Sujet : Analyse, Eléments d'analyse, Continuité des fonctions réelles

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Continuité des fonctions réelles Exercice 1 Centrale MP [ 00246 ] [correction] 1La fonction t7→ sin si t> 0 et 0 si t = 0 est-elle continue par morceaux sur t [0,1]?

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Continuité des fonctions réelles

Exercice 1Centrale MP[ 00246 ][correction]
La fonctiont7→sint1sit >0et 0 sit= 0est-elle continue par morceaux sur
[01]?

Exercice 2[ 00245 ][correction]
Existe-t-il une fonction continuefdeRdansRenvoyant les rationnels dans les
irrationnels et les irrationnels dans les rationnels ?

Exercice 3[ 00241 ][correction]
Soitf: [01]→[01].
a) On suppose quefest continue. Montrer quefadmet un point fixe.
b) On suppose quefest croissante. Montrer quefadmet un point fixe.

Enoncés

Exercice 4Mines-Ponts MP[ 02813 ][correction]
Soientfetgdes fonctions continues de[01]dans[01]telles quef◦g=g◦f.
a) Montrer que l’ensemble des points fixes defpossède un plus grand et un plus
petit élément.
b) Montrer l’existence dec∈[01]tel quef(c) =g(c).

Exercice 5[ 00242 ][correction]
Soientf g: [01]→[01]continues vérifiant

f◦g=g◦f

Montrer qu’il existex0∈[01]telle quef(x0) =g(x0).

Exercice 6Centrale MP[ 00563 ][correction]
Soit(un)une suite strictement croissante de réels de[01]de limite 1. Déterminer
les fonctionsf∈ C([01]R)vérifiant

∀x∈[01] f(x) =+X∞f(unx+ 1−x)
2n
n=1

1

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Cette fonction n’a pas de limite en 0, elle n’est donc pas continue par morceaux.

Exercice 2 :[énoncé]
Une telle fonction ne prendre qu’un nombre dénombrable de valeurs, or si celle-ci
n’est pas constante, elle prend toutes les valeurs d’un intervalle non singulier ce
qui constitue un nombre non dénombrable de valeurs. Une telle fonction ne peut
donc exister.

Exercice 3 :[énoncé]
a) Considéronsg:x7→f(x)−x.gest continue,g(0)>0etg(1)60donc il existe
α∈[01]tel queg(α) = 0.
b) L’ensembleA={x∈[01]f(x)>x}est une partie deR, non vide (0 y
appartient) et est majorée (par 1).
On peut donc poser
α= supA

Siα∈Aalorsα6f(α)doncf(α)6f(f(α))d’oùf(α)∈A. Orαest majorant
deAdoncf(α)6αpuisf(α) =α.
Siα ∈Aalorsf(α)< α. Puisqueαest le plus petit des majorants deA, il existe
t∈Avérifiantf(α)< t6α. Or par croissance def,f(t)6f(α)< tce qui est
contradictoire avec la propriétét∈A.
On peut aussi procéder par dichotomie. . .

Exercice 4 :[énoncé]
a) L’ensemble des points fixes defest(f−Id)−1{0}, c’est donc une partie
fermée de[01]. Etant fermée et bornée c’est une partie compacte. Etant de plus
non vide, cette partie admet un plus petit et un plus grand élément.
b) Soienta6bles deux éléments précédents. L’égalitéf◦g=g◦fdonne
f(g(a)) =g(a)etf(g(b)) =g(b)donca6g(a) g(b)6b. Considérons la fonction
continueϕ=f−g. On aϕ(a) =a−g(a)60etϕ(b) =b−g(b)>0doncϕ
s’annule.

Exercice 5 :[énoncé]
Par l’absurde, supposons quef−gne s’annule pas. Quitte à échanger, supposons
f−g >0.

Soitxun point fixe deg.
On ag(f(x)) =f(g(x)) =f(x). Doncf(x)est point fixe deget de plus
f(x)> g(x) =x.
De mme,f2(x)est point fixe degetf2(x)>f(x).
On peut ainsi construire une suite(fn(x))de points fixes deg, suite qui est
croissante et majorée.
Posons`= limfn(x). On a par continuité :f(`) =`etg(`) =`. Absurde.

Exercice 6 :[énoncé]
Soitfune fonction solution. Puisque celle-ci est continue sur un segment, elle y
admet un minimum en un certainx0∈[01].
On a alors
f(x0) =+X∞f(unx0+2n1−x0)>+X∞f2(xn0)=f(x0)
n=1n=1
On en déduit
∀n∈N f(u x+ 1−x) =f(x)

n 00 0
En passant à la limite quandn→+∞, on obtient

f(1) =f(x0)

2

Ainsif(1)est la valeur minimale defsur[01]
Un raisonnement symétrique assure aussi quef(1)est la valeur maximale defsur
[01].
On en déduit quefest constante.
La réciproque est immédiate.
Notons que l’hypothèse de stricte croissance de la suite(un)est sans doute là
pour tromper l’ennemi.

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