Échantillons de rédaction

David A. Madore

14 novembre 2000

Exercices 2 à 6 et 11, pages 45–46 du polycopié orange.

Exercice 2

(a) Montrons que l’équation x^{7} − x^{2} + 1 = 0 a une solution sur I = [−2; 0]. Pour cela, définissons une fonction f: [−2; 0] → ℝ par f(x) = x^{7} − x^{2} + 1. Cette fonction est continue (c’est une fonction polynômiale) ; elle vérifie f(−2) = −128 − 4 + 1 = −131 < 0 et f(0) = 1 > 0, de sorte que le théorème des valeurs intermédiaires garantit l’existence d’un c ∈] − 2; 0[ tel que f(c) = 0. Ceci signifie que c^{7} − c^{2} + 1 = 0, autrement dit, c est une solution de l’équation considérée.

(b) Montrons que l’équation \sqrt[3]{x^{3} + 6x + 1} − 3x = 2 a une solution sur I = ℝ. Pour cela, définissons une fonction f: ℝ → ℝ par f(x) = \sqrt[3]{x^{3} + 6x + 1} − 3x − 2. Cette fonction est bien définie sur tout ℝ (on rappelle que la fonction racine cubique est définie et continue sur ℝ), et y est continue (comme composée de fonctions continues). On a f(0) = 1 − 2 = −1 < 0. Par ailleurs, f(x) = x (\sqrt[3]{1 + \frac{6}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}}} − 3 − \frac{2}{x});

or lorsque x → −∞, on a \frac{6}{x^{2}} → 0 et \frac{1}{x^{3}} → 0, de sorte que 1 + \frac{6}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}} → 1, et \sqrt[3]{1 + \frac{6}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}}} → 1 (par continuité de la racine cubique) ; comme de plus, toujours lorsque x → −∞, on a \frac{2}{x} → 0, on voit

que finalement \sqrt[3]{1 + \frac{6}{x^{2}} + \frac{1}{x^{3}}} − 3 − \frac{2}{x} → −2, et par conséquent f(x) → +∞. On a donc montré que lim_{x→−∞} f(x) = +∞. En particulier, pour x suffisamment grand en valeur absolu et négatif, on a f(x) > 0.

Mais puisqu’on a remarqué que f(0) < 0, par le théorème des valeurs intermédiaires (f étant continue), on peut en conclure qu’il existe c (et même c < 0) tel que f(c) = 0.

(c) Montrons que l’équation tan x = \frac{3}{2}x a une solution sur I =]\frac{π}{4}; \frac{π}{3}[. Pour cela, définissons une fonction f: [\frac{π}{4}; \frac{π}{3}] → ℝ par f(x) = tan x − \frac{3}{2}x. Cette fonction est bien définie, et elle est continue ; elle vérifie f(\frac{π}{4}) = tan \frac{π}{4} − \frac{3}{2} × \frac{π}{4} = 1 − \frac{3π}{8} < 0 car π > 3 donc 3π > 9 > 8 ; et d’autre part, f(\frac{π}{3}) = tan \frac{π}{3} − \frac{3}{2} × \frac{π}{3} = \sqrt{3} − \frac{π}{2} > 0 car π^{2} < 10 < 12 donc (\frac{π}{2})^{2} < 3. Ainsi, le théorème des valeurs intermédiaires garantit l’existence d’un c ∈]\frac{π}{4}; \frac{π}{3}[ tel que f(c) = 0. Ceci signifie que tan c = \frac{3}{2}c, autrement dit, c est une solution de l’équation considérée.

Exercice 3

(a) L’affirmation proposée est fausse. Il est possible de trouver une fonction f définie sur un intervalle [a; b], avec f(a) et f(b) de signes contraires (disons f(a) < 0 et f(b) > 0), telle que pourtant f ne s’annule jamais sur [a; b]. Par exemple, la fonction f définie sur [−1; 1] par f(x) = −1 si x < 0 et f(x) = 1 si x ≥ 0, satisfait bien f(−1) = −1 < 0 et f(1) = 1 > 0, et pourtant f(x) n’est jamais nul. Évidemment, f ne saurait être continue, en vertu du théorème des valeurs intermédiaires. De même, si on définit g: [−1; 1] → ℝ par g(x) = \frac{1}{x} si x ≠ 0 et g(0) = 1729, alors g est définie sur [−1; 1], vérifie g(−1) = −1 < 0 et g(1) = 1 > 0, et pourtant g ne s’annule jamais : ceci fournit un second contre-exemple.

(b) L’affirmation proposée est fausse. Par exemple, la fonction f: x ↦ x^{2} est bien continue sur ℝ et elle s’annule au moins une fois (en 0), pourtant il n’existe pas a et b tels que f(a) × f(b) < 0. On peut donner d’autres contre-exemples : x ↦ −x^{2} ou x ↦ |x|, ou tout simplement x ↦ 0 (la fonction identiquement nulle).

(c) L’affirmation proposée est vraie. Si lim_{x→a+} f(x) × lim_{x→b−} f(x) = −1, alors ces deux limites (qui sont implicitement supposées exister et être finies) sont non nulles et de signes contraires. En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction f continue sur ]a; b[, on voit qu’elle s’annule au moins une fois. (Si on rechigne à appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur un intervalle ouvert, avec des limites, on peut toujours procéder ainsi : prolonger f par continuité à une fonction f̂ sur [a; b] en définissant f̂(x) = f(x) si x ∈]a; b[, et f̂(a) = lim_{x→a+} f(x) et f̂(b) = lim_{x→b−} f(x) ; alors f̂ est continue sur

[a; b], et f̂(a) et f̂(b) sont de signes contraires, donc le théorème des valeurs intermédiaires s’applique et donne un c ∈]a; b[ pour lequel f(c) = f̂(c) = 0.)

(d) L’affirmation proposée est fausse. Par exemple, considérons l’application f: [−2; 2] → ℝ définie par f(x) = x lorsque x ∉ {−1; 1}, et f(1) = −1 et f(−1) = 1 (autrement dit, f est égale à la fonction identité partout sauf en 1 et −1, et elle échange ces deux valeurs). Il est clair que f n’est pas continue en −1 ou en 1. En revanche, l’image par f du segment [−2; 2] est bien le segment [−2; 2] (et même, f est une bijection de [−2; 2] sur [−2; 2]).

On peut donner un autre contre-exemple : considérons la fonction f définie par f(x) = sin \frac{1}{x} si x ≠ 0, et f(0) = 0. La fonction f n’est pas continue en 0. Pourtant, si [a; b] est un segment quelconque, alors l’image par f de [a; b] est un segment. En effet, soit [a; b] ne contient pas 0, auquel cas f y est continue, donc l’image est bien un segment ; soit [a; b] contient 0, auquel cas f y prend toutes les valeurs entre −1 et 1 de sorte que l’image est [−1; 1]. On a donc donné un exemple de fonction non continue par laquelle l’image de tout segment est un segment, ce qui est bien plus fort que ce qui était demandé.

En fait, il est même possible de donner des exemples de fonctions ℝ → [0; 1] (par exemple) telles que l’image de tout segment (non réduit à un point) soit [0; 1] tout entier. Une telle fonction n’est évidemment continue en aucun point.

(e) L’affirmation proposée est fausse. Par exemple, si f: ℝ → ℝ est la fonction définie par f(x) = −1 si x < 0 et f(x) = 1 si x ≥ 0, alors |f| est la fonction constante égale à 1, donc évidemment continue, et pourtant f n’est pas continue (elle est discontinue en 0).

Exercice 4

Soit f une fonction définie et continue sur ℝ, périodique. Le fait que f soit périodique signifie qu’il existe un T > 0 (une « période ») tel que f(x + T) = f(x) pour tout x ∈ ℝ. On veut montrer que f est bornée et atteint ses bornes sur ℝ.

Tout d’abord, considérons f restreinte à l’intervalle [0; T] : elle y est encore continue. D’après le théorème de Weierstraß (une fonction continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes), il existe m et M réels tels que m ≤ f(x) ≤ M pour tout x ∈ [0; T], et de surcroît, on peut supposer m = f(x_{0}) et M = f(x_{1}) pour certains réels x_{0}, x_{1} ∈ [0; T].

Si k ∈ ℤ est un entier, alors on a f(x + kT) = f(x) (ceci se démontre rapidement par récurrence sur k si k ≥ 0, et pour k < 0 il suffit d’appliquer le résultat pour k ≥ 0 à f(x − kT)). Par conséquent, sur l’intervalle [kT; (k + 1)T] on a encore m ≤ f(x) ≤ M.

Or tout x ∈ ℝ appartient à (au moins) l’un des intervalles [kT; (k + 1)T] (k ∈ ℤ) (c’est-à-dire si l’on veut que l’union des intervalles [kT; (k + 1)T] pour k ∈ ℤ est ℝ tout entier). Plus précisément, on a x ∈ [kT; (k + 1)T] avec k = E(\frac{x}{T}) (où E désigne la partie entière) : en effet, E(\frac{x}{T}) ≤ \frac{x}{T} < E(\frac{x}{T}) + 1 implique kT ≤ x < (k + 1)T si k = E(\frac{x}{T}), et a fortiori kT ≤ x ≤ (k + 1)T donc x est dans l’intervalle [kT; (k + 1)T].

Par conséquent, on a pour tout x ∈ ℝ, m ≤ f(x) ≤ M. Ceci traduit le fait que f est bornée. Comme on a dit qu’on pouvait trouver m = f(x_{0}) et M = f(x_{1}) (et x_{0}, x_{1} ∈ [0; T] implique x_{0}, x_{1} ∈ ℝ), c’est que f atteint ses bornes.

Exercice 5

Soit f: [0; 1] → [0; 1] définie et continue. On veut montrer qu’il existe x ∈ [0; 1] tel que f(x) = x (on dit que x est un « point fixe » de f). Supposons par l’absurde qu’un tel x n’existe pas. Tout d’abord, f(0) ≠ 0 (sans quoi 0 serait « un tel x »), donc f(0) > 0 (puisque 0 ≤ f(x) ≤ 1 pour tout x : c’est l’hypothèse f: [0; 1] → [0; 1]). D’autre part, f(1) ≠ 1, donc f(1) < 1 de même. Mais alors, si g désigne la fonction définie par g(x) = f(x) − x, on voit que g(0) = f(0) > 0 et g(1) = f(1) − 1 < 0 ; comme g est continue (car f l’est), g doit s’annuler sur ]0; 1[. Mais on a supposé que f(x) ≠ x pour tout x, c’est-à-dire que g ne s’annule jamais : c’est une contradiction.

Supposons maintenant de plus que f est décroissante. On veut montrer que le x tel que f(x) = x est unique. Supposons par l’absurde qu’on ait f(x_{0}) = x_{0} et f(x_{1}) = x_{1} avec x_{0} ≠ x_{1}, disons pour fixer les idées que x_{0} < x_{1}. Alors f(x_{0}) ≥ f(x_{1}) (puisque f est décroissante). Mais puisque f(x_{0}) = x_{0} et f(x_{1}) = x_{1}, on est en train d’affirmer x_{0} ≥ x_{1}, ce qui est difficilement compatible avec x_{0} < x_{1}. Boum : contradiction.

Exercice 6

Soit f: [a; b] → ℝ définie et continue, strictement positive partout. Le théorème de Weierstraß nous permet de considérer son minimum m, et nous garantit de plus que ce minimum est atteint sur [a; b], disons f(c) = m avec c ∈ [a; b]. Mais f(c) > 0 par hypothèse, de sorte que m > 0, et on a bien montré l’existence d’un λ > 0 (à savoir m) tel que f(x) ≥ λ pour tout x.

En revanche, si on considère la fonction f définie par f(x) = \frac{1}{1+x^{2}} sur ℝ, on a bien f(x) > 0 pour tout x, et pourtant il ne saurait exister de réel λ > 0 tel que f(x) ≥ λ pour tout x. En effet, lim_{x→+∞} f(x) existe

et vaut 0 : mais si on avait f(x) ≥ λ pour tout x, on aurait certainement lim_{x→+∞} f(x) ≥ λ aussi (passage des inégalités larges aux limites), ce qui n’est pas le cas puisque λ > 0 contredit 0 ≥ λ.

Exercice 11

Soit f: [0; 1] → [0; 1] continue bijective. On veut montrer que soit f(0) = 0 et f(1) = 1, soit f(0) = 1 et f(1) = 0.

Puisque 0 ≠ 1, comme f est bijective, on a f(0) ≠ f(1). Par conséquent, soit f(0) < f(1) soit f(0) > f(1). On peut supposer (quitte à remplacer f par 1 − f, ce qui préserve les hypothèses et la conclusion) qu’on est dans le premier cas.

J’affirme que pour tout x ∈]0; 1[ on a f(0) ≤ f(x) ≤ f(1). En effet, supposons par l’absurde f(x) < f(0) (le cas f(x) > f(1) se traitant de même) : alors f(x) < f(0) < f(1), c’est-à-dire que le réel y = f(0) est compris entre les valeurs f(x) et f(1) de la fonction f en x et 1 respectivement ; par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction f continue sur [x; 1], il existe x′ ∈]x; 1[ tel que f(x′) = y = f(0). Mais 0 < x < x′ < 1, de sorte que x′ ≠ 0, ce qui contredit f(x′) = f(0) (puisque f est censée être bijective). L’affirmation est donc démontrée.

Bref, on a f(0) ≤ f(x) ≤ f(1) pour tout x ∈ [0; 1] (c’est vrai pour x ∈]0; 1[ et c’est certainement vrai aussi pour x = 0 et x = 1 !). Mais comme f est bijective, il existe x tel que f(x) = 0. On a alors f(0) ≤ 0 ; et comme f(0) ≥ 0 par ailleurs (puisque f est à valeurs dans [0; 1]), on en déduit que f(0) = 0. De même, on montre que f(1) = 1 en considérant un x tel que f(x) = 1.

(En fait, la fonction f est soit strictement croissante soit strictement décroissante.)