Correction détaillée des exercices 69 à 73
Exercices de perfectionnement - Limites et continuité - Manuel Al Moufid
Exercice 69
Soit la fonction numérique définie par :
\[ f(x)=\frac12\left(\sqrt{\frac{2x}{x+1}}+\sqrt{2x-x^2}\right). \]Déterminer \(D\), le domaine de définition de \(f\).
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La fonction est définie lorsque les deux radicandes sont positifs ou nuls :
\[ \frac{2x}{x+1}\ge0 \qquad\text{et}\qquad 2x-x^2\ge0. \]La première inégalité donne :
\[ \frac{2x}{x+1}\ge0 \iff x\in]-\infty;-1[\cup[0;+\infty[. \]La deuxième donne :
\[ 2x-x^2=x(2-x)\ge0 \iff x\in[0;2]. \]En prenant l'intersection, on obtient :
Justifier la continuité de la fonction \(f\) sur \(D\).
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Sur \([0;2]\), la fonction \(x\mapsto \dfrac{2x}{x+1}\) est continue, car \(x+1\ne0\) sur cet intervalle, et elle y est positive.
La fonction \(x\mapsto 2x-x^2\) est polynomiale, donc continue sur \(\mathbb R\), et elle est positive sur \([0;2]\).
La fonction racine carrée étant continue sur \([0;+\infty[\), les fonctions :
\[ x\mapsto\sqrt{\frac{2x}{x+1}} \qquad\text{et}\qquad x\mapsto\sqrt{2x-x^2} \]sont continues sur \([0;2]\). Leur somme, puis sa moitié, sont donc continues sur cet intervalle.
Montrer qu'il existe un couple \((\alpha,\beta)\in\mathbb R^2\) tel que :
\[ \left(\forall x\in\left[\frac12;\frac32\right]\right) \qquad 2\alpha\le \sqrt{\frac{2x}{x+1}}+\sqrt{2x-x^2} \le2\beta. \]Lire la correction +Masquer la correction -
La fonction \(f\) est continue sur le segment \(\left[\dfrac12;\dfrac32\right]\), qui est inclus dans son domaine.
L'image d'un segment par une fonction continue est un segment. Il existe donc deux réels \(\alpha\) et \(\beta\), avec \(\alpha\le\beta\), tels que :
\[ f\left(\left[\frac12;\frac32\right]\right)=[\alpha;\beta]. \]Ainsi, pour tout \(x\in\left[\dfrac12;\dfrac32\right]\) :
\[ \alpha\le f(x)\le\beta. \]Or :
\[ 2f(x)=\sqrt{\frac{2x}{x+1}}+\sqrt{2x-x^2}. \]En multipliant l'encadrement par \(2\), on obtient :
Montrer que \(f\) réalise une bijection de \([0;1]\) sur \([0;1]\).
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La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\).
Sur cet intervalle, la fonction :
\[ x\mapsto\frac{2x}{x+1} \]est strictement croissante, car sa dérivée vaut :
\[ \left(\frac{2x}{x+1}\right)'=\frac{2}{(x+1)^2}>0. \]De même, la fonction \(x\mapsto 2x-x^2\) est strictement croissante sur \([0;1]\), car :
\[ (2x-x^2)'=2-2x\ge0, \]avec une dérivée strictement positive sur \([0;1[\).
Comme la fonction racine carrée est strictement croissante sur \([0;+\infty[\), les deux termes composant \(f\) sont croissants sur \([0;1]\), et le premier est strictement croissant. Par conséquent, \(f\) est strictement croissante sur \([0;1]\).
Enfin :
\[ f(0)=0 \qquad\text{et}\qquad f(1)=\frac12(1+1)=1. \]Une fonction continue et strictement croissante sur \([0;1]\) réalise une bijection de cet intervalle sur son image :
\[ f([0;1])=[f(0);f(1)]=[0;1]. \]Soit \([a;b]\) un segment inclus dans \([0;1]\). Montrer que :
\[ \exists c\in[a;b],\qquad f(c)=\frac{a-c}{a-2b+c}. \]Lire la correction +Masquer la correction -
On suppose \(a Pour tout \(x\in[a;b]\), on a : donc le dénominateur ne s'annule pas. La fonction \(\varphi\) est donc continue sur \([a;b]\). La fonction : est continue sur \([a;b]\). Aux extrémités : Comme \(a,b\in[0;1]\) et \(f([0;1])=[0;1]\), on a : D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc \(c\in[a;b]\) tel que \(H(c)=0\). Ainsi :
Exercice 70
Soit \(f\) une fonction définie de \([0;1]\) dans \([0;1]\) et continue sur \([0;1]\).
Établir que :
\[ \exists c\in[0;1],\qquad f(c)+f(1-c)=2c. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Considérons la fonction \(H\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ H(x)=f(x)+f(1-x)-2x. \]La fonction \(H\) est continue sur \([0;1]\), car \(f\) est continue.
Comme \(f\) prend ses valeurs dans \([0;1]\), on a :
\[ H(0)=f(0)+f(1)\ge0, \]et :
\[ H(1)=f(1)+f(0)-2\le0. \]D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in[0;1]\) tel que \(H(c)=0\).
Exercice 71
Soit \(f:[a;b]\longrightarrow[a;b]\) une fonction continue sur \([a;b]\).
Montrer que \(f\) admet un point invariant.
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Un point invariant est un réel \(c\in[a;b]\) tel que \(f(c)=c\).
Considérons la fonction :
\[ H(x)=f(x)-x. \]Elle est continue sur \([a;b]\).
Comme \(f(a)\in[a;b]\), on a \(f(a)\ge a\), donc :
\[ H(a)=f(a)-a\ge0. \]Comme \(f(b)\in[a;b]\), on a \(f(b)\le b\), donc :
\[ H(b)=f(b)-b\le0. \]D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in[a;b]\) tel que \(H(c)=0\).
Exercice 72
Soit \(f\) une fonction continue sur \([0;1]\) telle que :
\[ f(0)=f(1)=\frac12. \]Montrer qu'il existe \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ f(c)=\frac{1-c}{1+c}. \]Lire la correction +Masquer la correction -
Considérons la fonction \(H\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ H(x)=f(x)-\frac{1-x}{1+x}. \]Elle est continue sur \([0;1]\), car \(1+x>0\) sur cet intervalle.
Aux extrémités :
\[ H(0)=\frac12-1=-\frac12<0, \]et :
\[ H(1)=\frac12-0=\frac12>0. \]D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc \(c\in]0;1[\) tel que \(H(c)=0\).
Exercice 73
Soit \(f\) une fonction continue sur \([a;b]\) telle que :
\[ f(a)=f(b). \]Montrer que l'équation :
\[ f(x)=f\left(x+\frac{b-a}{2}\right) \]admet au moins une solution dans \([a;b]\).
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Posons :
\[ m=\frac{a+b}{2}. \]Pour \(x\in[a;m]\), on a :
\[ x+\frac{b-a}{2}\in[m;b]. \]La fonction \(H\) définie sur \([a;m]\) par :
\[ H(x)=f(x)-f\left(x+\frac{b-a}{2}\right) \]est donc continue.
En \(a\) :
\[ H(a)=f(a)-f(m). \]En \(m\) :
\[ H(m)=f(m)-f(b)=f(m)-f(a)=-H(a), \]car \(f(a)=f(b)\).
Si \(H(a)=0\), alors \(a\) est une solution. Sinon, \(H(a)\) et \(H(m)\) sont de signes contraires. Dans les deux cas, le théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence d'un réel \(c\in[a;m]\) tel que \(H(c)=0\).
Comme \([a;m]\subset[a;b]\), on obtient :
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