Exercices corrigés : Limites et continuité (Prépa, 1re année)

1. Pour $x \in I$ : $$f(x) - \frac{3}{2} = \frac{2(2x+1) - 3(x+1)}{2(x+1)} = \frac{x - 1}{2(x+1)}.$$ Restriction. Si $|x - 1| \leq 1$, alors $x \in [0, 2]$, donc $x + 1 \geq 1 > 0$ et $$\left|f(x) - \frac{3}{2}\right| = \frac{|x-1|}{2(x+1)} \leq \frac{|x - 1|}{2}.$$ Choix de $\eta$. Soit $\varepsilon > 0$. Posons $\eta = \min(1, 2\varepsilon) > 0$. Soit $x \in I$ tel que $|x - 1| \leq \eta$. Alors $|x - 1| \leq 1$, donc la majoration précédente s'applique : $$\left|f(x) - \frac{3}{2}\right| \leq \frac{|x-1|}{2} \leq \frac{\eta}{2} \leq \frac{2\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$ La définition est vérifiée : $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = \frac{3}{2}$.

2. La suite $u_n = 1 + \frac{1}{n}$ est à valeurs dans $I$ et tend vers $1$. Comme $f$ tend vers $\frac{3}{2}$ en $1$, la caractérisation séquentielle donne $f(u_n) \to \frac{3}{2}$. On peut le vérifier : $f(u_n) = \frac{3 + 2/n}{2 + 1/n} \to \frac{3}{2}$.

1. Pour $n \in \mathbb{N}$, posons $u_n = e^{-2n\pi}$ et $v_n = e^{\frac{\pi}{2} - 2n\pi}$. Ces suites sont à valeurs dans $]0, +\infty[$ et tendent vers $0$ car leurs exposants tendent vers $-\infty$. On a $$g(u_n) = \sin(-2n\pi) = 0, \qquad g(v_n) = \sin\left(\frac{\pi}{2} - 2n\pi\right) = \sin\frac{\pi}{2} = 1.$$ Si $g$ avait une limite $\ell$ en $0^+$, la caractérisation séquentielle donnerait $g(u_n) \to \ell$ et $g(v_n) \to \ell$, donc $\ell = 0$ et $\ell = 1$ : contradiction. La fonction $g$ n'a pas de limite en $0^+$.

2. De même, $u'_n = e^{2n\pi}$ et $v'_n = e^{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ tendent vers $+\infty$, avec $g(u'_n) = 0$ et $g(v'_n) = 1$ pour tout $n$. Par le même raisonnement, $g$ n'a pas de limite en $+\infty$.

3. Pour $x > 0$, $|\sin(\ln x)| \leq 1$ donne $-x \leq h(x) \leq x$. Les deux bornes tendent vers $0$ en $0^+$ ; par le théorème d'encadrement, $h(x) \to 0$ quand $x \to 0^+$. La limite est finie : $h$ se prolonge par continuité en $0$ en posant $h(0) = 0$. Le prolongement est continu en $0$ par construction et sur $]0, +\infty[$ comme produit et composée de fonctions continues.

1. Pour $x > 0$, $2x - 1 < \lfloor 2x \rfloor \leq 2x$. En divisant par $x > 0$ : $$2 - \frac{1}{x} < \frac{\lfloor 2x \rfloor}{x} \leq 2.$$ Les deux bornes tendent vers $2$ en $+\infty$. Par encadrement, la limite existe et vaut $2$.

2. Pour $x > 0$, $-1 \leq \sin x \leq 1$ donne $x - 2 \leq x + 2\sin x \leq x + 2$. En divisant par $x + 1 > 0$ : $$\frac{x - 2}{x + 1} \leq \frac{x + 2\sin x}{x+1} \leq \frac{x + 2}{x + 1}.$$ Or $\frac{x-2}{x+1} = \frac{1 - 2/x}{1 + 1/x} \to 1$ et $\frac{x+2}{x+1} = \frac{1 + 2/x}{1 + 1/x} \to 1$. Par encadrement, la limite existe et vaut $1$.

3. Pour $x < 0$, $\frac{1}{x} - 1 < \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \leq \frac{1}{x}$. En multipliant par $x < 0$, les inégalités changent de sens : $$x \cdot \frac{1}{x} \leq x\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor < x\left(\frac{1}{x} - 1\right), \quad \text{soit} \quad 1 \leq x\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor < 1 - x.$$ Les bornes tendent vers $1$ quand $x \to 0^-$. Par encadrement, la limite existe et vaut $1$.

La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.

1. Pour tout $n$ : $$u_{n+1} - u_n = 1 + \frac{u_n^2}{4} - u_n = \frac{u_n^2 - 4u_n + 4}{4} = \frac{(u_n - 2)^2}{4} \geq 0.$$ La suite est croissante.

Points fixes. $f(\ell) = \ell \iff \ell^2 - 4\ell + 4 = 0 \iff (\ell - 2)^2 = 0 \iff \ell = 2$.

2. Montrons par récurrence $P(n) : 0 \leq u_n \leq 2$. $P(0)$ est vraie. Si $P(n)$ est vraie, $0 \leq u_n^2 \leq 4$ donc $1 \leq u_{n+1} \leq 2$, et $P(n+1)$ est vraie.

La suite est croissante et majorée par $2$ : elle converge vers un réel $\ell$, avec $0 \leq \ell \leq 2$ par passage à la limite. Comme $u_{n+1} = f(u_n)$ et que $f$ est continue en $\ell$, on a $\ell = f(\ell)$, donc $\ell = 2$.

3. La suite est croissante, donc $u_n \geq u_0 = 3$ pour tout $n$. Supposons qu'elle converge vers $\ell$. Par passage à la limite, $\ell \geq 3$ ; par continuité de $f$, $\ell = f(\ell)$, donc $\ell = 2$. Contradiction. La suite ne converge pas. Une suite croissante majorée convergerait (limite monotone) : $(u_n)$ n'est donc pas majorée, et étant croissante, elle tend vers $+\infty$.

4. Si $u_0 \in [-2, 2]$, alors $u_0^2 \leq 4$ et $u_1 = 1 + \frac{u_0^2}{4} \in [1, 2] \subset [0, 2]$. La récurrence de la question 2, initialisée au rang $1$, donne $0 \leq u_n \leq 2$ pour tout $n \geq 1$. La suite est croissante, majorée par $2$, et le même argument montre que sa limite est $2$.

1. Soit $x \in \mathbb{R}$. En appliquant la relation en $\frac{x}{2}$ : $f(x) = f\left(2 \cdot \frac{x}{2}\right) = f\left(\frac{x}{2}\right)$. Par récurrence immédiate, $f(x) = f\left(\frac{x}{2^n}\right)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

La suite $\left(\frac{x}{2^n}\right)$ tend vers $0$. Par continuité de $f$ en $0$ et caractérisation séquentielle, $f\left(\frac{x}{2^n}\right) \to f(0)$. Or cette suite est constante égale à $f(x)$. Par unicité de la limite, $f(x) = f(0)$. Donc $f$ est constante.

2. Soit $f$ définie par $f(0) = 0$ et $f(x) = 1$ pour $x \neq 0$. Si $x \neq 0$, alors $2x \neq 0$ et $f(2x) = 1 = f(x)$ ; si $x = 0$, $f(0) = f(0)$. La relation est vérifiée, $f$ est continue sur $\mathbb{R}^*$ (constante sur chacun des intervalles $]-\infty, 0[$ et $]0, +\infty[$), mais $f$ n'est pas constante. La continuité en $0$ est donc essentielle dans la question 1.

3. Soit $g$ continue vérifiant la relation, et $k(x) = g(x) - x$, continue sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x$ : $$k(2x) = g(2x) - 2x = g(x) + x - 2x = g(x) - x = k(x).$$ Par la question 1, $k$ est constante égale à $c = k(0) = g(0)$, donc $g(x) = x + c$.

Réciproquement, si $g(x) = x + c$, alors $g(2x) = 2x + c = (x + c) + x = g(x) + x$, et $g$ est continue. Les solutions sont les fonctions $x \mapsto x + c$, $c \in \mathbb{R}$.

1. Une fonction lipschitzienne est uniformément continue, donc continue. La fonction $g(x) = f(x) - x$ est continue sur $[a, b]$, avec $g(a) = f(a) - a \geq 0$ et $g(b) = f(b) - b \leq 0$ car $f(a), f(b) \in [a, b]$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in [a, b]$ tel que $g(c) = 0$, soit $f(c) = c$.

2. Si $c$ et $c'$ sont deux points fixes, $|c - c'| = |f(c) - f(c')| \leq k|c - c'|$, donc $(1 - k)|c - c'| \leq 0$. Comme $1 - k > 0$, $c = c'$.

3. Comme $f$ est à valeurs dans $[a, b]$, une récurrence immédiate montre que $u_n \in [a, b]$ pour tout $n$. Pour tout $n$, $|u_{n+1} - c| = |f(u_n) - f(c)| \leq k|u_n - c|$. Par récurrence, $|u_n - c| \leq k^n |u_0 - c| \leq k^n (b - a)$, car $u_0$ et $c$ sont dans $[a, b]$. Comme $0 \leq k < 1$, $k^n \to 0$ ; par encadrement, $u_n \to c$.

4. Pour $x \in [0, 1]$, on a $x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ car $1 < \frac{\pi}{2}$, et le cosinus est décroissant sur cet intervalle : $\cos x \in [\cos 1, 1] \subset [0, 1]$ car $\cos 1 > 0$.

Pour $x, y \in [0, 1]$ : $\cos x - \cos y = -2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}$. Comme $\frac{x+y}{2} \in [0, 1]$ et que $\sin$ est croissant et positif sur $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, $\left|\sin\frac{x+y}{2}\right| \leq \sin 1$. De plus $\left|\sin\frac{x-y}{2}\right| \leq \frac{|x-y|}{2}$. Donc $$|\cos x - \cos y| \leq 2 \sin 1 \cdot \frac{|x - y|}{2} = (\sin 1)\,|x - y|.$$ Comme $0 < 1 < \frac{\pi}{2}$, $0 < \sin 1 < 1$. Les questions 1 à 3 s'appliquent : la suite converge vers l'unique point fixe de $\cos$ dans $[0, 1]$. Ce point fixe est une solution de $\cos x = x$ ; l'équation n'ayant qu'une solution réelle (car pour $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$, $\cos x - x$ est strictement décroissante, et hors de cet intervalle $\cos x \neq x$), c'est $\alpha$.

1. Posons $g(x) = f\left(x + \frac{1}{2}\right) - f(x)$ sur $\left[0, \frac{1}{2}\right]$ : pour $x$ dans cet intervalle, $x + \frac{1}{2} \in [0, 1]$, donc $g$ est bien définie et continue. On a $$g(0) + g\left(\tfrac{1}{2}\right) = f\left(\tfrac{1}{2}\right) - f(0) + f(1) - f\left(\tfrac{1}{2}\right) = f(1) - f(0) = 0.$$ Ainsi $g\left(\frac{1}{2}\right) = -g(0)$ : $0$ est compris entre $g(0)$ et $g\left(\frac{1}{2}\right)$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in \left[0, \frac{1}{2}\right]$ tel que $g(c) = 0$.

2. Posons $g(x) = f\left(x + \frac{1}{n}\right) - f(x)$ sur $\left[0, 1 - \frac{1}{n}\right]$, continue. Pour $k \in \{0, \dots, n-1\}$, $\frac{k}{n} \in \left[0, 1 - \frac{1}{n}\right]$ et, par télescopage, $$\sum_{k=0}^{n-1} g\left(\frac{k}{n}\right) = \sum_{k=0}^{n-1}\left[f\left(\frac{k+1}{n}\right) - f\left(\frac{k}{n}\right)\right] = f(1) - f(0) = 0.$$ Si tous les $g\left(\frac{k}{n}\right)$ étaient strictement positifs, la somme le serait ; de même s'ils étaient tous strictement négatifs. Il existe donc $i, j$ tels que $g\left(\frac{i}{n}\right) \leq 0 \leq g\left(\frac{j}{n}\right)$. Par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à $g$ entre $\frac{i}{n}$ et $\frac{j}{n}$ (points de l'intervalle $\left[0, 1 - \frac{1}{n}\right]$), il existe $c$ entre ces points, donc dans $\left[0, 1 - \frac{1}{n}\right]$, tel que $g(c) = 0$.

3. La corde joignant les points du graphe d'abscisses $0$ et $1$ est horizontale de longueur $1$. Le résultat affirme que le graphe possède aussi une corde horizontale de longueur $\frac{1}{n}$ pour tout entier $n \geq 2$. On peut montrer (hors programme) que cela devient faux pour une longueur $\lambda \in ]0, 1[$ qui n'est pas l'inverse d'un entier.

1. Pour $t \in [0, 1]$, $x(t)$ est compris entre $x$ et $x'$, et $y(t)$ entre $y$ et $y'$ ; comme $I$ est un intervalle, $x(t), y(t) \in I$, donc $g$ est bien définie. Elle est continue comme composée et différence de fonctions continues. De plus $$y(t) - x(t) = (1 - t)(y - x) + t(y' - x') > 0$$ car $1 - t$ et $t$ sont positifs, non tous deux nuls, et $y - x > 0$, $y' - x' > 0$. Donc $x(t) \neq y(t)$ et, par injectivité, $g(t) \neq 0$.

2. La fonction $g$ est continue sur l'intervalle $[0, 1]$ et ne s'annule pas : par le théorème des valeurs intermédiaires, elle garde un signe strict constant. En particulier $g(0) = f(y) - f(x)$ et $g(1) = f(y') - f(x')$ sont de même signe strict.

Ainsi, pour tous couples $x < y$ et $x' < y'$ de $I$, $f(y) - f(x)$ et $f(y') - f(x')$ ont le même signe. Fixons $x_0 < y_0$ dans $I$. Si $f(y_0) > f(x_0)$, alors $f(y) > f(x)$ pour tous $x < y$ : $f$ est strictement croissante. Sinon $f(y_0) < f(x_0)$ et $f$ est strictement décroissante.

3. Supposons $h(x) = h(y)$. Si $x, y \in \mathbb{Q}$, alors $x = y$. Si $x, y \notin \mathbb{Q}$, alors $1 - x = 1 - y$ et $x = y$. Si $x \in \mathbb{Q}$ et $y \notin \mathbb{Q}$, alors $x = 1 - y$, donc $y = 1 - x \in \mathbb{Q}$ : impossible. Donc $h$ est injective.

On a $0 < \frac{1}{2} < \frac{\sqrt{2}}{2}$ (car $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} > \frac{1}{4}$), avec $h(0) = 0 < h\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$ et $h\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} < \frac{1}{2}$ puisque $\frac{\sqrt{2}}{2}$ est irrationnel et supérieur à $\frac{1}{2}$. La fonction croît puis décroît : elle n'est pas monotone. L'hypothèse manquante est la continuité.

1. $f_n$ est continue sur $[0, +\infty[$ et strictement croissante, comme somme de $x \mapsto x^n$ et $x \mapsto x$, strictement croissantes sur $[0, +\infty[$. On a $f_n(0) = -1 < 0$ et $f_n(1) = 1 > 0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, $f_n$ s'annule sur $]0, 1[$ ; par stricte monotonie, elle s'annule au plus une fois sur $[0, +\infty[$. D'où l'existence et l'unicité de $x_n$, avec $x_n \in ]0, 1[$.

2. $f_1(x) = 2x - 1$, donc $x_1 = \frac{1}{2}$. $f_2(x) = x^2 + x - 1$ a pour racines $\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$ ; la seule positive est $x_2 = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$.

3. Comme $f_n(x_n) = 0$, on a $x_n - 1 = -x_n^n$. Donc $$f_{n+1}(x_n) = x_n^{n+1} + x_n - 1 = x_n^{n+1} - x_n^n = x_n^n(x_n - 1) < 0,$$ car $x_n \in ]0, 1[$. Ainsi $f_{n+1}(x_n) < 0 = f_{n+1}(x_{n+1})$. Si l'on avait $x_n \geq x_{n+1}$, la croissance de $f_{n+1}$ donnerait $f_{n+1}(x_n) \geq f_{n+1}(x_{n+1})$, ce qui est faux. Donc $x_n < x_{n+1}$ : la suite est strictement croissante.

4. La suite $(x_n)$ est croissante et majorée par $1$ : elle converge vers un réel $\ell$ avec $\ell \leq 1$ par passage à la limite, et $\ell \geq x_1 = \frac{1}{2}$ par croissance.

Supposons $\ell < 1$. Pour tout $n$, $0 < x_n \leq \ell$ (suite croissante de limite $\ell$), donc $0 < x_n^n \leq \ell^n$. Comme $0 < \ell < 1$, $\ell^n \to 0$, et par encadrement $x_n^n \to 0$. Alors $x_n = 1 - x_n^n \to 1$, donc $\ell = 1$ par unicité de la limite : contradiction. Donc $\ell = 1$.

5. Pour tout $n$, $x_n^n = 1 - x_n$, qui tend vers $1 - 1 = 0$. Donc $x_n^n \to 0$. On remarque que $x_n^n$ est a priori une forme indéterminée $1^\infty$ : c'est la relation $f_n(x_n) = 0$ qui permet de conclure.

1. Sur $]0, 1]$, $f$ est continue comme produit et composée de fonctions continues ($x \mapsto \frac{1}{x}$ ne s'annule pas en dénominateur). En $0$ : pour $x \in ]0, 1]$, $|f(x)| \leq x$, donc $f(x) \to 0 = f(0)$ quand $x \to 0^+$ par encadrement. Ainsi $f$ est continue sur $[0, 1]$.

2. $f$ est continue sur le segment $[0, 1]$ : par le théorème de Heine, elle y est uniformément continue.

3. Soit $x, y \in [a, 1]$. On vérifie que $(x - y)\sin\frac{1}{x} + y\left(\sin\frac{1}{x} - \sin\frac{1}{y}\right) = x\sin\frac{1}{x} - y\sin\frac{1}{y} = f(x) - f(y)$. Le sinus étant $1$-lipschitzien, $$\left|\sin\frac{1}{x} - \sin\frac{1}{y}\right| \leq \left|\frac{1}{x} - \frac{1}{y}\right| = \frac{|x - y|}{xy}.$$ Donc $$|f(x) - f(y)| \leq |x - y| + y \cdot \frac{|x - y|}{xy} = \left(1 + \frac{1}{x}\right)|x - y| \leq \left(1 + \frac{1}{a}\right)|x - y|,$$ car $x \geq a > 0$. Ainsi $f$ est $\left(1 + \frac{1}{a}\right)$-lipschitzienne sur $[a, 1]$.

4. Pour $n \geq 1$, $0 < x_n < y_n \leq \frac{1}{2\pi} < 1$. On a $f(y_n) = y_n\sin(2n\pi) = 0$ et $f(x_n) = x_n\sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = x_n$. De plus $$y_n - x_n = \frac{\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) - 2n\pi}{2n\pi\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right)} = \frac{\pi/2}{2n\pi\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right)}.$$ Donc $$\frac{f(x_n) - f(y_n)}{x_n - y_n} = -\frac{x_n}{y_n - x_n} = -\frac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}} \cdot \frac{2n\pi\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right)}{\pi/2} = -4n.$$ Si $f$ était $k$-lipschitzienne sur $[0, 1]$, on aurait $4n \leq k$ pour tout $n \geq 1$, ce qui est impossible. Donc $f$ n'est pas lipschitzienne sur $[0, 1]$, bien qu'uniformément continue : les pentes des cordes explosent au voisinage de $0$.