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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Généralités sur les fonctions numériques

Exercice 1[ 01779 ][correction]
Soitf:R→Rtelle quef◦fest croissante tandis quef◦f◦fest strictement
décroissante.
Montrer quefest strictement décroissante.

Exercice 2[ 01780 ][correction]
Etudier la parité de la fonctionfdéfinie parf(x) = ln√x2

Exercice 3[ 01781 ][correction]
On rappelle que pour toutx∈R, on a|sinx|6|x|.
Montrer que la fonctionx7→sinxest 1 lipschitzienne.

+ 1 +x.

Enoncés

Exercice 4[ 01782 ][correction]
Soitf:R→Rune fonctionklipschitzienne (aveck∈[01[) telle quef(0) = 0.
Soienta∈Ret(un)la suite réelle déterminée paru0=aet∀n∈N un+1=f(un).
Montrer queun→0.

Exercice 5[ 01783 ][correction]
Soitf: [01]→[01]une fonction croissante. Montrer quefadmet un point fixe.

Exercice 6Mines-Ponts MP[ 00501 ][correction]
Soitfune fonction croissante de[01]dans[01].
a) Montrer que s’il existex∈[01]etk∈N?tels quefk(x) =xalorsxest un
point fixe pourf.
b) Montrer quefadmet un point fixe.

1

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Soientx < y∈R.f(x)6f(y)⇒f◦f◦f(x)6f◦f◦f(y)⇒y6x
carf◦fet croissante etf◦f◦fstrictement décroissante.
Par contraposéex < y⇒f(y)< f(x)et doncfest strictement décroissante.

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
∀x∈R√x2+ 1>√x2=|x|>xdoncfest définie surR, intervalle symétrique
par rapport à 0.
f(−x) = ln√x2+ 1−x= lnx√2x21+1+−+x2x=−ln√x2+ 1 +x=−f(x)doncf
est impaire.

Exercice 3 :[énoncé]
|sinx−siny|=2 sinx−2ycosx2+y62sinx2−y62|x2−y|=|x−y|doncsinest 1
lipschitzienne.

Exercice 4 :[énoncé]
Montrons par récurrence surn∈N:|un|6kn|a|.
Pourn= 0: ok
Supposons la propriété établie au rangn>0.
|un+1|=|f(un)−f(0)|6k|un−0|=k|un|6kn+1|a|.
HR
Récurrence établie.
Puisquek∈[01[,kn→0et doncun→0.

Exercice 5 :[énoncé]
{x∈[01]f(x)>x}est non vide (0 y appartient) et est majoré (par 1).
On peut donc poserα= sup{x∈[01]f(x)>x}.
Pour toutx > α, on af(x)< xdoncf(α)6f(x)< x.
Puisquef(α)6xpour toutx > α, on a aussif(α)6α.
Pour toutx < α, il existet∈]x α]tel quef(t)>tdoncf(α)>f(t)>t>x.
Puisque ceci vaut pour toutx < α, on a aussif(α)>α.
Finalementf(α) =α.
On peut aussi procéder par dichotomie.

Exercice 6 :[énoncé]
a) Sif(x)> xalors par croissance def,

fk(x)>fk−1(x)>  >f(x)> x

2

ce qui est absurde. Une étude analogue contreditf(x)< x.
b) On af(0)>0etf(1)61. Par dichotomie, on peut construire deux suites(an)
et(bn)vérifiant
f(an)>anetf(bn)6bn

Les suites(an)et(bn)convergent vers une limite communec. Puisque
an6c6bn, on a
an6f(an)6f(c)6f(bn)6bn
et donc par encadrementf(c) =c.
On peut aussi décrire un point fixe defen considérant

c= sup{x∈[01] f(x)>x}

Personnellement, je ne vois pas de lien entre les deux questions. . .

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