Exercice Continute et limite by Ech-charafi adil

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´ 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→+∞

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “0/0”. √ – Méthode 1 : Posons t(x) = 6 1 + x. On a lim t(x) = 1. x→0

D’autre part f (x) =

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

– Méthode 2 : Au voisinage de 0, on a (1 + x)m − 1 ∼ mx, pour tout réel 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’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “0/0”. x − 1 c’est-à-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 précédent. On trouve lim f (x) = 3. x→64

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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 déduit lim = donc lim f (x) = . x→1 x − 1 x→1 3 9 ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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 déduit 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 quantités conjuguées : √ √ √ 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 indéterminée, et on retrouve lim f (x) = − = − . x→4 6 3

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “∞ − ∞”. – Méthode 1 : on utilise la quantité conjuguée. √ −5 + x6 −5x + 6 5 −→ − . f (x) = x2 − 5x + 6 − x = √ =q 2 x2 − 5x + 6 + x 1 − x5 + x62 + 1 x→+∞ – Méthode 2 : avec des équivalents. 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’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “∞ − ∞”. 1 1/3 3 1/3 . En factorisant x, on peut écrire f (x) = x + (1 − x ) = x 1 − (1 − x3 ) ∼ − mt. On en déduit 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→∞

x→∞

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Puisque lim (2x + 3x − 12) = 1 et lim tan πx eterminée “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’énoncé ] 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 déduit 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→∞

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´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “∞ − ∞”. 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-à-dire lim f (x) = e. x→+∞

x→+∞

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige √ √ On a ln f (x) = √1x ln g(x), avec g(x) = ch x + 1 − ch x. Pour trouver un équivalent de g(x), on utilise l’égalité des accroissements finis. √ √ √ Pour tout réel 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’écrire 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’équivalents” car ces quantités ne tendent pas vers 1. exp √x + θ √ √ ln x ∼ √ x ∼ √ = x + θx − ln 4 − x. On en déduit : 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→+∞

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´ 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

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “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’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. Posons x = 1 + h pour se ramener à 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’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. Posons x = −2 + h pour se ramener à 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’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. 2 cos x − cos π3 1 − 2 cos x = On peut écrire 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 déduit lim f (x) = cos0 = − sin = − . x→π/3 3 3 3 3 3 ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. On écrit 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

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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] 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 déduit lim f (x) = . 2 x→0 x→0 x→0 x x 2 2 C’est une forme indéterminée “0/0”. On a f (x) =

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. On peut écrire 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’énoncé ] 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’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “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

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´ 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

1+x . 1−x

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

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige ∼ u − 1. On est en présence d’une forme indéterminée “1∞ ”. On va utiliser ln u u→1 x−1 −2x ∼ x−1 ∼ x −1 = − 2. On en déduit 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’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. On écrit f (x) =

exp ax − 1 exp bx − 1 − . x x

eλx − 1 On a et − 1 ∼ t donc lim = λ. On en déduit lim f (x) = a − b. 0 x→0 x→0 x ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “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

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’énoncé ] 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’énoncé ] 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

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´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “∞ − ∞”. 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’énoncé ] Corrige ln a √ ∼ ln a . On en déduit 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’énoncé ] Corrige ∼ u − 1. On a une forme indéterminée “0/0”. On va utiliser ln u u→1 1 1 + x ∼ 1 1 + x 1 2x 1 ∼ 1. On écrit 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

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´ 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

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

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. On utilise la quantité conjuguée. √ 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’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “0/0”. On utilise la quantité conjuguée. 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’énoncé ] 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’énoncé ] Corrige x3 + 1 (α − 1)x3 + βx2 + αx + β − 1 = . x2 + 1 x2 + 1 Pour que cette quantité tende vers 0 à l’infini, il faut et il suffit que α = 1 et β = 0. On a αx + β −

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] 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 déduit 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

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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] 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 opposé à 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 négligeable devant . 1−x x 1 1 De même ln |x| est négligeable devant en 0 (classique.) Donc ln |f (x)| ∼ . 0 x x On en déduit 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 quantités 3 ln |x|, et ln |x − 1| sont négligeables devant . x 1−x 1 Ainsi ln |f (x)| ∼ . On en déduit 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’énoncé ] Corrige On utilise l’égalité 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 écrire f (x) = eθx avec lim θx = 0. Ainsi lim f (x) = 1. x→0

x→0

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] 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 déduit 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’énoncé ] 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 négligeable 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

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´ 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

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1 1 donc lim f (x) = . On sait que xm − 1 ∼ m(x − 1). On en déduit f (x) ∼ 1 1 x→1 m m ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige π π 2h ∼ Avec x = + h, f (x) = −2h tan +h = 2. 2 2 tan h h→0 On en déduit 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’énoncé ] 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’énoncé ] Corrige On a sin x ∼ x, tan x ∼ x et ln(1 + x2 ) ∼ x2 . 0 0 0 On en déduit f (x) ∼ x donc lim f (x) = 0. 0

x→0

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 2 2 ∼ −ax . On a ln cos(ax) ∼ cos(ax) − 1 0 0 2 2 a a2 , . On en déduit 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

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´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Posons X = x1 , pour se ramener à 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 dernière quantité ne tend pas vers 1, donc ln tan 2(2 + X) 0 4 πX On en déduit 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’énoncé ] 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’énoncé ] 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 déduit lim ln f (x) = 0, donc lim f (x) = 1. x→π/2

x→π/2

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´ 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

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “00 ”. On a ln f (x) = tan x ln sin x ∼ x ln x. 0 On en déduit lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→0

x→0

´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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 déduit lim ln f (x) = 0 donc lim f (x) = 1. x→0

x→0

´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “1∞ ”. 2x + 1 2x + 1 4x ∼ ∼ On a ln f (x) = 2x ln −1 = 2x 2. ∞ 2x − 1 2x − 1 2x − 1 ∞ On en déduit lim ln f (x) = 2 donc lim f (x) = e2 . x→∞

x→∞

´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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 déduit ln f (x) π/4 x→π/4 x→π/4 1 + tan x e ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] 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’égalité des accroissements finis à 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 déduit que ln f (x) = est compris entre 1 et . θx x Il en découle lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e. Pour tout x, il existe donc un réel θx dans ] sin x, x[ tel que

x→0

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´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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’énoncé ] Corrige On est en présence d’une forme indéterminée “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 déduit lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e. x→+∞

x→+∞

´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige C’est une forme indéterminée “1∞ ” (et quasiment le même 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 déduit 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’énoncé ] Corrige x ln x x ln x ∼ x ln x ∼ t et lim x ln x = 0.) = x ln x = 1 (on a utilisé et − 1 t→0 x x→0+ x −1 e − 1 0+ x ln x On en déduit lim ln f (x) = 1 donc lim f (x) = e.

On a ln f (x) =

x→+∞

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´ 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. Vérifier que pour tout réel x, f (x2 ) = f (x)2 . 4. En déduire que f est croissante. 5. Prouver finalement que pour tout réel x, f (x) = x. Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application définie 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 définit f : ]0, 1[→ R de la manière suivante : – Si x est irrationnel, f (x) = 0. p 1 – Si x s’écrit (fraction irréductible), alors f (x) = . q q Montrer que f est continue sur les irrationnels et discontinue sur les rationnels.

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] 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 quantité 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 à l’énoncé ] – Traiter d’abord le cas ` = 0. Pour cela considérer ε > 0 et un réel x0 > 0 tel que x ≥ x0 ⇒ |f (x + 1) − f (x)| ≤ ε. Se donner x ≥ x0 et introduire la partie entière m de x − x0 . Evaluer alors f (x) en fonction de f (x − m) et de quantités du type f (x + k + 1) − f (x + k). – Dans le cas ` ∈ R, introduire une fonction auxiliaire qui ramène au cas précédent. – Dans le cas ` = ∞, adapter la méthode vue dans le cas ` = 0. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] – Traiter d’abord le cas o` u f (a) = f (b) et montrer que f est constante sur [a, b]. On pourra considérer 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 précédent. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Raisonner par l’absurde, et introduire l’application g définie sur R par g(x) = f (x) + x. Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] – Pour la discontinuité en a ∈ Q, utiliser la densité des irrationnels dans R. – Pour la continuité en a ∈ / Q, considérer Aε = {x ∈]0, 1[, f (x) ≥ ε}.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1. On pose x = y = 0 dans (2) et on trouve f (0) = 0. Avec y = −x dans (2), on en déduit 0 = f (0) = f (x) + f (−x). Il en découle que l’application f est impaire. 2. Pour tout n de N, et tout a de R, l’égalité (2) donne f ((n + 1)a) = f (na) + f (a). Puisque f (0) = 0 (imparité) une récurrence évidente donne f (na) = nf (a), ∀ n ∈ N. L’imparité 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’égalité (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 montré l’égalité f (x) = x pour tout x de Q. 3. Soit x un réel différent 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 résulte f (x(1 − x)) = f (x)(1 − f (x)).

On en déduit f (x) − f (x2 ) = f (x) − f 2 (x) donc f (x2 ) = f (x)2 . Enfin on observe que l’égalité f (x2 ) = f (x)2 est encore vraie si x = 0 ou x = 1. √ √ 4. Pour tout réel z ≥ 0, on a f (z) = f ( z 2 ) = f ( z)2 donc f (z) ≥ 0. Soient x, y deux réels tels que x ≤ y. On a y − x ≥ 0 donc f (y − x) ≥ 0. On en déduit f (y) = f (x + (y − x)) = f (x) + f (y − x) ≥ f (x). Il en découle que l’application f est croissante. 5. Soit x un réel 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 considérer les valeurs approchées de x à 10−n près, par défaut ou par excès.) 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 nécessairement l’identité de R. Remarque : réciproquement, l’identité est effectivement solution du problème ! 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.

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´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’énoncé ne dit pas si ` est un réel ou si ` est égal à ± ∞. – Dans un premier temps, on suppose que ` = 0. On se donne ε > 0. Par hypothèse, il existe x0 > 0 tel que x ≥ x0 ⇒ |f (x + 1) − f (x)| ≤ ε. Soit x un réel quelconque supérieur ou égal a` x0 . Soit m = [x − x0 ]. On a donc m ≤ x − x0 < m + 1 c’est-à-dire x − m − 1 < x0 ≤ x − m. On peut écrire : 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 déduit |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 trouvé x1 tel que x ≥ x1 implique ≤ 2ε. x f (x) Autrement dit : lim = 0. x→+∞ x Il en résulte

– 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’après ce qui précède, il en résulte lim x→+∞ x g(x) f (x) f (x) Mais on a = − `. On trouve donc lim = `, ce qu’il fallait démontrer. x→+∞ x x x – Il reste a` traiter le cas o` u ` est égal a` +∞ ou −∞. Quitte à considérer −f plutôt que f , on peut supposer que ` = +∞. Soit A un réel 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 écrit 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

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´ 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 fermées. Par l’absurde, supposons m < f (a) = f (b). Soit x0 ∈]a, b[ le plus petit élément de Im . Par hypothèse, il existe ε0 > 0 tel que f (x0 − ε0 ) + f (x0 + ε0 ) = 2f (x0 ) = 2m. Mais par définition de m, on a f (x0 − ε0 ) ≥ m et f (x0 + ε0 ) ≥ m. Il en découle f (x0 − ε0 ) = m, donc x0 − ε0 ∈ Im ce qui est absurde (définition de x0 .) On en déduit m = f (a) = f (b). On montrerait de même que M = f (a) = f (b). L’égalité m = M prouve alors que f est constante (donc affine) sur le segment [a, b]. – On suppose maintenant f (a) 6= f (b). On définit 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 première partie de la démonstration. 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’énoncé ] Corrige Supposons par l’absurde qu’une telle application f existe. Considérons l’application g définie sur R, par g(x) = f (x) + x. L’application g est continue et vérifie : ∀ x ∈ R, g(x) ∈ / Q. Ainsi g(R) est un intervalle qui ne contient que des irrationnels. Il en découle que g(R) se réduit à 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’hypothèse sur f . Cette absurdité prouve donc qu’il n’y a pas d’application f vérifiant les conditions de l’énoncé.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige – Soit a un rationnel de ]0, 1[. On sait que f (a) > 0. Par densité, 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 : nécessairement x ∈ Q, donc x = q , sous forme irréductible (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’éléments dans Aε . Ainsi Aε est un ensemble fini, auquel n’appartient pas le réel a. Il exite donc un réel α > 0 tel que ]a − α, a + α[∩Aε = ∅. On en déduit que x ∈ ] a − α, a + α[⇒ x ∈ / Aε ⇒ 0 ≤ f (x) < ε. En résumé : ∀ ε > 0, ∃ α > 0, |x − a| < α ⇒ |f (x) − f (a)| < ε. Autrement dit, l’application f est continue au point a.

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´ 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 développement décimal x = 0, r1 r2 . . . rn . . ., on pose : f (x) = 0, r2 r1 r4 r3 . . .. Etudier la continuité 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 réel strictement compris entre 0 et 1. Prouver l’existence et l’unicité de la racine positive xn de

n xk P = λ exp x. k=0 k!

Montrer que lim xn = +∞. x→+∞

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] 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 à l’énoncé ] √ Se donner une solution f , et noter que tn = ( 2 − 1)n est une période de f . Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] Se souvenir d’une expression de sup(x, y) et inf(x, y) valable pour tous réels x et y. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Se donner une solution f du problème. 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 réel. 2 Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] 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 continuité pour montrer que f (x) = ax, pour tout x de R. Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] Se souvenir que l’image réciproque d’un fermé par une application continue est un fermé. Sinon il suffit d’utiliser la définition de lim |f (x)| = +∞. x→±∞

Indication pour l’exercice 7 [ Retour à l’énoncé ] Montrer que f est discontinue sur les décimaux, et continue sur les “non-décimaux” Indication pour l’exercice 8 [ Retour à l’énoncé ] Montrer que la suite (un ) est décroissante en utilisant une relation entre fn et fn+1 . Indication pour l’exercice 9 [ Retour à l’énoncé ] Pour tout n de N, étudier l’application ϕn : x 7→ ϕn (x) = e−x

n xk P . k=0 k!

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Il s’agit de déterminer toutes les “isométries” de R. Notons tout d’abord que les applications f : x 7→ x + a (translations) sont solutions. De même les applications x 7→ a − x (symétries) vérifient les conditions imposées. On va vérifier qu’on tient là toutes les solutions du problème. Soit f une application satisfaisant aux conditions imposées. 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 écrire, 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 intermédiaires). Cela est absurde. L’application x 7→ εx est donc constante sur R+∗ . Pour les mêmes 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 même 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 découle |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 problème sont donc les translations et les symétries de R. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige √ Soit f une application continue admettant 1 et 2 comme période. √ √ Pour tout entier naturel n, il existe des entiers an et bn tels que ( 2 − 1)n = an + bn 2. √ On en déduit que tn = ( 2 − 1)n est une période de f . Soit x un réel 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 périodicité. 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. Réciproquement, les applications constantes sont évidemment solutions du problème. 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.

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´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Pour tous réels 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 écrire 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 même de l’application |f − g|. Par combinaison linéaire, on en déduit la continuité de inf(f, g) et de sup(f, g). ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Donnons-nous une solution f du problème posé. 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 réel x, on a f (x) + f (−x) = 2f (0) = 0 : l’application f est impaire. Il en découle qu’il suffit de prouver l’égalité f (x) = ax pour tout x de R+ . On note Xn l’ensemble des rationnels qui peuvent s’écrire sous la forme x =

m , avec m ∈ N. 2n

Montrons par récurrence sur n la propriété 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 arithmétique. 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 propriété Pn est vraie. m Soit x un élement 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’écrit m = 2k + 1, avec k ∈ N. k m+1 k+1 x0 + x00 m−1 Les réels 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 déduit f (x) = = = ax. On a donc prouvé 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 général un = n converge vers x, et f (un ) = aun pour tout n de N. 2 Par continuité, on trouve alors f (x) = lim f (un ) = lim aun = ax. n→∞

n→∞

Ainsi f (x) = ax sur R , donc aussi sur R par imparité. En revenant au cas général (f (0) quelconque), on trouve f (x) = ax + b pour tout x de R. Réciproquement de telles applications conviennent. Les solutions du problème 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.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soit f une solution du problème. Dans toute la suite, on note a = f (1). En choisissant x = y = 0 dans l’égalité 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 réel. 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 résultat en découle par récurrence. Puis par imparité : ∀ 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 déduit 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 linéaire.) Réciproquement, les applications linéaires de R dans R sont solutions du problème. Conclusion : les solutions sont les applications f : x 7→ ax, avec a ∈ R. ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige – On suppose lim |f (x)| = +∞. Soit K un compact (un fermé borné) de R. x→±∞

Soit K l’image réciproque de K par l’application f . Il faut montrer que K 0 est compact. On sait que l’image réciproque d’un fermé par une application continue est un fermé. Il en résulte que K 0 est une partie fermée de R. Remarque : on peut facilement retrouver ce résultat. Soit (un ) une suite convergente de K 0 , de limite α. Les vn = f (un ) sont dans K et la continuité de f donne f (α) = lim f (un ) = lim vn . Le réel f (α) est limite d’une suite convergente du compact K, donc est dans K. Il en résulte que α est dans K 0 qui est donc fermé (il contient les limites de ses suites convergentes.) Puisque K est compact, il est borné. Il existe donc M > 0 tel que K ⊂ [−M, M ]. L’hypothèse sur f implique l’existence de A > 0 tel que |x| > A ⇒ |f (x)| > M . Il en découle x ∈ K 0 ⇒ f (x) ∈ [−M, M ] ⇒ x ∈ [−A, A], ou encore K 0 ⊂ [−A, A]. Ainsi K 0 est une partie fermée bornée de R : c’est un compact. – On suppose que l’image réciproque par f de tout compact K est un compact K 0 . Soit M > 0 un réel quelconque strictement positif. Soit K le compact [−M, M ]. L’image réciproque K 0 de K est compacte donc bornée : il existe A > 0 tel que K 0 ⊂ [−A, A]. On en déduit que |x| > A ⇒ x ∈ / [−A, A] ⇒ x ∈ / K 0 ⇒ f (x) ∈ / K ⇒ |f (x)| > M . Cela signifie que lim |f (x)| = +∞, et achève la démonstration. x→+∞

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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige On considère des développements “propres” (par exemple x = 0.2 plutôt que x = 0.199999 . . .) – Montrons que x est discontinue en tout x décimal 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 à 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 général yn = f (xn ) ne converge pas vers y = f (x). Pour s’en rendre compte, il y a deux cas suivant la parité 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 à 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 découle que l’application f est discontinue sur tout x décimal de ]0, 1[. – On se donne maintenant un élément x0 de ]0, 1[, non décimal. 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 approchée de x0 à 10−2m près par défaut. On note a = k=1

Puisque x0 n’est pas décimal, on a l’encadrement strict : a < x0 < a + 10−2m . Soit α > 0 un réel tel que l’intervalle ]x0 − α, x0 + α[ soit inclus dans ]a, a + 10−2m [. Tous les réels x de ]x0 − α, x0 + α[ ont les mêmes 2m premiers chiffres décimaux que x0 . Les images f (x) de ces réels ont donc les mêmes 2m premiers chiffres décimaux que f (x0 ). En particulier, pour tout x de ]x0 − α, x0 + α[, on a |f (x) − f (x0 )| ≤ 10−2m ≤ ε. Ce résultat traduit la continuité de f au point x0 . – Conclusion : f est discontinue sur les décimaux, et continue sur les “non-décimaux”. – Remarque : l’application f est visiblement involutive de ]0, 1[ sur lui-même. 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.

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´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application fn est continue sur R+ , et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection de R+ sur [f (0), lim fn [ c’est-à-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 décroissante. n Comme de plus cette suite est minorée (par 0) on en déduit 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 déduit lim (2un − 1) = 0 c’est-à-dire lim un = 21 . n→∞ n→∞ ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige n xk P Pour tout n de N, soit ϕn l’application définie 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 déduit ϕn+1 (xn ) = λ + e−xn (n+1)! > λ, ce qui prouve l’inégalité 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 décroissante, cela s’écrit : n ≥ n0 ⇒ xn > M . Cela prouve que la suite n’est pas majorée. Comme elle est croissante, on a lim xn = +∞. n→∞

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soit f une application continue de [a, b] dans lui-même. 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 réel αn de [0, 1] tel que f (αn + n1 ) = f (αn ). 2. Montrer que ce résultat 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 réel 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 discontinuité est au plus dénombrable. Exercice 7 [ Indication ] [ Correction ] Donner un exemple d’une application f : [0, 1] → [0, 1], strictement croissante et ayant une infinité dénombrable de points de discontinuité.

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ] Considérer l’application g définie sur [a, b] par g(x) = f (x) − x. Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ] Raisonner par l’absurde, et en déduire 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 théorème des valeurs intermédiaires. Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ] n−1 P k 1. Considérer g définie 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-périodique a` base de “sinus”. Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] Considérer l’application hλ : [0, 1] → R définie par hλ (x) = f (x) − λg(x). Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ] f (x)

Considérer l’application h définie sur [a, b] par h(x) = g(x) . Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ] Considérer l’amplitude d(x) de la discontinuité 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 à l’énoncé ] Former une application affine par intervalles. Ces intervalles pourront être ]1/2, 1], ]1/4, 1/2], ]1/8, 1/4], etc.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Considérons l’application g définie 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 déduit (théorème des valeurs intermédiaires) 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’énoncé ] 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 à remplacer f par −f , on suppose f (x) ≤ f (z) (càd f (x) < f (z) car f est injective.) x<y<z x<y<z On a donc par hypothèse ou f (y) < f (x) < f (z) f (x) < f (z) < f (y) Dans le premier cas, le réel α = f (x) est élément de l’intervalle ouvert ]f (y), f (z)[. Il existe donc t dans ]y, z[ tel que f (t) = α (théorème des valeurs intermédiaires.) Ainsi f (t) = f (x) avec x < y < t donc x 6= t, ce qui contredit l’injectivité de f . Dans le second cas, β = f (z) ∈ ]f (x), f (y)[ ⇒ ∃ u ∈ ]x, y[ , f (u) = f (z). L’égalité f u) = f (z), avec u < y < z donc u 6= z, contredit encore l’injectivité de f . On arrive donc toujours a` une contradiction, ce qui prouve que f est strictement monotone. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 1. Le résultat est évident si n = 1, avec α1 = 0. On suppose donc n ≥ 2. On considère l’application g définie 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).

On en déduit l’existence de deux entiers distincts k, k 0 tels que g( nk ) ≤ 0 et g( kn ) ≥ 0. 0 Il en découle que g s’annule sur [ nk , kn ] (théorème des valeurs intermédiaires.) Ainsi, il existe αn dans [0, 1] tel que g(αn ) = 0, càd tel que f (αn + n1 ) = f (αn ). 2. On définit 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 réel x de [0, 1 − λ] tel que f (x + λ) = f (x). sin( 2πx ) sin( 2πx ) λ λ Cette égalité équivaut à 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.

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´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Soit λ ≥ 0. On définit 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 déduit l’existence de x0 dans [0, 1] tel que hλ (x0 ) = 0 (théorème des valeurs intermédiaires.) Ainsi il existe x0 dans [0, 1] tel que f (x0 ) = λg(x0 ). ´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige f (x)

Notons h l’application définie sur [a, b] par h(x) = g(x) . On a h(x) > 1 pour tout x de [a, b]. L’application h étant 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-à-dire f (x) ≥ λg(x). ´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Notons D l’ensemble des points de discontinuité 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 précisément, on a la double inégalité 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

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 dénombrable d’ensembles finis, est donc un ensemble dénombrable. ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige i i 1 On définit 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’intérieur 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 complète enfin la définition 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 infinité dénombrable de discontinuités (il est recommandé 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.

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ] Soient f et g deux applications continues sur le segment [a, b], à valeurs réelles. On définit l’application M par, pour tout réel 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, uniformément continue. Montrer qu’il existe deux réels a, b ≥ 0 tels que : ∀ x ∈ R, |f (x)| ≤ a|x| + b. Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ] √ Montrer que x 7→ x est uniformément continue sur R+ (on demande deux méthodes.) Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ] Prouver (f, g uniformément continues et bornées) ⇒ (f g uniformément continue). Donner un contre-exemple quand on ne suppose plus que f et g sont bornés. Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ] Montrer que l’application x 7→ sin x2 n’est pas uniformément 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 uniformément continue sur R. Exercice 8 [ Indication ] [ Correction ] Soient a, b deux réels 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 uniformément 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 réel α de ]0, 1[. En revenant a` la définition, montrer que x 7→ xα est uniformément 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.

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Indications ou r´ esultats Indication pour l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Pour tout réel α, introduire l’application hα : x 7→ f (x) + αg(x). Se donner α0 (resp. α1 ) et les réels x0 (resp. x1 ) o` u hα0 (resp. hα1 ) prend son maximum. Chercher ensuite à encadrer la quantité M (α0 ) − M (α1 ). Indication pour l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Penser à utiliser x = a et y = b. Il n’est pas question de continuité dans cet exercice. Indication pour l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Considérer α > 0 tel que : ∀ (x, y) ∈ R2 , |x − y| ≤ α ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ 1. Pour tout x 6= 0, découper [0, x] en sous-segments de longueur juste inférieure ou égale à α. Indication pour l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Première méthode : théorème de Heine sur [0, 2] et application lipschitzienne sur [2, +∞[. √ √ √ Deuxième méthode : démontrer que 0 ≤ y ≤ x ⇒ 0 ≤ x − y ≤ x − y. Indication pour l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Utiliser (f g)(x) − (f g)(y) = f (x)(g(x) − g(y)) + g(y)(f (x) − f (y)). Pour le contre-exemple, le carré d’une fonction très simple convient. Indication pour l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] p √ Considérer xn = nπ et yn = (n + 1)π. Indication pour l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Se donner A > 0 tel que x ≤ −A ⇒ |f (x) − `| ≤ 2ε , et tel que x ≥ A ⇒ |f (x) − `0 | ≤ 2ε . Utiliser ensuite le théorème de Heine sur [−A − 1, A + 1]. Indication pour l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] (1 : Prouver que f est lipschitzienne. (2 : Traduire l’hypothèse sur f . (3 : L’application ϕ est bijective continue et change de signe. Indication pour l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] 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.

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Pour tout réel 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 réels 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 définition de x0 et x1 on a hα0 (x1 ) ≤ hα0 (x0 ) et hα1 (x0 ) ≤ hα1 (x1 ). On en déduit 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 inégalités 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’énoncé ] Corrige L’hypothèse 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 possibilités , ou . f (b) = b f (b) = a On se ramène au premier cas en rempla¸cant f par g : x 7→ f (a + b − x) (en effet l’application g satisfait exactement aux mêmes hypothèses 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-à-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-à-dire b − f (x) ≥ b − x donc f (x) ≤ x. Finalement, on a f (x) = x pour tout x de [a, b]. Dans le deuxième cas, on a g(x) ≡ x donc f (a + b − x) ≡ x donc f (x) ≡ a + b − x. Remarque : contrairement aux apparences, ce n’était pas un exercice sur la continuité !

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´ 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’énoncé ] Corrige – Première méthode : On se donne ε > 0. L’application x 7→

√

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

En vertu du théorème de Heine, elle y est uniformément 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 trouvé η > 0 tel que ∀ (x, y) ∈ (R+ )2 , |x − y| ≤ η ⇒ x − y ≤ ε. √ Conclusion : l’application x 7→ x est uniformément continue sur R+ . – Deuxième méthode : On se donne un réel ε strictement positif quelconque.

√ √

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

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige – On suppose que les applications f et g sont définies sur un même intervelle I. Il existe un réel 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 réels 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 résultat prouve que l’application f g est uniformément continue. – Les applications f : x 7→ x et g : x 7→ x sont uniformément continues sur R. Mais il n’en est pas de même 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→∞

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige √ xn = nπ π p p Posons . . On a yn − xn = √ yn = (n + 1)π nπ + (n + 1)π On en déduit 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 à prouver que f n’est pas uniformément continue sur R. ´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Posons ` = lim f (x) et `0 = lim f (x). x→−∞

x→+∞

On se donne un réel 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 déduit 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 uniformément continue sur ce segment (théorème 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 définitions précédentes, 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 uniformément 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.

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´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] 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 uniformément 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 inégalité s’écrit ϕ(y) < ϕ(x). Il en découle que ϕ est strictement décroissante sur [a, b]. 3. L’hypothèse 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 réalise 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’énoncé ] 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 symétrie 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 décroissante sur R+∗ car α < 1. Il en résulte 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 déduit que ϕy (x) ≥ 0 sur [0, y], ce qu’il fallait démontrer. On peut donc affirmer que ∀ (x, y) ∈ R+ , |y α − xα | ≤ |y − x|α . On se donne maintenant un réel ε strictement positif quelconque. Posons η = ε1/α . Le résultat précédent permet d’écrire : ∀ (x, y) ∈ R2 , |y − x| ≤ η ⇒ |y α − xα | ≤ |y − x|α ⇒ |y α − xα | ≤ η α = ε On a ainsi prouvé que l’application x 7→ xα est uniformément continue sur R+ .

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] Vérifier l’égalité : 2 arccos

3 1 = arccos . 4 8

Exercice 2 [ Correction ]

√ 5 7 35 − 16 3 Vérifier l’égalité : arccos + arccos = arccos . 7 9 63 Exercice 3 [ Correction ] Vérifier l’égalité : arcsin

5 3 56 + arcsin = arcsin . 13 5 65

Exercice 4 [ Correction ] Vérifier l’égalité : arcsin

π 4 5 16 + arcsin + arcsin = . 5 13 65 2

Exercice 5 [ Correction ] 9 4 π Vérifier l’égalité : arccos √ + arcsin √ = . 4 82 41 Exercice 6 [ Correction ] Soient x, y, z trois réels de l’intervalle [0, 1]. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur x, y, z pour que arccos x + arccos y + arccos z = π. Exercice 7 [ Correction ] Résoudre l’équation 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

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] 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 même, on a 0 ≤ b ≤ π. Dans ces conditions, l’égalité cos a = cos b implique a = b. ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige

√ 35−16 3 5 7 Posons a = arccos 7 , b = arccos 9 et c = arccos . 63

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 même 0 ≤ arccos 79 ≤ π2 . On en déduit 0 ≤ a + b ≤ π, et on a bien sˆ ur 0 ≤ c ≤ π. L’égalité cos(a + b) = cos c donne alors a + b = c, ce qu’il fallait démontrer. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 5 Posons a = arcsin 13 , b = arcsin 53 et c = arcsin 56 65 .

On On On On

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

L’égalité sin(a + b) = sin c donne alors a + b = c, ce qu’il fallait démontrer. ´ de l’exercice 4 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 5 16 L’égalité à démontrer équivaut à 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’égalité 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 déduit 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.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’´enonc´e ] Corrige Posons a = arccos √9 et b = arcsin √4 . 82

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 déduit l’encadrement 0 ≤ a + b ≤ π2 . √ Ajouté à cos(a + b) = 22 , cet encadrement donne a + b = π4 , ce qu’il fallait démontrer.

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige – L’égalité arccos x + arccos y + arccos z = π équivaut à : arccos x + arccos y = arccos(−z). Supposons que cette dernière égalité soit réalisée. On en déduit −z = cos(arccos x + arccos y) = xy −

√

1 − x2

1 − y2.

Il en découle (xy + z)2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ) c’est-à-dire x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1. – Réciproquement, si x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 alors (z + xy)2 = (1 − x2 )(1 − y 2 ). p p √ √ Cela équivaut 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 éventualités s’écrivent cos c + cos(a + b) = 0 ou cos c + cos(a − b) = 0. Cela équivaut a` cos(a + b) = cos(π − c) ou cos(a − b) = cos(π − c). Cela équivaut a` l’une des quatre possibilités : 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 écrire ces quatre conditions sous les formes équivalentes 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 déduit que la condition a + b + c ≡ π(2π) équivaut 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 “absorbé” par a + b + c = π. De même les conditions 3,4 sont contenues dans la condition 1 équivalente a` a + b + c = π. Finalement, on aboutit nécessairement a` l’égalité arccos x + arccos y + arccos z = π. – Conclusion : pour tous réels x, y, z de l’intervalle [0, 1], on a l’équivalence : 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.

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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Notons que les conditions a ≥ 1 et b ≥ 1 assurent l’existence du second membre. Le premier membre est une fonction de x définie si |x| ≥ b. a 1 b 1 Soit x une solution de l’équation. On a donc arccos + arccos = arccos + arccos . x a x b On prend le cosinus de chaque membre et on en déduit : 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 équivaut à x2 = a2 b2 donc x ∈ {−ab, ab}. x 2 a2 x 2 b2 Réciproquement, on constate que x = ab est solution évidente de l’équation.

Cela s’´ecrit

On vérifie 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’équation initiale est x = ab. ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Supposons qu’un réel x soit solution de l’équation proposée. 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 Réciproquement 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’équation arcsin + arcsin = arcsin x. 65 5 13 ´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige x L’application ϕ : x 7→ arcsin x + arcsin est définie 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 évidente) de arcsin x + arcsin = 2 3

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´ 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

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Corrig´ es des exercices ´ de l’exercice 1 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Remarquons que le domaine de définition en x est [− 12 , 21 ], et que x = 0 est solution évidente. Par imparité, 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 égaux si et seulement si ils ont le même 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’équation sont x = − 12 , x = 0 et x = 21 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige La quantité y(x) est définie ⇔ −1 ≤ 1 − 2x2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. Remarquons que l’application x 7→ y(x) est paire. On va l’étudier 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’énoncé ] Corrige 1 − x2 ≤ 1 c’est-à-dire pour tout x de R. 1 + x2 Remarquons que l’application x 7→ y(x) est paire. On va l’étudier sur R+ . La quantité y(x) est définie pour −1 ≤

Soit x un élément 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’énoncé ] 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.

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´ de l’exercice 5 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige 2x La quantité y(x) est définie pour −1 ≤ ≤ 1 c’est-à-dire pour tout x de R. 1 + x2 Remarquons que l’application x 7→ y(x) est impaire. On va l’étudier sur R+ . Soit x un élément 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 résumer cette définition en écrivant y(x) = 2 arctan x1 Voici la représentation graphique de l’application x 7→ y(x) :

si x ∈ [−1, 1] pour |x| ≥ 1

´ de l’exercice 6 [ Retour a` l’énoncé ] 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 définie 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-à-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.

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´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ f (x) est définie et continue sur R. Elle est π-périodique. q

1−cos(2t)

= 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 déduit que f (x) = x + π4 quand − π2 ≤ x + π4 ≤ π2 c’est-à-dire − 3π 4 ≤ x ≤ 4. Pour le reste, on complète par périodicité. Voici la représentation graphique de x 7→ f (x).

´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ f (x) est définie et continue sur R. Elle est 2π-périodique. On a en fait une propriété plus précise (dont découle d’ailleurs la 2π-périodicité) : f (x + π) = arcsin(− cos x) + arccos(− sin x) = π − arcsin cos x − arccos sin x = π − f (x). Il suffit donc d’étudier 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 déduit : x ∈ [0, π] ⇒ π2 − x ∈ [− π2 , π2 ] ⇒ f (x) = π2 − x + π2 − x . Il en découle : ∀ x ∈ [0, π2 ], f (x) = π − 2x. et ∀ x ∈ [ π2 , π], f (x) = 0. On peut alors compléter 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 complète par périodicité. Voici la représentation graphique de x 7→ f (x).

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´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ f (x) est définie et continue sur R. Elle est 2π-périodique 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 déduit f (x) = 2x sur [0, π2 ] et f (x) = π sur On complète ensuite par parité et par périodicité.

[ π2 , π]. Voici la repr´esentation graphique de f .

´ de l’exercice 10 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ f (x) est définie et continue sur R. Elle est 2π-périodique et paire. On sait que arccos cos t = t sur [0, π] et arccos cos t = 2π − t sur [π, 2π]. On a également arccos cos t = t − 2π sur [2π, 3π]. On en déduit : – Si 0 ≤ x ≤ π3 alors arccos cos x = x, arccos cos 2x = 2x et arccos cos 3x = 3x. On en déduit 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 résulte 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 résulte 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 résulte f (x) = x + (π − x) + 3x−2π = x2 + 2π 6 3 . On complète ensuite par parité et par périodicité. Voici la représentation graphique de f .

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 [ Correction ] 1 4 Vérifier l’égalité : 2 arctan = arctan . 2 3 Exercice 2 [ Correction ] π 1 1 1 Vérifier l’égalité : = arctan + arctan + arctan . 4 2 5 8 Exercice 3 [ Correction ] 1 1 1 π Vérifier l’égalité : = 2 arctan + arctan + 2 arctan . 4 5 7 8 Exercice 4 [ Correction ] π 1 3 Vérifier l’égalité : = 5 arctan + 2 arctan . 4 7 79 Exercice 5 [ Correction ] π 1 1 1 Vérifier l’égalité : = 4 arctan − 2 arctan + arctan 4 5 408 1393 Exercice 6 [ Correction ] π 1 1 1 Vérifier l’égalité : = 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

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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-à-dire 2 arctan 12 = arctan 43 . ´ de l’exercice 2 [ Retour a` l’énoncé ] 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

Enfin les réels arctan 21 , arctan 15 , arctan 81 sont tous trois éléments de ]0, π4 [. Ainsi a et b sont dans l’intervalle ]0, π2 [, et tan a = tan b ⇒ a = b, ce qu’il fallait démontrer. ´ de l’exercice 3 [ Retour a` l’énoncé ] 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 déduit les encadrements − 12 < a < π4 et 0 < b < π2 . Donc a, b sont dans − π2 , π2 . Avec cet encadrement et l’égalité tan a = tan b, on en déduit a = b, ce qu’il fallait démontrer. ´ de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ] 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 réels 5a et π4 − 2b sont dans ]0, π2 [ et ont même tangente. 3 On en déduit π4 = 5a + 2b, c’est-à-dire : π4 = 5 arctan 71 + 2 arctan 79 .

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´ 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 déduit 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 réel x = 3a + b + c vérifie 0 < x < π2 et tan x = 1. Ainsi x = π4 , ce qu’il fallait démontrer. 1 2

´ de l’exercice 7 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige Le domaine de définition de x 7→ y(x) est R \ {π + 2kπ, k ∈ Z}. Sur ce domaine, cette application est continue, 2π-périodique et paire. Il suffit donc d’étudier 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 résulte y(x) = arctan tan t = t = x2 pour tout x de [0, π[. |x|

Finalement y(x) = 2 sur ] − π, π[ et on complète par périodicité. Remarque : en x = π + 2kπ, on peut prolonger par continuité en posant y(x) = π2 . ´ de l’exercice 8 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ y(x) est définie 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 résulte y(x) = arctan tan θ = θ = 21 arctan x. Conclusion : pour tout x 6= 0, on a y(x) = 12 arctan x (et par continuité 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.

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´ de l’exercice 9 [ Retour a` l’énoncé ] Corrige L’application x 7→ y(x) est définie 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’énoncé ] Corrige L’application f est définie et dérivable 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 déduit que f (x) = 0 si |x| < 1, et que f (x) = π si |x| > 1.

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´ 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 .

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´ Enonc´ es des exercices Exercice 1 R´esoudre 2 arctan x = arcsin

2a 2b arcsin + . 1 + a2 1 + b2

Exercice 2 Préciser sur quel dommaine l’égalité suivante est réalisée : √ √ 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 Résoudre l’équation arctan(x − 2) + arctan(x − 1) + arctan x + arctan(x + 1) = 0. Exercice 8 Soit a un réel 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

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´ 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 Résoudre l’équation 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 déduire 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

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´ 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 Résoudre l’équation 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 dérivées 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

= cos x.

Exercice 7 x

Résoudre (ab ) = a(b ) , puis a(b ) = b(a ) . Exercice 8 Résoudre 4x − 3x−1/2 = 3x+1/2 − 22x−1 . Exercice 9 Résoudre le système

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

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´ 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 Résoudre l’équation 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 dérivée n-ième de f (x) = sin x sh x. Exercice 8 Calculer la dérivée n-ième de f (x) = ex ch a ch (x sh a). Exercice 9 Vérifier l’égalité 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 parallèle à l’une des tangentes au cercle x2 + y 2 = a2 , menée de la projection P de M sur Oy.

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´ 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 Vérifier l’égalité 2 arctan th x = arctan sh 2x. Exercice 8 1 1 Trouver u0 pour que la suite définie par un+1 = (un + ) soit k-périodique. 2 un Indication : poser u0 = coth ϕ