Fichier PDF

Partage, hébergement, conversion et archivage facile de documents au format PDF

Partager un fichier Mes fichiers Boite à outils PDF Recherche Aide Contact



COMP3 .pdf



Nom original: COMP3.pdf

Ce document au format PDF 1.4 a été généré par / GPL Ghostscript 8.62, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 20/11/2011 à 20:09, depuis l'adresse IP 41.104.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 1289 fois.
Taille du document: 125 Ko (18 pages).
Confidentialité: fichier public




Télécharger le fichier (PDF)









Aperçu du document


EXERCICES COMPLEMENTAIRES

EXERCICES SUR LES FONCTIONS CONTINUES
1. Déterminer le nombre a pour que la fonction f suivante soit continue sur R

x + 2 si x ≤ 3
f (x) =
2x − a si x > 3
2. Déterminer les nombres a et b pour que la fonction

 (x − 1)2 si
f (x) =
a
si

(2x + b)2 si
3. Soit
f (x) =

f suivante soit continue sur R
x < −2
x = −2
x > −2

x + 1 + |x + 5|
.
|3 − x| + 2x

a) Déterminer l’ensemble de définition Df de la fonction f .
b) Etudier la continuité de f .
c) Peut-on prolonger f par continuité ?
4. Soit la fonction f définie sur R par

f (x) = (x − 1)(E(x) − 2) .
a) Déterminer les points de R où la fonction f est continue.
b) Tracer la courbe représentative de f dans l’intervalle [ −1, 4 [ .
c) Sur cet intervalle, la fonction admet-elle un maximum ? un minimum ?
5. En quels points la fonctions f définie par

0
f (x) =
x

si x ∈ Z
si x ∈
/Z

est-elle continue ?
6. Soit la fonction f définie sur R par
f (x) = x(E(2x) − 2 E(x)) .
a) Tracer la courbe représentative de f dans l’intervalle [ −2, 2 [ .
b) Déterminer les points de R où la fonction f est continue.

1

7. Soit la fonction f définie sur R par




x + 1
f (x) = x − 2 E
.
2

1) Etudier la continuité de f .
2) Représenter graphiquement f sur l’intervalle [ −2, 2 ] .
3) Montrer que la fonction f est paire et périodique de période 2.
8. Soit la fonction f définie sur ] −π, π [ \{0} par
sin 3x − sin 2x
.
sin x
Par quelle valeur faut-il prolonger f en 0 pour obtenir une fonction continue sur ] −π, π [ ? (On
pourra exprimer f sous forme de polynôme en cos x).
Déterminer de deux manières différentes les zéros de f dans cet intervalle, et en déduire la valeur
exacte de cos π5 .
f (x) =

9. Soit la fonction f définie par
f (x) = (tan2 x − 1)

sin 5x − sin 3x
.
sin 3x − sin x

a) Déterminer le domaine de définition de f .
b) Trouver le plus grand intervalle ] −a, a [ possible, sur lequel f puisse se prolonger en une
fonction continue F . (On définira F (x) pour tout x de l’intervalle ] −a, a [ trouvé).
10. Soit f définie sur [ 0, +∞ [ par f (x) = |x − 1| − |x − 4| + |x − 5| − 1.
a) Représenter la fonction f . Quels sont les extrema relatifs de f sur [ 0, +∞ [ ?
b) Montrer que pour tout x ≥ 0, f possède un maximum dans l’intervalle [ 0, x ] . On note g(x)
ce maximum. Calculer g(x) et représenter g sur le même dessin que f .
11. Déterminer l’ensemble A = {sin x + cos x | x ∈ R} .
12. Soit p un entier strictement positif. En étudiant la fonction f définie sur [ y, +∞ [ par
f (x) = (x − y)1/p − x1/p + y 1/p ,
montrer que, quels que soient x et y réels positifs
|x1/p − y 1/p | ≤ |x − y|1/p .
En déduire que la fonction x 7→ x1/p est uniformément continue sur R+ . Est-elle contractante
sur R+ ?
13. Soit la fonction f définie sur R par
f (x) = xn+2 − 8xn+1 + 7xn + 36 .
2

a) On pose h(x) = 2f (x) − f (x + 1) − f (x − 1) . Montrer qu’il existe s dans l’intervalle ] 1, 7 [ ,
tel que h(s) = 0.
b) En déduire qu’il existe trois points A, B, C de la courbe représentative de f , d’abscisses
respectives a, b, c, vérifiant
1. B est le milieu de AC
2. b − a = 1
14. Soit f une application définie et continue sur un intervalle [ a, b ] , et soit (C ) sa courbe
représentative.
On suppose que f (a) = f (b) = m.
Soit d un nombre réel de l’intervalle ] a, b [ , et D le point de coordonnées (d, m).
Montrer que toute droite passant par D coupe la courbe (C ) en au moins un point.
15. Soit f une application continue et strictement décroissante sur l’intervalle [ a, b ] (a 6= b)
telle que f ( [ a, b ] ) = [ a, b ] . (On pourra s’aider d’un dessin).
a) Montrer qu’il existe un point c et un seul de ] a, b [ tel que f (c) = c.
b) Montrer qu’il existe au moins un point d de ] a, b [ tel que
f (d) = f −1 (d) ,
c) Montrer que si l’ensemble des solutions de l’équation
f (x) = f −1 (x)
est fini, le nombre de ses éléments est impair.
16. Soit f une fonction continue sur un intervalle [ a, b ] où 0 < a < b , et (C ) la courbe
représentative de f dans un repère orthonormé.
On appelle A, le point de (C ) d’abscisse a, et B le point de (C ) d’abscisse b .
On note α la pente de la droite OA, et β celle de OB.
Montrer que pour tout γ de ] α, β [ , la droite d’équation y = γx coupe la courbe (C ).
Faire un dessin illustrant cette situation.
17. Montrer que si f et g sont des fonctions croissantes sur l’intervalle I, il en est de même de
f + g.
Montrer que si f et g sont des fonctions croissantes et positives sur l’intervalle I, il en est de
même de f · g.
Que se passe-t-il si f et g sont croissantes négatives ?

18. Soit a, b, c, trois nombres réels, et f l’application définie sur [ −1, 1 ] par
f (x) = 4x3 + ax2 + bx + c .
3

a) Montrer que le maximum de |f | sur [ −1, 1 ] existe et est strictement positif. On le note
M (a, b, c).
b) On pose g(x) = 4x3 − 3x, et l’on suppose que M (a, b, c) < 1.
Etudier le signe de f −g en 1, 1/2, −1/2, −1. Et en déduire que f −g s’annule au moins trois fois.
c) Montrer que M (a, b, c) ≥ 1.
19. Soit f une application définie et continue de R dans R, et telle que, quels que soient x et y
réels,
f (x + y) = f (x) + f (y) .
a) Calculer f (0), puis montrer que pour tout x réel
f (−x) = −f (x) .
b) Montrer que pour tout entier n et tout x réel,
f (nx) = nf (x) .
c) Montrer que pour tout rationnel q et tout réel x,
f (qx) = qf (x) .
d) Montrer que pour tout couple (λ, x) de nombres réels,
f (λx) = λf (x) .
En déduire la nature de f .

4

Corrigé des exercices

1. La fonction f est continue sur l’intervalle [ 3, +∞ [ , car x + 2 est un polynôme. De même
elle est continue sur ] −∞, 3 [ car 2x − a est un polynôme. Elle sera continue en 3, donc sur R
si, et seulement si
lim f (x) = f (3) ,
x→3+

soit
lim (2x − a) = f (3) ,

x→3+

donc 6 − a = 5, c’est-à-dire a = 1.
2. La fonction f est continue sur l’intervalle ] −2, +∞ [ , car (2x + b)2 est un polynôme. De
même elle est continue sur ] −∞, −2 [ car (x − 1)2 est un polynôme. Elle sera continue en −2,
donc sur R, si et seulement si
lim f (x) = f (−2) = lim f (x) ,
x→−2−

x→−2+

soit
lim (2x + b)2 = f (−2) = lim (x − 1)2 ,
x→−2−

x→−2+

donc
(−4 + b)2 = a = 9 .
Les deux couples solutions sont donc (a = 9, b = 7) et (a = 9, b = 1) .
3. a) Le dénominateur |3 − x| + 2x vaut 3 − x + 2x = 3 + x si x ≤ 3 et s’annule pour x = −3.
Il vaut x − 3 + 2x = 3x − 3 si x ≥ 3 et ne s’annule pas. On a donc
Df = R \ {−3} .
b) La fonction x 7→ |x| étant continue sur R, il en résulte que f est continue su Df comme
composées, sommes et quotients de fonctions continues.
c) Explicitons la fonction f suivant les valeurs de x. On obtient

4


si x ≤ −5



3+x




2
si x ∈ ] −5, −3 [ ∪ ] −3, 3 [
f (x) =







 2x + 6 si x ≥ 3
3x − 3

5

En particulier, comme f est constante sur ] −5, −3 [ ∪ ] −3, 3 [ elle admet une limite en −3 qui
vaut 2, et f se prolonge par continuité. On a

4



si x ≤ −5


3+x




e
2
si x ∈ ] −5, 3 [
f (x) =







 2x + 6 si x ≥ 3
3x − 3
4. Lorsque x appartient à l’intervalle [ n, n + 1 [ , où n est entier, on a
f (x) = (x − 1)(n − 2) .
La fonction est continue sur tout intervalle ] n, n + 1 [ et est continue à droite en tout point n.
Etudions la continuité à gauche aux points entiers.
Lorsque x tend vers n par valeurs inférieures, il se trouve dans l’intervalle [ n − 1, n [ et sur cet
intervalle f (x) = (n − 3)(x − 1). Donc
lim f (x) = lim (n − 3)(x − 1) = (n − 3)(n − 1) .

x→n−

x→n−

Par ailleurs, puisque f est continue à droite,
f (n) = (n − 1)(n − 2) = lim f (x) ,
x→n+

Donc f est continue en n si et seulement si
(n − 3)(n − 1) = (n − 1)(n − 2) ,
c’est-à-dire n − 1 = 0. La fonction f est continue sur R \ (Z \ {1}).
b)
6

y
6



N

3



• 2

−1



1


2
R

6

-

3

-

4

x

c) Sur cet intervalle la fonction f admet un maximum en x = −1, ce maximum vaut 6. Par
contre elle n’admet pas de minimum.
5. Si n est entier, la fonction f est continue sur l’intervalle ] n, n + 1 [ , puisque f (x) = x sur
cet intervalle. Etudions la continuité en n. On a
lim f (x) = lim x = n ,

x→n−

x→n−

et
lim f (x) = lim x = n ,

x→n+

x→n+

mais f (n) = 0 . Donc f est continue en n si et seulement si n = 0.
La fonction f est continue sur R \ Z∗ .
6. Dire que E(2x) = n où n est un entier, signifie que
n ≤ 2x < n + 1
c’est-à-dire que

n+1
n
≤x<
.
2
2
On étudie donc la fonction sur les intervalles [ p, p + 1/2 [ et [ p + 1/2, p + 1 [ où p est entier.
Sur ces deux intervalles qui sont inclus dans [ p, p + 1 [ , la partie entière de x vaut p.
Sur [ p, p + 1/2 [ , 2x est compris entre 2p et 2p + 1 et E(2x) = 2p. Donc
f (x) = x(2p − 2p) = 0 .

Sur [ p + 1/2, p + 1 [ , 2x est compris entre 2p + 1 et 2p + 2 et E(2x) = 2p + 1 Donc
f (x) = x(2p + 1 − 2p) = x .

6

y




-

−2

− 23

-

−1



− 12

1
2

-

1

3
2

-

2

5
2

-

x

b) La fonction f est continue sur les intervalles ] p, p + 1/2 [ et ] p + 1/2, p + 1 [ , et continue à
droite aux points p et p + 1/2 pour tout entier p. Il reste à étudier la continuité à gauche en ces
points.
A gauche de p + 1/2, on a f (x) = 0, et à droite f (x) = x, donc


1
1
lim
f (x) = 0 6= p + = f p +
.
2
2
x→(p+1/2)−
La fonction n’est pas continue en ce point.
A gauche de p, on a f (x) = x, et à droite f (x) = 0, donc
lim f (x) = p ,

x→p−

et
lim f (x) = f (p) = 0 ,

x→p+

et la fonction est continue si et seulement si p = 0. Donc f est continue sur R \ {n/2 | n ∈ Z∗ }
7. 1) Si n est entier, on a



E
si et seulement si
n≤

x+1
2



=n

x+1
< n + 1,
2

soit
2n − 1 ≤ x ≤ 2n + 1 .

Sur l’intervalle [ 2n − 1, 2n + 1 [ , on aura donc

f (x) = |x − 2n| ,
La fonction est continue sur ] 2n − 1, 2n + 1 [ , et continue à droite en 2n − 1 . Il reste à voir la
continuité à gauche aux points impairs Sur l’intervalle [ 2n + 1, 2n + 3 [ , on aura
f (x) = |x − 2n − 2| ,
donc
lim

x→(2n+1)+

f (x) =

lim

x→(2n+1)+

|x − 2n − 2| = 1 .

Mais
lim

x→(2n+1)−

f (x) = f (2n + 1) = 1 .

La fonction f est donc continue en 2n + 1. Finalement elle est continue sur R.
b)

y

6

1

-

−2

−1

1

2

x

c) La fonction est 2-périodique. En effet




x + 3

f (x + 2) = x + 2 − 2 E

2





x+1

= x + 2 − 2 E
+ 1 .
2

Mais, puisque pour tout entier n et tout réel x

E(x + n) = E(x) + n ,
on obtient







x+1

+ 1 = f (x) .
f (x + 2) = x + 2 − 2 E
2

Pour la parité, on remarque que si x appartient à [ −1, 1 [ , alors (x + 1)/2 appartient à [ 0, 1 [ ,
et donc f (x) = |x|. Par ailleurs à cause de la périodicité
f (−1) = f (−1 + 2) = f (1) .
Donc la restriction de f à l’intervalle [ −1, 1 ] est paire. Alors comme elle est 2-périodique, f est
paire sur R .
8. On obtient facilement
sin 3x = sin x(4 cos2 x − 1) ,

sin 2x = 2 sin x cos x et
donc, pour x non nul,

f (x) = 4 cos2 x − 2 cos x − 1 .
La limite en zéro de cette fonction vaut donc 1. Et il suffit de prolonger la fonction par la valeur
1 en zéro pour avoir une fonction continue sur ] −π, π [ .
On résout l’équation de deux manières.
(i) En cherchant les solutions de l’équation
sin 3x = sin 2x ,
on obtient une première famille de solutions
3x = π − 2x + 2kπ ,
c’est-à-dire

π
π
+ 2k ,
5
5
ce qui donne dans ] −π, π [ les quatre solutions
x=

π
5

,



π
5


5

,

,

Par contre, l’équation
3x = 2x + 2kπ ,
9




.
5

ne donne pas de solution non nulle dans ] −π, π [ .
(ii) En posant cos x = X, et en cherchant les racines du trinôme
P (X) = 4X 2 − 2X − 1 .
On obtient



1+ 5
1− 5
X1 =
et X2 =
.
4
4
Mais comme X1 est positif ainsi que cos(π/5) = cos(−π/5), alors que X2 et cos(3π/5) = cos(−3π/5)
sont négatifs. Il en, résulte que

1+ 5
π
,
cos =
5
4
et


1− 5
cos
=
.
5
4

9. Pour que la fonction soit définie, il faut que tan x existe, c’est-à-dire x 6= π/2 + kπ, où k ∈ Z,
mais il faut aussi que le dénominateur ne s’annule pas. Or l’égalité
sin 3x = sin x
a lieu, ou bien si 3x = x + 2kπ, soit x = kπ, ou bien si 3x = π − x + 2kπ, soit x = π/4 + kπ/2.
Donc
Df = R \ ({π/2 + kπ | k ∈ Z} ∪ {kπ | k ∈ Z} ∪ {π/4 + kπ/2 | k ∈ Z}) .
Les points les plus proches de zéro en lesquels f n’est pas définie sont donc
−π/2 ,

−π/4 ,

0 ,

π/4

,

π/2

On remarquera aussi que la fonction est paire.
b) Transformons f (x). On a
tan2 x − 1 =

cos 2x
sin2 x − cos2 x
=− 2 ,
cos2 x
cos x

sin 5x − sin 3x = 2 sin x cos 4x ,
et
sin 3x − sin x = 2 sin x cos 2x .
Finalement, si x appartient à Df
f (x) = −
On a alors

cos 4x
.
cos2 x


cos 4x
= −1 ,
lim f (x) = lim − 2
x→0
x→0
cos x
x6=0
x6=0


cos 4x
lim f (x) = lim − 2
= 2,
x→π/4
x→π/4
cos x


x6=π/4

x6=π/4

10

de même en −π/4 par parité. Enfin
lim

x→(π/2)−

f (x) =

lim

x→(π/2)−



cos 4x
− 2
cos x



= −∞ ,

de même en −π/2 par parité.
La fonction se prolonge donc en une fonction continue sur ] −π/2, π/2 [ , et sur cet intervalle
F (x) = −

cos 4x
.
cos2 x

10. a) Pour exprimer la fonction f sans utiliser les valeurs absolues, on peut former le tableau
suivant :
1
|x − 1|
−|x − 4|
|x − 5|
−1
f (x)

1−x
x−4
5−x
−1
1−x

4
x−1
x−4
5−x
−1
x−1

5
x−1
4−x
5−x
−1
7−x

x−1
4−x
x−5
−1
x−3

b) Les maxima relatifs sont f (0) = 1, f (4) = 3, et les minima relatifs sont f (1) = 0, et f (5) = 2.
c) La fonction f étant continue sur l’intervalle [ 0, x ] , elle possède un maximum dans cet intervalle.
En étudiant les variations ou la courbe représentative de f , on constate facilement que
(i) Lorsque x est compris entre 0 et 2, f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au point 0,
donc g(x) = 1 .
(ii) Lorsque x est compris entre 2 et 4, f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au point
x, Donc g(x) = f (x) = x − 1 .
(iii) Lorsque x est compris entre 4 et 6, f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au point
4, Donc g(x) = 4 .
(iv) Lorsque x est plus grand que 6, f atteint son maximum sur l’intervalle [ 0, x ] au point x,
Donc g(x) = f (x) = x − 3 .
On a alors les courbes suivantes :
y

6

3

1
-

O

1

2

4

6

x

La courbe représentative de g en trait plein a été légérement décalée sur le dessin pour la comparer à celle de f en pointillés.
11. 1) Soit f la fonction définie sur R par f (x) = sin x + cos x. On cherche A = f (R). Comme
f est continue, l’ensemble A est un intervalle.
On remarque que pour tout x réel, on a


π
sin x + cos x = 2 sin x +
.
4
et donc



− 2 ≤ f (x) ≤ 2 .
√ √


Il en résulte que f (R) ⊂ [ − 2, 2 ] . Mais f (π/4) = 2 et f (5π/4) = − 2. On en déduit que
√ √
A = [ − 2, 2 ] .
12. Remarquons tous d’abord que, si p = 1, on a égalité. Supposons donc p ≥ 2.
Etudions la fonction f définie sur [ y, +∞ [ par
f (x) = (x − y)1/p − x1/p + y 1/p .
En dérivant
f ′ (x) =
Mais

1
((x − y)1/p−1 − x1/p−1 ) .
p
1−p
1
−1=
< 0,
p
p

et la fonction qui à t associe t1/p−1 est décroissante. Donc, puisque
x − y ≤ x,
on en déduit que
(x − y)1/p−1 ≥ x1/p−1 ,
et donc f ′ (x) est positive. Il en résulte que f est croissante sur [ y, +∞ [ , et comme f (y) = 0,
on en déduit que f (x) est positive. Donc, si x ≥ y,
|x1/p − y 1/p | ≤ |x − y|1/p .
Si y ≥ x, on permute les rôles de x et de y dans l’inégalité précédente, et on obtient le même
résultat.
Soit ε > 0, si
|x − y| < α = εp ,
alors
|x1/p − y 1/p | ≤ ε ,

et la fonction x 7→ x1/p est uniformément continue sur R+ .

12

Si cette fonction était contractante, il existerait k ≥ 0 tel que, quels que soient x et y positifs,
|x1/p − y 1/p | ≤ k|x − y| .
En particulier, en prenant y = 0,
x1/p ≤ kx ,
et on en déduirait
x ≤ kp xp ,
donc

1
≤ xp−1 .
kp

et finalement, si p ≥ 2,

x≥

1
kp/(p−1)

,

ce qui n’est pas vrai quel que soit x réel positif. Par ailleurs si p = 1, on obtient k ≥ 1. La
fonction n’est donc pas contractante sur R+ .
13. a) Remarquons que
f (x) = xn (x − 1)(x − 7) + 36 .
On a alors
h(1) = 2f (1) − f (2) − f (0) = 5 · 2n > 0 ,
et
h(7) = 2f (7) − f (8) − f (6) = 5 · 6n − 7 · 8n < 0 ,

car 7 > 5 et 8n > 6n . On a donc h(1)h(7) < 0.

Comme la fonction h est un polynôme, donc est continue sur [ 1, 7 ] , le théorème des valeurs
intermédiaires s’applique : il existe s dans ] 1, 7 [ tel que h(s) = 0.
b) Posons a = s − 1, b = s et c = s + 1 . On a
b=

a+c
,
2

et, puisque h(s) est nul,
f (b) = f (s) =

f (s − 1) + f (s + 1)
f (a) + f (c)
=
.
2
2

On a donc bien b − a = 1, et B est le milieu de AC.
14. Si la droite est verticale, elle coupe la courbe au point de coordonnées (d, f (d)). Sinon elle
a pour équation
f (x) = λ(x − d) + m .
Alors définissons une fonction g sur [ a, b ] en posant
g(x) = f (x) − [λ(x − d) + m] .
13

C’est une fonction continue comme somme de fonctions continues. De plus
g(a) = m − [λ(a − d) + m] = −λ(a − d) ,
et
g(b) = m − [λ(b − d) + m] = −λ(b − d) .
Donc, puisque d se trouve dans ] a, b [ ,
g(a)g(b) = λ2 (d − a)(d − b) ≤ 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe c dans [ a, b ] tel que g(c) = 0 , soit
f (c) = λ(c − d) + m .
La courbe coupe la droite au point de coordonnées (c, f (c)).
6

y

m

-

a

d c

b

x

15. a) Soit g définie sur [ a, b ] par
g(x) = f (x) − x .
C’est une fonction continue comme somme de fonctions continues. On a alors
g(a) = f (a) − a = b − a et g(b) = f (b) − b = a − b .
Donc
g(a)g(b) = −(b − a)2 < 0 .
Il résulte du théorème des valeurs intermédiaires, qu’il existe c dans ] a, b [ tel que g(c) = 0,
c’est-à-dire tel que f (c) = c.
14

Mais on a également
g(x) − g(y)
f (x) − f (y)
=
− 1 = τf (x, y) − 1 .
x−y
x−y
Donc puisque f est décroissante, τf (x, y) est négatif, et par suite τg (x, y) est strictement négatif.
Il en résulte que g est strictement décroissante et continue. Elle est donc injective et il existe au
plus un point c tel que g(c) = 0. Il y a donc un seul point vérifiant f (x) = x.
τg (x, y) =

b) Par définition, f (x) = y si et seulement si f −1 (y) = x. En particulier, si x = c, on a f (c) = c
donc f −1 (c) = c, et finalement f (c) = f −1 (c). Le point d = c convient donc.
c) Notons E l’ensemble des solutions de l’équation f (x) = f −1 (x) situées dans ] a, b [ . Soit d1
un élément de E tel que d1 < f (d1 ). On a donc
f (d1 ) = f −1 (d1 ) .
Posons d2 = f (d1 ).

d2 = f (d1 ) = f −1 (d1 ) ,

donc
d1 = f (d2 ) = f −1 (d2 ) ,
et il en résulte que d2 appartient aussi à E . Par ailleurs, puisque d1 < d2 , on en déduit que
d2 = f (d1 ) > f (d2 ).
L’application f envoie, de manière injective, l’ensemble des points x de E tels que x < f (x) dans
l’ensemble des points x de E tels que x > f (x). En inversant les inégalités dans la démonstration,
elle envoit aussi l’ensemble des points x de E tels que x > f (x) dans l’ensemble des points x
de E tels que x < f (x) . Il y a donc autant d’éléments dans les deux ensembles. En ajoutant
l’unique point c tel que f (c) = c, il y a donc un nombre impair de points dans E .
Ce qui précède s’explique par la symétrie des graphes de f et de f −1 par rapport à la première
bissectrice.
6

b

-

a

d1

c=d

d2

b

16. Soit M (x) le point de coordonnées (x, f (x)). La pente de la droite OM (x) vaut f (x)/x. La
fonction
f (x)
g : x 7→
,
x
est continue sur [ a, b ] , et on a
g(a) = α et g(b) = β .
Donc, si γ appartient à l’intervalle ] α, β [ , le théorème des valeurs intermédiaires s’applique, et
il existe c dans ] a, b [ tel que g(c) = γ , donc
f (c) = γc .
Cela signifie que la droite d’équation y = γx coupe la courbe (C) au point d’abscisse c.

y

6

y = γx

-

a

c

b

x

17. Si f et g sont croissantes sur I, on a, quels que soient x et y dans I vérifiant x ≤ y les
inégalités
f (x) ≤ f (y) et g(x) ≤ g(y) .
En additionnant les inégalités, on obtient
(f + g)(x) = f (x) + g(x) ≤ f (y) + g(y) = (f + g)(y) ,
et f + g est croissante.
Si f et g sont positives, on obtient en multipliant les inégalités
(f · g)(x) = f (x) · g(x) ≤ f (y) · g(y) = (f · g)(y) ,
et f · g est croissante.
16

Si f et g sont négatives, on a
−f (x) ≥ −f (y) ≥ 0 et

− g(x) ≥ −g(y) ≥ 0 ,

et, en multipliant les inégalités,
(f · g)(x) = (−f (x)) · (−g(x)) ≥ (−f (y)) · (−g(y)) = (f · g)(y) ,
donc f · g est décroissante.
18. a) La fonction |f | est continue sur [ −1, 1 ] . Elle y atteint donc son maximum. Ce maximum
est positif. S’il était nul, on aurait f (x) = 0 pour tout x de [ −1, 1 ] , et le polynôme f aurait
une infinité de racines. Il serait donc nul, et tous ses coefficients seraient nuls, ce qui n’est pas le
cas.
b) Si M (a, b, c) < 1, on a donc, pour tout x de [ −1, 1 ] l’encadrement
−1 < f (x) < 1 .
Par ailleurs



1
g(1) = g −
2




1
= 1 et g(−1) = g
= −1 .
2

Il en résulte que


1
(f − g)(1) = f (1) − 1 < 0 et (f − g) −
2
ainsi que



=f



1

2



− 1 < 0,



1
1
=f
+ 1 > 0.
(f − g)(−1) = f (−1) + 1 > 0 et (f − g)
2
2

En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction f − g dans les intervalles
] −1, −1/2 [ , ] −1/2, 1/2 [ et ] 1/2, 1 [ , on en déduit que le polynôme f − g possède trois racines
distinctes.
c) Mais
(f − g)(x) = ax2 + (b − 3)x + c ,
est de degré 2 au plus, et a au plus deux racines réelles s’il est non nul. La seule possibilité est
que f = g. Mais dans ce cas
M (a, b, c) = M (0, −3, 0) ≥ g(1) = 1 .
On obtient donc une contradiction. Il en résulte que l’hypothèse M (a, b, c) < 1 est fausse. Donc,
quels que soient a, b et c,
M (a, b, c) ≥ 1 .
19. a) En prenant x = y = 0 dans la relation vérifiée par f , on obtient
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) = 2f (0) .
donc f (0) est nul. Puis en prenant y = −x
0 = f (0) = f (x − x) = f (x) + f (−x) ,
17

d’où
f (−x) = −f (x) .
b) Soit x un réel fixé. Une démonstration par récurrence, montre que, pour tout tout entier
positif n,
f (nx) = nf (x) .
C’est vrai si n = 1. Si l’on suppose la propriété vraie à l’ordre n on a alors
f ((n + 1)x) = f (nx + x) = f (nx) + f (x) = nf (x) + f (x) = (n + 1)f (x) ,
et la propriété est vraie à l’ordre n + 1 donc quel que soit n positif.
Si maintenant n est négatif, alors (−n) est positif, et
f (nx) = −f (−nx) = −(−n)f (x) = nf (x) .
La propriété est donc vraie pour tout entier relatif n.
c) Alors si q est un entier non nul,
qf




n
x = f (nx) = nf (x) ,
q

donc
f




n
n
x = f (x) .
q
q

Donc, pour tout nombre rationnel r
f (rx) = rf (x) .
Alors si λ est réel, il est limite d’une suite (rn )n≥0 de nombres rationnels. On a donc pour tout
n positif, la relation
f (rn x) = rn f (x) ,
et comme f est continue, f (rn x) tend vers f (λx) . Finalement par passage à la limite, on trouve
f (λx) = λf (x) .
En particulier, on a pour tout x réel
f (x) = xf (1) .
L’application f est donc une application linéaire. Et réciproquement, toute application linéaire
de R dans lui même vérifie, pour tout couple (x, y) la relation
f (x + y) = f (x) + f (y) .

18


Documents similaires


Fichier PDF serie de revision bac math
Fichier PDF resume derivabilite 4e 1
Fichier PDF comp3
Fichier PDF tesds n 2 1
Fichier PDF exercice corrige etude de fonction
Fichier PDF bijection bac sc exp khammour k


Sur le même sujet..