Correction de Devoir Surveillé N°06: Années précédentes

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• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices
• Mathématiques

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• Langue: Français

Extrait

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 10 mars 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚06
`PROBLEME 1
Partie I. Cons´equence s´equentielle de l’uniforme continuit´e
1. On suppose que f : I→R est uniform´ement continue dans I.
a. Par d´efinition :
2(∀ε > 0), (∃η > 0), (∀(x,y)∈ I ), (|x−y|≤ η⇒|f(x)−f(y)|≤ ε)
N
N Nb. Soit (x )∈ I , (y )∈ I telles que lim(y −x ) = 0. On montre quen n n n
n
limf(y )−f(x ) = 0.n n
n
Soit ε > 0 fix´e once and for all. Comme f est uniform´ement conitinue
dans I, il existe η > 0 tel que
2(∀(x,y)∈ I ), (|x−y|≤ η⇒|f(x)−f(y)|≤ ε) (1)
Or par hypoth`ese, la suite (y −x ) est convergente de limite nulle.n n
Par cons´equent , il existe un entier naturel n ∈N tel que Applique la0
d´efinition de suite
∀n∈N (n≥ n ⇒|y −x |≤ η) (2)0 n n convergente avec η `a
la place de ε
Soit n ≥ n . D’apr`es (2), |x − y | ≤ η. D’apr`es (1), il en r´esulte0 n n
finalement que|f(x )−f(y )|≤ ε.n n
Par d´efinition, on a bien montr´e que lim (f(x )−f(y )) = 0. Nn n
n→+∞
Nc. Soit (x )∈ I une suite convergente vers x∈R. Alors (x ) est aussin n+1
convergente de limite x comme suite extraite. Par OPA, il en r´esulte
que (x −x ) est convergente de limite nulle. D’apr`es la questionn+1 n
pr´ec´edente, on peut en d´eduire que limf(x )−f(x ) = 0. Nn+1 n
n
1+⋆2. Soitg ethlesfonctionsd´efiniessurR et]0,1]parg(x) = eth(x) =
x
+⋆sin(1/x) respectivement. g est continue sur R comme quotient de
telles fonctions dont le d´enominateur ne s’annule pas. La fonction sin
est continue sur R donc h est continue comme compos´ee de telles
fonctions.
1
Soit x = , pour n≥ 1. Clairement x −→ 0 mais g(x )−g(x ) =n n n n+1
n
1

−1 − → 0.
−1Soitx = ((2n+1)π/2) .Clairementx −→ 0mais|h(x )−h(x )| =n n n n+1
2 − →0.
D’apr`es la question pr´ec´edente, g et h ne sauraient ˆetre uniform´ement
continues. N
3. Soit f : [0,+∞[→R une fonction d´erivable.
+ + ′a. Soit k ∈ R telle que ∀x ∈ R , |f|≤ k, alors, d’apr`es le th´eor`eme
+ +des accroissements finis, pour tout couple (x,y)∈R ×R , on a on applique le TAF
entre x et y
|f(x)−f(y)|≤ k|x−y|
+Par d´efinition, f estk-lipschitzienne dansR . D’apr`es le cours, on sait
+encecas,quef estautomatiquement uniform´ement continue dansR .
N
′b. Supposons que |f (x)| −−−→ +∞. On montre que f n’est pas uni-
x→∞
form´ement continue `a l’aide de la cons´equence s´equentielle. Pour tout
entier n∈N, il existe x tel quen
+ ′∀x∈R ,x≥ x ⇒|f (x)|≥ nn
1Posons alors (y ) = (x + ). Clairement, lim (y − x ) = 0. Orn n n nn n→+∞
ad’apr`es l’´egalit´e des accroissements finis, , il existe t ∈]x ,y [ tel appliqu´e entre x etnn n n
que yn
1 ′|f(x )−f(y )| = |f (t )|n n n
n
′Or, par construction, t ≥ x . Par cons´equent |f (t )| ≥ 1 et parn n n
ntransitivit´e, il s’ensuit que|f(x )−f(y )|≥ = 1.n n n
En particulier, |f(x )− f(y )| − →0, ce qui prouve que f n’est pasn n
uniform´ement continue. N
Partie II. Fonction uniform´ement continue sur un domaine
born´e
Dans cette partie, on suppose que I = [a,b[, avec a < b.
1. Soit f : I→R une fonction continue sur I.
a. On suppose que f n’est pas major´ee sur [a,b[. Soit c∈ [a,b[. D’apr`es
le th´eor`eme image continue d’un segment, f est major´ee sur le
segment [a,c]. Comme par hypoth`ese f n’est pas major´ee sur [a,b[,
ceci entraˆıne imm´ediatement que f n’est pas major´ee sur [c,b[. N
b. On suppose quef n’est pas major´ee surI. On construit par r´ecurrence
Nune suite croissante (x ) ∈ I telle que pour tout entier n ∈ N,n
f(x )−f(x )≥ 1.n+1 n
2



• Init. soit x ∈ I.0
• H´er´ed. soit n∈N pour lequel on suppose construits x ≤···x0 n
tel que x ≤ ···≤ x et f(x )≥ f(x ), pour k ∈ [0,n− 1]].0 n k+1 k
D’apr`eslaquestion pr´ec´edente,f n’estpasmajor´eesur[x ,b[,parn
cons´equent, f(x )+1 n’est pas un majorant! En cons´equence, iln
existe un ´el´ement, not´e x tel que x ∈ [x ,b[ et f(x ≥n+1 n+1 n n+1
f(x )+1.n
• Ccl. OK.
La suite (x ) ainsi contruite est croissante et major´ee par b. D’apr`es len
th´eor`eme de la limite monotone, (x ) converge. Soit ℓ = lim x .n n
n→+∞
Par passage `a la limite dans des in´egalit´es, on sait que a ≤ ℓ ≤ b.
Montrons par l’absurde que ℓ = b. Supposons au contraire que a ≤
ℓ < b. En ce cas, f serait continue en b et d’apr`es la caract´erisation
s´equentielle de la continuit´e, on devrait avoir (f(x ),f(x ) −→n n+1
f(ℓ), ce qui est impossible, vu que|f(x )−f(x )|≥ 1.n+1 n
Par l’absurde, on a bien montr´e que (x ) converge vers b. Nn
c. Si f n’est pas major´ee dans [a,b[, alors il existe une suite convergente
(x ) telle que f(x )− f(x ) − →0. D’apr`es la question 1.c de lan n+1 n
Partie I, il s’ensuit que f n’est pas uniform´ement contniue. Si f n’est
. Par applique l’argumentpas minor´ee, alors f n’est pas uniform´ement continue non plus.
contrapos´ee, on a bien´etabli que sif est uniform´ement continue, alors pr´ec´edent `a−f
f est `a la fois major´ee et minor´ee dans I, c’est-`a-dire born´ee. N
2. On suppose d´esormais que f est uniform´ement continue dans I.
Na. Soit (y )∈ I une suite convergente de limite b. Comme f est born´ee,n
la suite des images (f(y )) est une suite born´ee de nombres r´eels.n
D’apr`es le Th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass, il existe une fonction
strictement croissante ϕ :N→N et ℓ∈R telles que f(y ) convergeϕ(n)
vers ℓ. La suite (x ) = (y ) est aussi convergente de limite b commen ϕ(n)
suite extraite et ℓ = lim f(x ). Nn
n→+∞
Nb. Soit (y )∈ I une suite convergente de limite b. D’apr`es la questionn
1.b , comme la suite (y −x ) converge vers 0, il en va de mˆeme den n
la suite (f(y )−f(x ). Or la suite f(x ) converge vers ℓ. Par OPA, iln n n
s’ensuit que (f(y )) est aussi convergente de limite ℓ. Nn
c. Finalement, pour toute suite (y ) convergente de limite b, on a (f(y ))n n
convergente de limite ℓ. D’apr-s la caract´erisation s´equentielle de la
limite, il s’ensuit que limf(y) = ℓ. Comme ℓ∈R est fini, cela prouve
y→b
que f est prolongeable par continuit´e sur [a,b]. Ainsi, f se prolonge
3

˜en une fonction continue f sur le segment [a,b]. D’apr`es le Th´eor`eme
˜de Heine, il en r´esulte que f est uniform´ement continue dans [a,b].N
`PROBLEME 2
Soit a et b deux r´eels tels que a < b et f : [a,b]→ R une fonction de
2classeC sur [a,b]. On suppose en outre que :
• f est convexe sur [a,b],
′• f est strictement n´egative sur [a,b],
• f(a) > 0 et f(b) < 0.
´Partie I. Etude d’une fonction
1. Par hypoth`ese, f est continue et strictement d´ecroissante sur [a,b] (car
′f < 0). D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, f r´ealise une bijection
de [a,b] sur [f(b),f(a)]. Or f(b) < 0 < f(a). Ainsi 0 ∈ [f(b),f(a)]
admet-il un unique ant´ec´edent par f. On note ℓ cet ´el´ement. N
On introduit la fonction g : [a,b]→R d´efinie par
f(x)
∀x∈ [a,b], g(x) = x−
′f (x)
f(x)
∞ 12. x →x est de classeC sur [a,b], x → est de classeC sur [a,b]
′f (x)
comme quotient de telles fonctions dont le d´enominateur ne s’annule
pas. De plus pour tout x∈ [a,b], on a
′ 2 ′′ ′′f (x) −f(x)f (x) f(x)f (x)′g (x) = 1− =
′ 2 ′ 2f (x) f (x)
N
′′f(x)f (x)
′′ ′3. On sait que f ≥ 0. Comme pour tout x∈ [a,b] g (x) = , le
′ 2f (x)
′signe de g est celui de f. Le tableau suivant r´esume ces propri´et´es.