Solutions
SOLUTIONS
15
3 1) f est continue àdroite sur R et continue àgauche sur
R\Z.C omme elle est 1-périodique, il suffit d’étudier la limite à
gauche en 0pour conclure que f est continue surtout R.
2) f est 2-périodique :appliquer la même méthode aux points 0
et 1.
3) f est continue sur R
∗ .Onvérifie qu’elle l’est aussi en 0(sin
1
x
est bornée...)
4 Il est clair que:
max (a, b)+min (a, b) = a + b ;
max (a, b) − min(a,b)=|a−b|.
On en déduit les résultats cherchés. En particulier :
f+ = sup (f , 0) et f− = sup (−f , 0).
5 a) 1; b)
2
3
; c)
1
2
; d) lim
0 +
f =
√ 2l im
0 −
f = −
√ 2;
e)
√ 2; f) −
√ 3; g) 1; h) 1; i) e.
6 a) 1; b) −
x
2
2
; c) ln x (en 0
+ ); d)
b
2 − a
2
2
x
2 ;
e) x ln
a
b
; f) −2πx ; g)
x
2
2
; h) −
5x
96
; i) −
3
√ 2
4
x.
7 a) −2; b)
1
π
; c)
a
2
b 2 ; d) −
1
4
; e) −1; f) 0;
g) e; h) −
1
2
; i) 1; j) − ln 2; k) e.
8
n
i=1
(x + i)
1
n
− x = x
⎛
⎝ e
1
n
n
i=1
ln(1+ i
x
)
− 1
⎞
⎠
∼
(+∞)
x ×
1
n
n
i=1
ln
1+
i
x
.
La limite quand x tendvers +∞ est
n +1
2
.
9 Soit x ∈ R
∗ .Montrer que la suite
f (
x
2 n )
est constante
et conclure en utilisant la continuité de f en 0.
10
pf (a)+qf (b)
p + q
est une valeur intermédiairee ntre f (a)e t
f( b ).
11 Considérer la fonction gn : x → f (x +
1
n
) − f (x). Montrer
par l’absurde que gn n’est ni strictement positive ni strictement négative sur [0, 1] et utiliser le théorème des valeursintermédiaires.
12 1) Démonstration directe. Posons lim
x→+∞
f (x) = l.S oit
ε > 0, il existe a ∈ R+ telque :
∀x ∈ [a, +∞[ l − ε f (x) l + ε
f est bornée sur[0,a]etsur [a, +∞[, donc sur R+.Soit m et M les
bornes respectivement inférieure et supérieure de f sur R+.
Si m = M , f estconstante et la question est résolue.
Sinon, l’une au moins des deux bornes estd istincte de la limite l.S upposons que ce soit le casd eM.S oit ε ∈]0, M − l[.
∃a ∈ R+ ∀x ∈ [a, +∞[ f (x) l + ε < M .
M est donc la borne supérieure de f sur[0,a]etàce titre elle est
atteinte.
13 f est continuestrictement croissante sur R.
∀y ∈ R
∗
+
f
−1 (y) = ln(e
y − 1)
14 1) ∀x ∈ R
∗
f
1
x
= f (x)
2) ϕ est continue et strictement décroissante sur]−1,1[.
3) La fonction ϕ
−1 ◦ f est définie sur R\{−1, 1}.
Il est clair que :
∀x ∈] − 1, 1[
ϕ
−1 ◦ f (x) = ϕ
−1 ◦ ϕ(x) = x
mais :
∀x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[ ϕ
−1 ◦ f (x)
= ϕ
−1 ◦ f
1
x
= ϕ
−1 ◦ ϕ
1
x
=
1
x
-1
0
1
y
−11
x
15
r
t e
iαt − 1
t
=
r
t cos αt − 1
t
+ i
r
t sin αt
t
La fonction f (t) = r
t cos αt estdérivable sur R de dérivée:
f
(t)=r
t (ln r cos αt − α sin αt)
D’où :
lim
t→0
r
t cos αt − 1
t
= f
(0) = ln r
De même,l af onction g(t) = r
t sin αt estd érivable sur R de
dérivée:
g
(t)=r
t (ln r sin αt + α cos αt)
D’où :
lim
t→0
r
t sin αt
t
= g
(0) = α
En définitive,
lim
t→0
r
t e
iαt − 1
t
= ln r + iα
16 Si f (t) = x(t)+iy(t) , |f (t)| =
x(t) 2 + y(t) 2
Si f est continue, x et y le sont et |f | aussi. La réciproque est fausse
(chercher un contre-exemple).
Hachette Livre–HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
563
SOLUTIONS
15
3 1) f est continue àdroite sur R et continue àgauche sur
R\Z.C omme elle est 1-périodique, il suffit d’étudier la limite à
gauche en 0pour conclure que f est continue surtout R.
2) f est 2-périodique :appliquer la même méthode aux points 0
et 1.
3) f est continue sur R
∗ .Onvérifie qu’elle l’est aussi en 0(sin
1
x
est bornée...)
4 Il est clair que:
max (a, b)+min (a, b) = a + b ;
max (a, b) − min(a,b)=|a−b|.
On en déduit les résultats cherchés. En particulier :
f+ = sup (f , 0) et f− = sup (−f , 0).
5 a) 1; b)
2
3
; c)
1
2
; d) lim
0 +
f =
√ 2l im
0 −
f = −
√ 2;
e)
√ 2; f) −
√ 3; g) 1; h) 1; i) e.
6 a) 1; b) −
x
2
2
; c) ln x (en 0
+ ); d)
b
2 − a
2
2
x
2 ;
e) x ln
a
b
; f) −2πx ; g)
x
2
2
; h) −
5x
96
; i) −
3
√ 2
4
x.
7 a) −2; b)
1
π
; c)
a
2
b 2 ; d) −
1
4
; e) −1; f) 0;
g) e; h) −
1
2
; i) 1; j) − ln 2; k) e.
8
n
i=1
(x + i)
1
n
− x = x
⎛
⎝ e
1
n
n
i=1
ln(1+ i
x
)
− 1
⎞
⎠
∼
(+∞)
x ×
1
n
n
i=1
ln
1+
i
x
.
La limite quand x tendvers +∞ est
n +1
2
.
9 Soit x ∈ R
∗ .Montrer que la suite
f (
x
2 n )
est constante
et conclure en utilisant la continuité de f en 0.
10
pf (a)+qf (b)
p + q
est une valeur intermédiairee ntre f (a)e t
f( b ).
11 Considérer la fonction gn : x → f (x +
1
n
) − f (x). Montrer
par l’absurde que gn n’est ni strictement positive ni strictement négative sur [0, 1] et utiliser le théorème des valeursintermédiaires.
12 1) Démonstration directe. Posons lim
x→+∞
f (x) = l.S oit
ε > 0, il existe a ∈ R+ telque :
∀x ∈ [a, +∞[ l − ε f (x) l + ε
f est bornée sur[0,a]etsur [a, +∞[, donc sur R+.Soit m et M les
bornes respectivement inférieure et supérieure de f sur R+.
Si m = M , f estconstante et la question est résolue.
Sinon, l’une au moins des deux bornes estd istincte de la limite l.S upposons que ce soit le casd eM.S oit ε ∈]0, M − l[.
∃a ∈ R+ ∀x ∈ [a, +∞[ f (x) l + ε < M .
M est donc la borne supérieure de f sur[0,a]etàce titre elle est
atteinte.
13 f est continuestrictement croissante sur R.
∀y ∈ R
∗
+
f
−1 (y) = ln(e
y − 1)
14 1) ∀x ∈ R
∗
f
1
x
= f (x)
2) ϕ est continue et strictement décroissante sur]−1,1[.
3) La fonction ϕ
−1 ◦ f est définie sur R\{−1, 1}.
Il est clair que :
∀x ∈] − 1, 1[
ϕ
−1 ◦ f (x) = ϕ
−1 ◦ ϕ(x) = x
mais :
∀x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[ ϕ
−1 ◦ f (x)
= ϕ
−1 ◦ f
1
x
= ϕ
−1 ◦ ϕ
1
x
=
1
x
-1
0
1
y
−11
x
15
r
t e
iαt − 1
t
=
r
t cos αt − 1
t
+ i
r
t sin αt
t
La fonction f (t) = r
t cos αt estdérivable sur R de dérivée:
f
(t)=r
t (ln r cos αt − α sin αt)
D’où :
lim
t→0
r
t cos αt − 1
t
= f
(0) = ln r
De même,l af onction g(t) = r
t sin αt estd érivable sur R de
dérivée:
g
(t)=r
t (ln r sin αt + α cos αt)
D’où :
lim
t→0
r
t sin αt
t
= g
(0) = α
En définitive,
lim
t→0
r
t e
iαt − 1
t
= ln r + iα
16 Si f (t) = x(t)+iy(t) , |f (t)| =
x(t) 2 + y(t) 2
Si f est continue, x et y le sont et |f | aussi. La réciproque est fausse
(chercher un contre-exemple).
Hachette Livre–HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
563