cas, le choix de η montre que x − y ≤ ε.

√ √

On a donc trouv´e η > 0 tel que ∀ (x, y) ∈ (R+ )2 , |x − y| ≤ η ⇒ x − y ≤ ε. √ Conclusion : l’application x 7→ x est uniform´ement continue sur R+ .

– Deuxi`eme m´ethode : On se donne un r´eel ε strictement positif quelconque.

√ √

On doit trouver α > 0 tel que ∀ (x, y) ∈ (R+ )2 , |x − y| ≤ α ⇒ x − y ≤ ε.

Sans perdre de g´en´eralit´e, on peut bien supposer x ≥ y. √ √ √ Montrons que dans ces conditions, on a 0 ≤ x − y ≤ x − y. √ √ √ √ √ √ En effet x − y − ( x − y)2 = x − y − (x + y − 2 xy) = 2 y( x − y) ≥ 0. √ √ √ Il en d´ecoule que si 0 ≤ x − y ≤ ε2 , alors 0 ≤ x − y ≤ x − y ≤ ε.

√ √

L’implication ∀ (x, y) ∈ (R+ )2 , |x − y| ≤ η ⇒ x − y ≤ ε est donc vraie avec η = ε2 . √ Conclusion : l’application x 7→ x est uniform´ement continue sur R+ .

c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Uniforme continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – On suppose que les applications f et g sont d´efinies sur un mˆeme intervelle I. Il existe un r´eel M tel que, ∀ x ∈ I, |f (x)| ≤ M et |g(x)| ≤ M .

On se donne ε > 0. Il existe η > 0 tel que : ∀ (x, y) ∈ I, |x − y| ≤ η ⇒

|f (x) − f (y)| ≤ ε |g(x) − g(y)| ≤ ε

On se donne deux r´eels x, y quelconques, tels que |x − y| ≤ η.

On a alors : |(f g)(x) − (f g)(y)| = |f (x)(g(x) − g(y)) + g(y)(f (x) − f (y))| ≤ |f (x)| |g(x) − g(y)| + |g(y)| |f (x) − f (y)| ≤ 2M ε Ce r´esultat prouve que l’application f g est uniform´ement continue.

– Les applications f : x 7→ x et g : x 7→ x sont uniform´ement continues sur R. Mais il n’en est pas de mˆeme de l’application f g : x 7→ x2 .

Pour s’en rendre compte, on peut poser xn = n et yn = n + n1 .

On a bien lim (yn − xn ) = 0, mais lim (yn2 − x2n ) = lim 2 + n12 = 2 6= 0. n→∞

n→∞

n→∞

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige √

xn = nπ π p p Posons . . On a yn − xn = √ yn = (n + 1)π nπ + (n + 1)π On en d´eduit en particulier que lim (yn − xn ) = 0. n→∞

Pourtant f (yn ) − f (xn ) ne tend pas vers 0 quand n → ∞.

En effet |f (yn ) − f (xn )| = |sin((n + 1)π) − sin(nπ)| = 2.

Cela suffit `a prouver que f n’est pas uniform´ement continue sur R. ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons ` = lim f (x) et `0 = lim f (x). x→−∞

x→+∞

On se donne un r´eel strictement positif quelconque ε.

Il existe A > 0 tel que x ≤ −A ⇒ |f (x) − `| ≤ 2ε , et tel que x ≥ A ⇒ |f (x) − `0 | ≤ 2ε .

On en d´eduit que si x, y sont tous deux ≤ −A ou tous deux ≥ A, alors |f (x) − f (y)| ≤ ε.

L’application f est continue sur le segment I = [−A − 1, A + 1] Elle est donc uniform´ement continue sur ce segment (th´eor`eme de Heine.)

Il existe donc α > 0 tel que ∀ (x, y) ∈ I 2 , |x − y| ≤ α ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε.

Posons alors η = min(α, 1), et donnons-nous x, y dans R tels que |x − y| ≤ η.

x ≤ −A −A − 1 ≤ x ≤ A + 1 A≤x Puisque η ≤ 1, on est dans l’un des cas : ou ou y ≤ −A −A − 1 ≤ y ≤ A + 1 A≤y Dans les trois cas, compte tenu des d´efinitions pr´ec´edentes, on a |f (x) − f (y)| ≤ ε.

Ainsi, pour tout ε > 0, il existe η > 0 tel que : ∀ (x, y) ∈ R2 , |x − y| ≤ η ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε.

Conclusion : l’application f est uniform´ement continue sur R. c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe ´ Uniforme continuite Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1. Pour tous x, y de [a, b], on a |y 3 − x3 | = |y − x| |y 2 + xy + x2 | ≤ 3b2 |y − x|.

Pour tous x, y de [a, b], on a donc |f (y) − f (x)| ≤ 3kb2 |y − x|.

Cela prouve que f est lipschitzienne sur [a, b].

L’application f est donc uniform´ement continue sur [a, b].

2. On se donne x, y dans [a, b], avec x < y.

On sait que |f (y) − f (x)| < k|y 3 − x3 | donc : f (y) − f (x) < k(y 3 − x3 ).

Cette in´egalit´e s’´ecrit ϕ(y) < ϕ(x).

Il en d´ecoule que ϕ est strictement d´ecroissante sur [a, b].

3. L’hypoth`ese implique ka3 ≤ f (a) et f (b) ≤ kb3 donc ϕ(a) ≥ 0 et ϕ(b) ≤ 0.

L’application ϕ est continue sur [a, b] et strictement monotone.

Elle r´ealise donc une bijection de [a, b] sur un intervalle J. On vient de voir que J contient ϕ(a) ≥ 0 et ϕ(b) ≤ 0, donc qu’il contient 0.

Conclusion : il existe un unique α de [a, b] tel que ϕ(α) = 0. ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Comme dans l’exercice 4 avec α = 12 , on va prouver : 0 ≤ x ≤ y ⇒ 0 ≤ y α − xα ≤ (y − x)α .

Pour cela, on fixe y > 0 et on pose ϕy (x) = (y − x)α + xα − y α pour x ∈ [0, y].

L’application ϕy est continue sur [0, y]. Il faut montrer qu’elle reste ≥ 0.

On remarque que ∀ x ∈ [0, y], ϕy (x) = ϕy (y − x) : il y a une sym´etrie par rapport a` x = 12 y.

Il reste donc a` prouver que ϕy (x) ≥ 0 sur [0, 21 y].

Pour tout x de ]0, y[ on a ϕ0y (x) = α(xα−1 − (y − x)α−1 ).

L’application t 7→ tα−1 est d´ecroissante sur R+∗ car α < 1.

Il en r´esulte que 0 < x ≤ 12 y ⇒ 0 < x ≤ y − x ⇒ xα−1 ≥ (y − x)α−1 ⇒ ϕ0y (x) ≥ 0.

Ainsi l’application ϕy est croissante sur [0, 12 y], donc positive ou nulle sur cet intervalle.

On en d´eduit que ϕy (x) ≥ 0 sur [0, y], ce qu’il fallait d´emontrer.

On peut donc affirmer que ∀ (x, y) ∈ R+ , |y α − xα | ≤ |y − x|α .

On se donne maintenant un r´eel ε strictement positif quelconque.

Posons η = ε1/α . Le r´esultat pr´ec´edent permet d’´ecrire : ∀ (x, y) ∈ R2 , |y − x| ≤ η ⇒ |y α − xα | ≤ |y − x|α ⇒ |y α − xα | ≤ η α = ε On a ainsi prouv´e que l’application x 7→ xα est uniform´ement continue sur R+ .

c Page 6 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (I) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] V´erifier l’´egalit´e : 2 arccos

3 1 = arccos .

4 8

Exercice 2 [ Correction ]

√ 5 7 35 − 16 3 V´erifier l’´egalit´e : arccos + arccos = arccos .

7 9 63 Exercice 3 [ Correction ] V´erifier l’´egalit´e : arcsin

5 3 56 + arcsin = arcsin .

13 5 65

Exercice 4 [ Correction ] V´erifier l’´egalit´e : arcsin

π 4 5 16 + arcsin + arcsin = .

5 13 65 2

Exercice 5 [ Correction ] 9 4 π V´erifier l’´egalit´e : arccos √ + arcsin √ = .

4 82 41 Exercice 6 [ Correction ] Soient x, y, z trois r´eels de l’intervalle [0, 1]. D´eterminer une condition n´ecessaire et suffisante sur x, y, z pour que arccos x + arccos y + arccos z = π.

Exercice 7 [ Correction ] R´esoudre l’´equation arccos

a b 1 1 − arccos = arccos − arccos x x b a

(avec a > b ≥ 1).

Exercice 8 [ Correction ] R´esoudre l’´equation arcsin

4 5 + arcsin = arcsin x.

5 13

Exercice 9 [ Correction ] R´esoudre l’´equation arcsin x + arcsin

x π = .

2 3

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons a = 2 arccos 34 et b = arccos 18 .

2 On trouve : cos a = 2 cos2 arccos 43 − 1 = 2 34 − 1 = 81 = cos b.

D’autre part : 0 ≤ 34 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ arccos 43 ≤ π2 ⇒ 0 ≤ a ≤ π.

De mˆeme, on a 0 ≤ b ≤ π. Dans ces conditions, l’´egalit´e cos a = cos b implique a = b. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige

√ 35−16 3 5 7 Posons a = arccos 7 , b = arccos 9 et c = arccos .

63

q

q

On a : cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b = 57 · 79 − 1 − ( 57 )2 · 1 − ( 79 )2 . √ 35−16 3 1√ 35 = cos c.

Ainsi : cos(a + b) = 63 − 63 24 · 32 = 63 D’autre part 0 ≤ 57 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ arccos 57 ≤ π2 . De mˆeme 0 ≤ arccos 79 ≤ π2 .

On en d´eduit 0 ≤ a + b ≤ π, et on a bien sˆ ur 0 ≤ c ≤ π.

L’´egalit´e cos(a + b) = cos c donne alors a + b = c, ce qu’il fallait d´emontrer. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 5 Posons a = arcsin 13 , b = arcsin 53 et c = arcsin 56 65 .

On On On On

q

q

5 2 5 1 − ( 35 )2 + 35 1 − ( 13 ). a l’´egalit´e sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a = 13 5 4 4 36 56 en d´eduit sin(a + b) = 13 · 5 + 35 · 12 13 = 13 + 65 = 65 = sin c. √ 5 a 0 ≤ 13 ≤ 12 donc 0 ≤ a ≤ π6 . De mˆeme 0 ≤ 35 ≤ 23 donc 0 ≤ b ≤ π3 . ur 0 ≤ c ≤ π2 . en d´eduit 0 ≤ a + b ≤ π2 , et on a bien sˆ

L’´egalit´e sin(a + b) = sin c donne alors a + b = c, ce qu’il fallait d´emontrer. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 5 16 L’´egalit´e `a d´emontrer ´equivaut `a arcsin 45 + arcsin 13 = π2 − arcsin 16 65 = arccos 65 .

5 Posons a = arcsin 54 , b = arcsin 13 et c = arccos 16 65 . q q 4 5 2 5 On a l’´egalit´e sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a = 5 1 − ( 13 ) + 13 1 − ( 45 )2 . q 4 12 5 3 63 16 2 On en d´eduit sin(a + b) = 5 · 13 + 13 · 5 = 65 . Or sin c = 1 − ( 65 ) = 63 65 . √

5 On a 0 ≤ 45 ≤ 23 donc 0 ≤ a ≤ π3 . De mˆeme 0 ≤ 13 ≤ 12 donc 0 ≤ b ≤ π6 .

On en d´eduit 0 ≤ a + b ≤ π2 , et on a bien sˆ ur 0 ≤ c ≤ π2 .

Ces deux encadrements et sin(a + b) = sin c donnent a + b = c, ce qu’il fallait d´emontrer. c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons a = arccos √9 et b = arcsin √4 .

82

41

q

q

81 √4 On a cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b = √9 1 − 16 41 − 41 1 − 82 .

82 Donc cos(a + b) = √9 · √5 − √4 · √1 = √1 = cos π4 .

82 41 41 82 2 √ √ 3 9 4 π √ √ On a 2 ≤ ≤ 1 donc 0 ≤ a ≤ 6 , et 0 ≤ ≤ 23 donc 0 ≤ b ≤ π3 .

82 41 On en d´eduit l’encadrement 0 ≤ a + b ≤ π2 . √ Ajout´e `a cos(a + b) = 22 , cet encadrement donne a + b = π4 , ce qu’il fallait d´emontrer.

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige – L’´egalit´e arccos x + arccos y + arccos z = π ´equivaut `a : arccos x + arccos y = arccos(−z).

Supposons que cette derni`ere ´egalit´e soit r´ealis´ee.

On en d´eduit −z = cos(arccos x + arccos y) = xy −

√

1 − x2

p

1 − y2.

Il en d´ecoule (xy + z)2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ) c’est-`a-dire x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1.

– R´eciproquement, si x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 alors (z + xy)2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ). p p √ √ Cela ´equivaut a` z + xy − 1 − x2 1 − y 2 = 0 ou z + xy + 1 − x2 1 − y 2 = 0.

Posons x = cos a, y = cos b, et z = cos c (avec a, b, c dans [0, π2 ].)

Les deux ´eventualit´es s’´ecrivent cos c + cos(a + b) = 0 ou cos c + cos(a − b) = 0.

Cela ´equivaut a` cos(a + b) = cos(π − c) ou cos(a − b) = cos(π − c).

Cela ´equivaut a` l’une des quatre possibilit´es :

1 : a + b ≡ π − c (2π) et 2 : a + b ≡ c − π (2π)

3 : a − b ≡ π − c (2π) 4 : a − b ≡ c − π (2π)

On peut ´ecrire ces quatre conditions sous les formes ´equivalentes suivantes :

1 : a + b + c ≡ π (2π) 3 : a − b + c ≡ π (2π) et 2 : a + b − c ≡ π (2π) 4 : a − b − c ≡ π (2π) On a (a, b, c) ∈ [0, π2 ]3 donc a + b + c ∈ [0, 3π 2 ].

On en d´eduit que la condition a + b + c ≡ π(2π) ´equivaut a` a + b + c = π.

Remarquons que (a, b, c) ∈ [0, π2 ]3 ⇒ a + b − c ∈ [− π2 , π].

Ainsi a + b − c ≡ π (2π) ⇔ (a, b, c) = ( π2 , π2 , 0), qui est “absorb´e” par a + b + c = π.

De mˆeme les conditions 3,4 sont contenues dans la condition 1 ´equivalente a` a + b + c = π.

Finalement, on aboutit n´ecessairement a` l’´egalit´e arccos x + arccos y + arccos z = π.

– Conclusion : pour tous r´eels x, y, z de l’intervalle [0, 1], on a l’´equivalence : arccos x + arccos y + arccos z = π ⇔ x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Notons que les conditions a ≥ 1 et b ≥ 1 assurent l’existence du second membre.

Le premier membre est une fonction de x d´efinie si |x| ≥ b. a 1 b 1 Soit x une solution de l’´equation. On a donc arccos + arccos = arccos + arccos . x a x b On prend le cosinus de chaque membre et on en d´eduit : r r r r

a2 1 b2 1 1 b2 1 a2 x − 1 − 2 1 − 2 = x − 1 − 2 1 − 2 donc 1 − 2 1 − 2 = 1 − 2 1 − 2 . x a x b x a x b a2 1 b2 1 + = + et ´equivaut `a x2 = a2 b2 donc x ∈ {−ab, ab}. x 2 a2 x 2 b2 R´eciproquement, on constate que x = ab est solution ´evidente de l’´equation.

Cela s’´ecrit

On v´erifie cependant que x = −ab n’est pas solution. En effet : b −1 −1 a = arccos( ) − arccos( ) arccos − arccos x x b a

1 1 1 1 = π − arccos − π − arccos = arccos − arccos b a a b Conclusion : la seule solution de l’´equation initiale est x = ab. ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Supposons qu’un r´eel x soit solution de l’´equation propos´ee. r r

5 4 4 25 5 16 4 12 5 3 63 = 1− + 1− = · + · = .

Alors x = sin arcsin + arcsin 5 13 5 169 13 25 5 13 13 5 65 √ 4 3 4 π 5 1 5 π R´eciproquement 0 ≤ ≤ ⇒ 0 ≤ arcsin ≤ et 0 ≤ ≤ ⇒ 0 ≤ arcsin ≤ .

5 2 5 3 13 2 13 6 5 π 63 4 5 65 4 ∈ [0, ] et son sinus vaut . Donc arcsin + arcsin = arcsin .

Ainsi arcsin + arcsin 5 13 2 65 5 13 13 63 4 5 Conclusion : x = est la seule solution de l’´equation arcsin + arcsin = arcsin x.

65 5 13 ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige x L’application ϕ : x 7→ arcsin x + arcsin est d´efinie sur l’intervalle I = [−1, 1].

2 Sur cet intervalle elle est strictement croissante donc injective.

1 π π 2π Or ϕ(1) = arcsin 1 + arcsin = + = .

2 2 6 3 x 2π est donc x = 1.

La seule solution (et elle est ´evidente) de arcsin x + arcsin = 2 3

c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (II) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ]

√ R´esoudre l’´equation arcsin 2x − arcsin x 3 = arcsin x.

Exercice 2 [ Correction ] Simplifier y(x) = arccos(1 − 2x2 ).

Exercice 3 [ Correction ] Simplifier y(x) = arccos

1 − x2 1 + x2

Exercice 4 [ Correction ] Calculer la valeur exacte de x = sin( 21 arcsin 31 ).

Exercice 5 [ Correction ] Simplifier y(x) = arcsin

2x .

1 + x2

Exercice 6 [ Correction ] Simplifier y(x) = arcsin(3x − 4x3 ).

Exercice 7 [ Correction ] r ´ Etudier l’application x 7→ f (x) = arcsin

1 + sin(2x) .

2

Exercice 8 [ Correction ] ´ Etudier l’application x 7→ f (x) = arcsin cos x + arccos sin x.

Exercice 9 [ Correction ] Etudier l’application x 7→ f (x) = arccos cos x +

1 arccos cos 2x.

2

Exercice 10 [ Correction ] Etudier l’application x 7→ f (x) = arccos cos x +

1 1 arccos cos 2x + arccos cos 3x.

2 6

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (II) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Remarquons que le domaine de d´efinition en x est [− 12 , 21 ], et que x = 0 est solution ´evidente.

Par imparit´e, on peut se contenter de chercher les solutions dans ]0, 21 ]. √ Si x est l’une d’elles, arcsin 2x − arcsin x 3 est dans [− π2 , π2 ] et arcsin x est dans [0, π2 ].

Ces deux membres sont donc ´egaux si et seulement si ils ont le mˆeme sinus.

Ainsi, pour tout x de ]0, 12 ] : √ √ arcsin x = arcsin 2x − arcsin x 3 ⇔ x = sin(arcsin 2x − arcsin x 3) √ √ √ √ √ √ ⇔ x = 2x 1 − 3x2 − x 3 1 − 4x2 ⇔ 1 + 3 1 − 4x2 = 2 1 − 3x2 √ √ ⇔ 1 + 3(1 − 4x2 ) + 2 3 1 − 4x2 = 4(1 − 3x2 ) ⇔ x = 12 Conclusion : les solutions de l’´equation sont x = − 12 , x = 0 et x = 21 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige La quantit´e y(x) est d´efinie ⇔ −1 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1.

Remarquons que l’application x 7→ y(x) est paire. On va l’´etudier sur [0, 1].

Pour tout x de [0, 1], posons x = sin θ, avec θ ∈ [0, π2 ] (donc θ = arcsin x.)

Alors y(x) = arccos(1 − 2 sin2 θ) = arccos(cos 2θ) = 2θ (car 2θ ∈ [0, π].)

On a donc y(x) = 2 arcsin x sur [0, 1], et y(x) = 2 arcsin |x| = 2 |arcsin x| sur [−1, 1]. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 − x2 ≤ 1 c’est-`a-dire pour tout x de R. 1 + x2 Remarquons que l’application x 7→ y(x) est paire. On va l’´etudier sur R+ .

La quantit´e y(x) est d´efinie pour −1 ≤

Soit x un ´el´ement quelconque de R+ . Posons x = tan θ, avec 0 ≤ θ < π2 , donc θ = arctan x.

1 − tan2 θ 1 − x2 = arccos = arccos(cos 2θ) = 2θ (car 2θ ∈ [0, π].)

On y(x) = arccos 1 + x2 1 + tan2 θ On a donc y(x) = 2 arctan x sur R+ , et y(x) = 2 arctan |x| = 2 |arctan x| sur R. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige

r √ 1 1 1 1 2 2 On a : 1 − 2x2 = 1 − 2 sin2 ( arcsin ) = cos(arcsin ) = 1 − = .

2 3 3 9 3 √ √ √ 2 3 − 2 2 ( 2 − 1) 2−1 Il en d´ecoule x2 = = donc x = √ car x ≥ 0.

6 6 6 c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (II) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 2x La quantit´e y(x) est d´efinie pour −1 ≤ ≤ 1 c’est-`a-dire pour tout x de R. 1 + x2 Remarquons que l’application x 7→ y(x) est impaire. On va l’´etudier sur R+ .

Soit x un ´el´ement quelconque de R+ . Posons x = tan θ, avec 0 ≤ θ < 2 tan θ 2x arcsin = arcsin(sin 2θ).

On a y(x) = arcsin = 1 + x2 1 + tan2 θ Rappelons que arcsin(sin t) vaut t sur [− π2 , π2 ], puis π − t sur [ π2 , 3π 2 ].

π 2 , donc θ = arctan x.

On en d´eduit :

– Si 0 ≤ 2θ ≤ π2 c’est-`a-dire si 0 ≤ x ≤ 1, alors y(x) = 2θ = 2 arctan x.

– Si π2 ≤ 2θ < π c’est-`a-dire si 1 ≤ x, alors y(x) = π − 2θ = π − 2 arctan x. 

y(x) = 2 arctan x pour x ∈ [−1, 1]   On peut donc conclure. On a y(x) = π − 2 arctan x pour x ≥ 1   y(x) = −π − 2 arctan x pour x ≤ −1 ( y(x) = 2 arctan x Remarque : on peut r´esumer cette d´efinition en ´ecrivant y(x) = 2 arctan x1 Voici la repr´esentation graphique de l’application x 7→ y(x) :

si x ∈ [−1, 1] pour |x| ≥ 1

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 3

(x − 1)(2x + 1)2 ≤ 0 4x − 3x − 1 ≤ 0 3 Ona −1 ≤ 3x − 4x ≤ 1 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ [−1, 1] (x + 1)(2x − 1)2 ≥ 0 4x3 − 3x + 1 ≥ 0 L’application x 7→ y(x) est donc d´efinie sur [−1, 1], et elle est impaire.

On se donne x dans [0, 1], et on pose x = sin θ, avec 0 ≤ θ ≤ π2 , donc θ = arcsin x.

On a alors y(x) = arcsin(3 sin θ − 4 sin3 θ) = arcsin(sin 3θ).

Rappelons que arcsin(sin t) vaut t sur [− π2 , π2 ], puis π − t sur [ π2 , 3π eduit : 2 ]. On en d´ – Si 0 ≤ 3θ ≤ π2 c’est-`a-dire si 0 ≤ x ≤ 12 , alors y(x) = 3θ = 3 arcsin x.

– Si π2 ≤ 3θ ≤ 3π a-dire si 21 ≤ x ≤ 1, alors y(x) = π − 3θ = π − 3 arcsin x.

2 c’est-`  sur [−1/2, 1/2]  3 arcsin x On peut conclure : y(x) = π − 3 arcsin x sur [1/2, 1]  −π − 3 arcsin x sur [−1, −1/2] c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (II) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ f (x) est d´efinie et continue sur R. Elle est π-p´eriodique. q

1−cos(2t)

π

= arcsin |sin t| = arcsin sin x + Posons x = t − π4 . Alors f (x) = arcsin

2 4 .

On sait que arcsin sin |X| = |X| sur [− π2 , π2 ].

π On en d´eduit que f (x) = x + π4 quand − π2 ≤ x + π4 ≤ π2 c’est-`a-dire − 3π 4 ≤ x ≤ 4.

Pour le reste, on compl`ete par p´eriodicit´e. Voici la repr´esentation graphique de x 7→ f (x).

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ f (x) est d´efinie et continue sur R. Elle est 2π-p´eriodique.

On a en fait une propri´et´e plus pr´ecise (dont d´ecoule d’ailleurs la 2π-p´eriodicit´e) : f (x + π) = arcsin(− cos x) + arccos(− sin x) = π − arcsin cos x − arccos sin x = π − f (x).

Il suffit donc d’´etudier f sur un intervalle de longueur π, par exemple [− π2 , π2 ].

On remarque que f (x) = arcsin sin( π2 − x) + arccos cos( π2 − x).

On sait que arcsin sin t = t sur [− π2 , π2 ] et arccos cos t = |t| sur [−π, π] donc sur [− π2 , π2 ].

On en d´eduit : x ∈ [0, π] ⇒ π2 − x ∈ [− π2 , π2 ] ⇒ f (x) = π2 − x + π2 − x .

Il en d´ecoule : ∀ x ∈ [0, π2 ], f (x) = π − 2x. et ∀ x ∈ [ π2 , π], f (x) = 0.

On peut alors compl´eter sur [0, 2π] en notant que : – Si x ∈ [π, 3π 2 ], alors f (x) = π − f (x − π) = π − (π − 2(x − π)) = 2(x − π).

– Si x ∈ [ 3π 2 , 2π], alors f (x) = π − f (x − π) = π.

Pour le reste, on compl`ete par p´eriodicit´e.

Voici la repr´esentation graphique de x 7→ f (x).

c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions ArcSin et ArcCos (II) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ f (x) est d´efinie et continue sur R. Elle est 2π-p´eriodique et paire.

On sait que arccos cos t = t sur [0, π] et arccos cos t = 2π − t sur [π, 2π] . n arccos cos x = x n arccos cos x = x Si 0 ≤ x ≤ π2 alors . Si π2 ≤ x ≤ π alors arccos cos 2x = 2π − 2x arccos cos 2x = 2x On en d´eduit f (x) = 2x sur [0, π2 ] et f (x) = π sur On compl`ete ensuite par parit´e et par p´eriodicit´e.

[ π2 , π].

Voici la repr´esentation graphique de f .

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ f (x) est d´efinie et continue sur R. Elle est 2π-p´eriodique et paire.

On sait que arccos cos t = t sur [0, π] et arccos cos t = 2π − t sur [π, 2π].

On a ´egalement arccos cos t = t − 2π sur [2π, 3π]. On en d´eduit : – Si 0 ≤ x ≤ π3 alors arccos cos x = x, arccos cos 2x = 2x et arccos cos 3x = 3x.

On en d´eduit f (x) = x + x + x2 = 5x 2 .

– Si π3 ≤ x ≤ π2 alors arccos cos x = x, arccos cos 2x = 2x et arccos cos 3x = 2π − 3x. π Il en r´esulte f (x) = x + x + 2π−3x = 3x 6 2 + 3.

– Si π2 ≤ x ≤ 2π 3 alors arccos cos x = x, arccos cos 2x = 2π − 2x et arccos cos 3x = 2π − 3x.

Il en r´esulte f (x) = x + (π − x) + 2π−3x = − x2 + 4π 6 3 .

– Si 2π 3 ≤ x ≤ π alors arccos cos x = x, arccos cos 2x = 2π − 2x et arccos cos 3x = 3x − 2π.

Il en r´esulte f (x) = x + (π − x) + 3x−2π = x2 + 2π 6 3 .

On compl`ete ensuite par parit´e et par p´eriodicit´e. Voici la repr´esentation graphique de f .

c Page 5 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ArcTan (I) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] 1 4 V´erifier l’´egalit´e : 2 arctan = arctan .

2 3 Exercice 2 [ Correction ] π 1 1 1 V´erifier l’´egalit´e : = arctan + arctan + arctan .

4 2 5 8 Exercice 3 [ Correction ] 1 1 1 π V´erifier l’´egalit´e : = 2 arctan + arctan + 2 arctan .

4 5 7 8 Exercice 4 [ Correction ] π 1 3 V´erifier l’´egalit´e : = 5 arctan + 2 arctan .

4 7 79 Exercice 5 [ Correction ] π 1 1 1 V´erifier l’´egalit´e : = 4 arctan − 2 arctan + arctan 4 5 408 1393 Exercice 6 [ Correction ] π 1 1 1 V´erifier l’´egalit´e : = 3 arctan + arctan + arctan .

4 4 20 1985 Exercice 7 [ Correction ] r Simplifier l’expression y(x) = arctan

Exercice 8 [ Correction ] Simplifier l’expression y(x) = arctan

√

1 − cos x .

1 + cos x

1 + x2 − 1 . x

Exercice 9 [ Correction ]

√ Simplifier l’expression y(x) = arctan( 1 + x2 − x).

Exercice 10 [ Correction ] ´ Etudier l’application x 7→ f (x) = arctan

x x + arctan + arctan(2x2 ). x+1 x−1

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ArcTan (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Avec a = arctan 12 et b = arctan 43 , on a tan 2a =

2 tan a 1 = = 43 = tan b.

2 1 1 − tan a 1− 4

Or 0 < 21 < 1 ⇒ 0 < a < π4 ⇒ 0 < 2a < π2 . Bien sˆ ur, on a aussi 0 < b < π2 .

Dans ces conditions : tan 2a = tan b ⇒ 2a = b, c’est-`a-dire 2 arctan 12 = arctan 43 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige π 1 1 1 Posons respectivement a = − arctan , et b = arctan + arctan .

4 2 5 8 1 1 + 1 − 12 1 13 1 On a tan a = = . D’autre part tan b = 5 1 8 1 = = = tan a.

1 3 39 3 1+ 1− · 2

5

8

Enfin les r´eels arctan 21 , arctan 15 , arctan 81 sont tous trois ´el´ements de ]0, π4 [.

Ainsi a et b sont dans l’intervalle ]0, π2 [, et tan a = tan b ⇒ a = b, ce qu’il fallait d´emontrer. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons a = π4 − 2 arctan 51 et b = arctan 71 + 2 arctan 18 .

5 1 − 12 5 7 = , puis tan a = = 17 .

12 1 5 1 − 25 1 + 12 1 2 · 18 + 1 16 7 De la mˆeme mani`ere, on a tan(2 arctan 8 ) = = puis tan b = 63 1 1 − 64 1 − 17

On a d’abord tan(2 arctan 15 ) =

2 · 51

On a 0 < 18 < 71 < 15 < √1 donc 0 < arctan 81 < arctan 17 < arctan 15 < π6 .

3

16 63 = 175 = 7 .

425 17 16 · 63

i h π On en d´eduit les encadrements − 12 < a < π4 et 0 < b < π2 . Donc a, b sont dans − π2 , π2 .

Avec cet encadrement et l’´egalit´e tan a = tan b, on en d´eduit a = b, ce qu’il fallait d´emontrer. ´ de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ] Corrige 3 Posons respectivement a = arctan 71 et b = arctan 79 .

2 7

7 1 + 7 336 12 On a tan 2a = = , puis tan 4a = = 527 et tan 5a = 7 1 1 49 24 1 − 49 1 − 576 1− 7 6 79

336 527 = 2879 .

3353 · 336 527

237 1 − 3116 237 π On a aussi tan 2b = = 3116 donc tan( 4 − 2b) = = 2879 3353 .

9 237 1 − 6241 1 + 3116 6 < π4 − 2b < π2 .

On a 0 < tan x < x sur R+∗ . Ainsi 0 < 5a < 57 < π2 et 0 < π4 − 79 Les r´eels 5a et π4 − 2b sont dans ]0, π2 [ et ont mˆeme tangente.

3 On en d´eduit π4 = 5a + 2b, c’est-`a-dire : π4 = 5 arctan 71 + 2 arctan 79 .

c Page 2 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ArcTan (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 1 Posons successivement a = arctan 15 et b = arctan 408 et c = arctan 1393 .

2 5

5 5 6 On a tan 2a = = 12 puis tan 4a = = 120 119 .

1 25 1 − 25 1 − 144 2 1 816 − 166463 816 −1 408 1393 = 239 D’autre part tan 2b = = 166463 et tan(c − 2b) = .

1 1 816 1 − 4082 1 + 1393 · 166463 120 − 1 On trouve enfin tan(4a − 2b + c) = 119120 2391 = 1.

1 + 119 · 239 1 Ainsi tan(4a − 2b + c) = 1, avec 0 < 4a − 2b < 4a − 2b + c < 4a + c < 45 + 1393 < π2 .

L’encadrement 0 < 4a − 2b + c < π2 et l’´egalit´e tan(4a − 2b + c) = 1 donnent 4a − 2b + c = π4 .

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige 1 1 et c = arctan 1985 .

Posons successivement a = arctan 14 , b = arctan 20

8 1 47 + 15 1 − 52 8 47 5 π 4 On a tan 2a = = 15 , tan 3a = = 52 et tan( 4 − 3a) = = 99 .

1 1 8 47 1 − 16 1 − 4 · 15 1 + 52 1 1 + 1985 5 20 = tan( π4 − 3a). On en d´eduit 3a + b + c ≡ π4 (π).

On a ensuite tan(b + c) = = 99 1 1 1 − 20 · 1985 1 1 1 1 1589 Mais 0 < 3a + b + c = 3 arctan 41 + arctan 20 + arctan 1985 < 34 + 20 + 1985 = 1985 < π2 .

Le r´eel x = 3a + b + c v´erifie 0 < x < π2 et tan x = 1. Ainsi x = π4 , ce qu’il fallait d´emontrer.

1 2

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Le domaine de d´efinition de x 7→ y(x) est R \ {π + 2kπ, k ∈ Z}.

Sur ce domaine, cette application est continue, 2π-p´eriodique et paire.

Il suffit donc d’´etudier x 7→ y(x) sur [0, π[. Posons x = 2t avec t ∈ [0, π2 [.

1 − cos x 1 − cos 2t 2 sin2 t On a = = = tan2 t.

1 + cos x 1 + cos 2t 2 cos2 t Puisque 0 ≤ t < π2 , il en r´esulte y(x) = arctan tan t = t = x2 pour tout x de [0, π[. |x|

Finalement y(x) = 2 sur ] − π, π[ et on compl`ete par p´eriodicit´e.

Remarque : en x = π + 2kπ, on peut prolonger par continuit´e en posant y(x) = π2 . ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ y(x) est d´efinie et continue sur R∗ . Elle est impaire.

On choisit x 6= 0 et on pose x = tan 2θ, avec θ 6= 0 et θ ∈ ]− π4 , π4 [ (donc θ = 12 arctan x.) √ 1 2 1 + x2 − 1 cos 2θ − 1 = 1 − cos 2θ = 2 sin θ On trouve = = tan θ. x tan 2θ sin 2θ 2 sin θ cos θ Il en r´esulte y(x) = arctan tan θ = θ = 21 arctan x.

Conclusion : pour tout x 6= 0, on a y(x) = 12 arctan x (et par continuit´e y(0) = 0.) c Page 3 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ArcTan (I) Corrig´es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application x 7→ y(x) est d´efinie et continue sur R. Posons x = tan θ avec − π2 < θ < π2 donc θ = arctan x.

θ π θ π On a y(x) = arctan cos1 θ − tan θ = arctan 1−sin cos θ . Posons ϕ = 4 − 2 , qui est dans ]0, 2 [.

1−cos 2ϕ sin2 ϕ On a alors y(x) = arctan sin 2ϕ = arctan 2 sin ϕ cos ϕ = arctan tan ϕ = ϕ = π4 − 12 arctan x.

Conclusion : pour tout x de R, on a y(x) = π4 − 12 arctan x. ´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige L’application f est d´efinie et d´erivable sur D = R \ {−1, 1}. Pour tout x de D, on a : 1 −1 2 4x 1 1 4x (x + 1) (x − 1)2 f 0 (x) = + + = 2 − 2 + .

2 2 4 x x 1 + 4x 2x + 1 + 2x 2x + 1 − 2x 1 + 4x4 1+ 1+ (x + 1)2 (x − 1)2 4x −4x + = 0.

On trouve donc finalement, et de fa¸con un peu surprenante : f 0 (x) = 4 1 + 4x 1 + 4x4 Ainsi f est constante sur chaque intervalle de D, donc sur ] − ∞, −1[, ] − 1, 1[ et ]1, +∞[. π π π On constate que lim f (x) = + + = π, et que f (0) = 0. x→∞ 4 4 2 On en d´eduit que f (x) = 0 si |x| < 1, et que f (x) = π si |x| > 1.

c Page 4 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ArcTan (II) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 1 .

Calculer ϕ = 4 arctan 51 − arctan 239

Exercice 2 Calculer ϕ = arctan

p p−q − arctan . q p+q

Exercice 3 Trouver x tel que 3 arctan

1√ = arctan x + arctan 13 .

2+ 3

Exercice 4 Simplifier y = arctan

x2 − 2x − 1 . x2 + 2x − 1

Exercice 5 Montrer que sous certaines conditions, arctan x + arctan y =

1 2(x + y)(1 − xy) arcsin .

2 (1 + x2 )(1 + y 2 )

Exercice 6 Montrer que 2 arctan 12 + arccos 45 = π2 .

Exercice 7 Monrer que arcsin √1 + π4 = arctan 3.

5 Exercice 8 R´esoudre arctan(x − 1) + arctan x + arctan(x + 1) = arctan 3x.

Exercice 9 R´esoudre arctan

1 1 1 = arctan + arctan 2 . a−1 x a −x+1

Exercice 10 R´esoudre arctan 14 + 2 arctan 51 + arctan 61 + arctan x = π4 .

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ArcTan (III) ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 R´esoudre 2 arctan x = arcsin

2a 2b arcsin + .

1 + a2 1 + b2

Exercice 2 Pr´eciser sur quel dommaine l’´egalit´e suivante est r´ealis´ee : √ √ arctan[( 2 + 1) tan x] − arctan[( 2 − 1) tan x] = arctan sin 2x

Exercice 3 Prouver l’´egalit´e (et sur quel domaine ?) : arctan

2a − b 2b − a π √ + arctan √ = .

3 b 3 a 3

Exercice 4 Prouver l’´egalit´e (et sur quel domaine ?) : tan(2 arctan a) = 2 tan(arctan a + arctan a3 ).

Exercice 5 Simplifier f (x, y) =

y3 + y .

2 sin2 ( 12 arctan xy ) 2 cos2 ( 12 arctan x ) x3

Exercice 6 Calculer la somme Sn = arctan

1 1 1 + arctan + · · · + arctan 2 .

2 8 2n

Exercice 7 R´esoudre l’´equation arctan(x − 2) + arctan(x − 1) + arctan x + arctan(x + 1) = 0.

Exercice 8 Soit a un r´eel de [0, π2 [.

Quelle relation y-a-t-il entre y = arcsin

2(x − sin a) cos a x − sin a et z = arctan ?

2 x − 2x sin a + 1 cos a

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions logarithmes ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1

x + y = 65 ln x + ln y = ln 100

x2 + y 2 = 169 ln x + ln y = ln 60

x + y = 2m ln x + ln y = ln(2m + 2)

R´esoudre le syst`eme

Exercice 2 R´esoudre le syst`eme

Exercice 3 R´esoudre le syst`eme

Exercice 4 R´esoudre l’´equation ln(x + 3) + ln(x + 5) = ln 15.

Exercice 5 Montrer que : (p > 0, q > 0, et p + q = 2) ⇒ p ln p + q ln q ∈ [1, 4[.

Exercice 6 1. Montrer que pour tout x strictement positif, x − 2. En d´eduire la limite de

n Y k=1

(1 +

x2 < ln(1 + x) < x.

2

k ) quand n tend vers +∞. n2

Exercice 7 h i 1 1 1 Soit f (x) = xn−1 ln(1 + x). Montrer que f (n) (x) = (n − 1)! 1+x + (1+x) + · · · + 2 (1+x)n .

Exercice 8 Calculer la d´ eriv´ee des fonctions suivantes : √ 1 + x2 − 1 1 1. f (x) = ln √ , 2. g(x) = ln cos 2 x 1 √1 + x + √ 2 2 1+x − 1−x √ 3. h(x) = ln √ , 4. k(x) = ln ln ln x.

1 + x2 + 1 − x2 Exercice 9 1. Montrer que pour tout x > 0 : ln(1 + x) < x < − ln(1 − x).

1 1 1 2. En d´eduire la limite de la suite un = + + ··· + (avec k ∈ N, k ≥ 2). n n+1 kn

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions exponentielles ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Montrer que lim

n→∞

n Y

(1 + xk ) existe dans R si 0 < x < 1.

k=1

Exercice 2 R´esoudre le syst`eme (ex e2y = a,

2xy = 1)

Exercice 3 R´esoudre l’´equation ex + e1−x − e − 1 = 0.

Exercice 4 Montrer que pour tout x positif ou nul, (x − 2)ex + x + 2 ≥ 0.

Exercice 5 Calculer les d´eriv´ees des fonctions suivantes : p x 1. f (x) = e1/x |x(x + 1)| 2. g(x) = ee

√ 1 3. h(x) = e e2 −x2

Exercice 6 R´esoudre 2sin

2

x

= cos x.

Exercice 7 x

x

x

x

R´esoudre (ab ) = a(b ) , puis a(b ) = b(a ) .

Exercice 8 R´esoudre 4x − 3x−1/2 = 3x+1/2 − 22x−1 .

Exercice 9

R´esoudre le syst`eme

3x 5y = 22x+1 + 22x−1 3y 5x = 22x+2 + 22x−2

Exercice 10 Calculer la d´eriv´ee des fonctions suivantes : 1. f (x) = x

(xx )

1 2. g(x) = x x

3. h(x) =

x nx n

4. k(x) =

sin x x

sin x

x

.

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonctions Ch et Sh ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 Donner la valeur de y = 2 ch x − sh x pour x = 21 ln 3.

Exercice 2 Exprimer y = ch 4 x + ch 3 x sh x + ch x sh 3 x + sh 4 x `a l’aide de l’exponentielle.

Exercice 3 Calculer le produit Pn = ch

x x x · ch 2 · · · ch n .

2 2 2

Exercice 4 Calculer la somme A = ch x + ch (x + h) + · · · + ch (x + nh).

Exercice 5 R´esoudre l’´equation sh a + sh (a + x) + sh (a + 2x) + sh (a + 3x) = 0.

Exercice 6 Calculer la R = ch x + 2 ch 2x + · · · + n ch nx.

Exercice 7 Calculer la d´eriv´ee n-i`eme de f (x) = sin x sh x.

Exercice 8 Calculer la d´eriv´ee n-i`eme de f (x) = ex ch a ch (x sh a).

Exercice 9 V´erifier l’´egalit´e arctan sh x = arccos

1 (pour x ≥ 0). ch x

Exercice 10 x Montrer que la tangente en un point M de la courbe y = a ch a est parall`ele `a l’une des tangentes au cercle x2 + y 2 = a2 , men´ee de la projection P de M sur Oy.

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.

´matiques Exercices de Mathe Fonction ”tangente hyperbolique” ´ Enonc´ es www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

www.math-sup.blogspot.com

´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 2 1 − . th 2x th x En d´eduire la valeur de la somme Sn = th x + 2 th 2x + · · · + 2n−1 th 2n−1 x.

Montrer que pour tout r´eel x non nul, th x =

Exercice 2 a On se donne th a = m. Calculer x = th .

5 Exercice 3 Discuter l’´equation ex (k + x) = e−x (k − x).

Exercice 4 Montrer que la courbe y = th x est coup´ee par la droite y = ax + b en 0, 1 ou 3 points.

Exercice 5 1 y y .

Montrer que si x = ln(tan( 2 + π4 )), alors th x2 = tan 2 , th x = sin y, et ch x = cos y Exercice 6 r Simplifier l’expression y = ln

1 + th x .

1 − th x

Exercice 7 V´erifier l’´egalit´e 2 arctan th x = arctan sh 2x.

Exercice 8 1 1 Trouver u0 pour que la suite d´efinie par un+1 = (un + ) soit k-p´eriodique.

2 un Indication : poser u0 = coth ϕ

c Page 1 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net EduKlub S.A. Tous droits de l’auteur des œuvres r´ eserv´ es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et priv´ ee sont interdites.