Sujet : Analyse, Fonctions numériques, Théorème des valeurs intermédiaires

Description

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Théorème des valeurs intermédiaires Exercice 8 [ 01802 ] [correction] +Soient f : [a,b]→R continue et p,q∈R . Montrer qu’il existe c∈ [a,b] tel queExercice 1 [ 01803 ] [correction] Soitf :R→R continue telle que limf =−1 et limf = 1. Montrer quef s’annule. −∞ +∞ p.f(a)+q.f(b) = (p+q).f(c) Exercice 2 [ 01800 ] [correction] Exercice 9 [ 01805 ] [correction] Soit f : [0,1]→ [0,1] continue. Montrer que f admet un point fixe. Soit f : [0,1]→R continue telle que f(0) =f(1). ?Montrer que pour tout n∈N , il existe α∈ [0,1−1/n] tel que Exercice 3 [ 01806 ] [correction] f(α+1/n) =f(α) Soit f :R→R continue et décroissante. Montrer que f admet un unique point fixe. Exercice 10 [ 01808 ] [correction] Notre objectif dans cet exercice est d’établir la proposition : Exercice 4 [ 01807 ] [correction] Toute fonction f :I→R continue et injective est strictement monotone. Soit f : [0,+∞[→R continue, positive et telle que Pour cela on raisonne par l’absurde et on suppose : f(x) 2 2∃(x ,y )∈I ,x f(y ) et∃(x ,y )∈I ,x 0 et ϕ(1) =f(1)−16 0 donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, ϕ s’annule. ϕ est continue et ∀x∈I,|ϕ(x)| = 1 Montrons que ϕ est constante égale à 1 ou−1 ce qui permet de conclure. Exercice 3 : [énoncé] Par l’absurde, si ϕ n’est pas constante égale à 1 ni à−1 alors il existe a,b∈I tel Unicité : Soit g :x7→f(x)−x. g est strictement décroissante donc injective et ne que ϕ(a) = 1> 0 et ϕ(b) =−16 0.

Sujets

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

Informations

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• Langue: Français

Extrait

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Théorème des valeurs intermédiaires

Enoncés

Exercice 1[ 01803 ][correction]
Soitf:R→Rcontinue telle quel−im∞f=−1etl+im∞f= 1. Montrer quefs’annule.

Exercice 2[ 01800 ][correction]
Soitf: [01]→[01]continue. Montrer quefadmet un point fixe.

Exercice 3[ 01806 ][correction]
Soitf:R→Rcontinue et décroissante.
Montrer quefadmet un unique point fixe.

Exercice 4[ 01807 ][correction]
Soitf: [0+∞[→Rcontinue, positive et telle que

limf(x)=` <1
x→+∞x

Montrer qu’il existeα∈[0+∞[tel quef(α) =α.

Exercice 5[ 01801 ][correction]
Montrer que les seules applications continues deRversZsont les fonctions
constantes.

Exercice 6[ 01804 ][correction]
Soientf:I→Retg:I→Rdeux fonctions continues telles que

∀x∈I|f(x)|=|g(x)| 6= 0

Montrer quef=gouf=−g.

Exercice 7[ 01809 ][correction]
Soitf: [0+∞[→Rcontinue. On suppose que|f| −+−∞→+∞. Montrer que
f−−→+∞ouf∞→−−−.
+∞+∞

Exercice 8[ 01802 ][correction]
+
Soientf: [a b]→Rcontinue etp q∈R.
Montrer qu’il existec∈[a b]tel que

pf(a) +qf(b) = (p+q)f(c)

Exercice 9[ 01805 ][correction]
Soitf: [01]→Rcontinue telle quef(0) =f(1).
Montrer que pour toutn∈N?, il existeα∈[01−1n]tel que

f(α+ 1n) =f(α)

Exercice 10[ 01808 ][correction]
Notre objectif dans cet exercice est d’établir la proposition :
Toute fonctionf:I→Rcontinue et injective est strictement monotone.
Pour cela on raisonne par l’absurde et on suppose :

1

∃(x1 y1)∈I2 x1< y1etf(x1)>f(y1)et∃(x2 y2)∈I2 x2< y2etf(x2)6f(y2)

Montrer que la fonctionϕ: [01]→Rdéfinie par

ϕ(t) =f((1−t)x1+tx2)−f((1−t)y1+ty2)

s’annule. Conclure.

Exercice 11X PC[ 03350 ][correction]
Montrer la surjectivité de l’application

z∈C7→zexp(z)∈C

Exercice 12[ 03719 ][correction]
Soitf: [a b]→Rcontinue.
a) Montrer que sif([a b])⊂[a b]alorsfadmet un point fixe.
b) Montrer que si[a b]⊂f([a b])alorsfadmet un point fixe.

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Puisquelimf=−1,fprend des valeurs négatives, puisquelimf= 1,fprend des
−∞+∞
valeurs positives.
En appliquant le théorème des valeurs intermédiaires entre celles-ci,fs’annule.

Exercice 2 :[énoncé]
Soitϕ: [01]→Rdéfinie parϕ(x) =f(x)−x. Un point fixe defest une valeur
d’annulation deϕ.
ϕest continue,ϕ(0) =f(0)>0etϕ(1) =f(1)−160donc, par le théorème des
valeurs intermédiaires,ϕs’annule.

Exercice 3 :[énoncé]
Unicité : Soitg:x7→f(x)−x.gest strictement décroissante donc injective et ne
peut donc s’annuler qu’au plus une fois.
Existence : Par l’absurde, puisquegest continue, si elle ne s’annule pas elle est
strictement positive ou négative.
Si∀x∈R g(x)>0alorsf(x)> xx−→−+−−→+∞ce qui est absurde puisque
∞
limf= inRff.
+∞
Si∀x∈R g(x)<0alorsf(x)< xx−→−−−∞→−−ce qui est absurde puisque
∞
limf= supf.
−∞R

Exercice 4 :[énoncé]
Sif(0) = 0alorsα= 0convient.
Sinon, considérons
g:x7→f(x)
x
La fonctiongest définie et continue surR+?.
Puisquef(0)>0, par opérations sur les limiteslim0g(x) = +∞.
x→
De plusxl→im+∞g(x) =`.
Puisquegvaleurs inférieures et supérieures à 1,est continue et qu’elle prend des
on peut affirmer par le théorème des valeurs intermédiaires qu’il existeα∈R+?
tel queg(α) = 1d’oùf(α) =α.

Exercice 5 :[énoncé]
Soitf:R→Zcontinue.
Par l’absurde : Sifn’est pas constante alors il existea < btel quef(a)6=f(b).
Soityun nombre non entier compris entref(a)etf(b).
Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existex∈Rtel quey=f(x)et
doncfn’est pas à valeurs entière. Absurde.

Exercice 6 :[énoncé]
Posonsϕ:I→Rdéfinie par

ϕest continue et

ϕ(x) =f(x)g(x)

∀x∈I|ϕ(x)|= 1

2

Montrons queϕest constante égale à 1 ou−1ce qui permet de conclure.
Par l’absurde, siϕn’est pas constante égale à 1 ni à−1alors il existea b∈Itel
queϕ(a) = 1>0etϕ(b) =−160. Par le théorème des valeurs intermédiaires,ϕ
s’annule. Absurde.

Exercice 7 :[énoncé]
Pouraassez grand,|f(x)|>1sur[a+∞[doncfne s’annule pas sur[a+∞[.
Etant continue,fest alors de signe constant sur[a+∞[et la relationf=± |f|
permet alors de conclure.

Exercice 8 :[énoncé]
Sip=q= 0, n’importe quelcfait l’affaire.
Sinon posons
y pf(a) +qf(b)
=
p+q

Sif(a)6f(b)alors

f(a) =pf(ap+)+qqf(a)6y6pf(pb+)+qqf(b=)f(b)

Sif(b)6f(a)alors, comme ci-dessusf(b)6y6f(a).
Dans les deux cas,yest une valeur intermédiaire àf(a)etf(b)donc par le
théorème des valeurs intermédiaires, il existec∈[a b]tel quey=f(c).

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Exercice 9 :[énoncé]
Posonsϕ: [01−1n]→Rdéfinie par

ϕ(x) =f(x+ 1n)−f(x)

La fonctionϕest continue.
Siϕest de signe strictement constant alors

n−1n−1
f(1)−f(0) =Xf((k+ 1)n)−f(kn) =Xϕ(kn)
k=0k=0

Corrections

ne peut tre nul.
Puisqueϕvaleur positive et une valeur négative, par le théorème desprend une
valeurs intermédiaires,ϕs’annule.

Exercice 10 :[énoncé]
La fonctionϕest continue,ϕ(0) =f(x1)−f(y1)>0etϕ(1) =f(x2)−f(y2)60
donc par le théorème des valeurs intermédiaires,ϕs’annule en un certaint.
Posonsx0= (1−t)x1+tx2ety0= (1−t)y1+ty2
.
ϕ(t) = 0donnef(x0) =f(y0)orx0< y0doncfn’est pas injective. Absurde.

Exercice 11 :[énoncé]
Notonsfl’application étudiée. Pourz=ρeiα, on a

f(z) =ρeρcosαei(α+ρsinα)

SoitZ=reiθ∈Cavecr>0.
Sir= 0alorsZ= 0 =f(0).
Sir >0, pour quez=ρeiαvérifief(z) =Z, il suffit de trouver(ρ α)solution du
système
(αρeρ+coρssα=nirα=θ
Nous alors chercher un couple(ρ α)solution avecρ >0etα∈]0 π[.
Quitte à considérer un nouvel argumentθpour le complexeZ, nous supposons
θ > π.
On a alors
(αρeρ+coρssα=rθ⇔g(α) =r
inθ−α
=
α=ρsinα

avec
(α)θ−αθ−αcosα
=esinα
gsinα
La fonctiongest définie et continue sur]0 π[.
Quandα→0+,g(α)→+∞et quandα→π−,g(α)→0+.
Par suite, il existeα∈]0 π[tel queg(α) =ret alors, pourρ=sθin−αα, on obtient

Finalementfest surjective.

f(ρeiα) =reiθ=Z

Exercice 12 :[énoncé]
Dans les deux études, on introduitϕ:x7→f(x)−xdéfinie et continue sur[a b].
L’objectif est de montrer queϕs’annule
a) Sif([a b])⊂[a b]alorsf(a)∈[a b]et doncϕ(a) =f(a)−a>0.
De mmeϕ(b)60et le théorème des valeurs intermédiaires assure qu’alorsϕ
s’annule.
b) Si[a b]⊂f([a b])alors il existeα∈[a b]tel quef(α) =a. On a alors
ϕ(α) =a−α60.
De mȽ