Solutions
(b) On note d’abord que f est définie sur ]0 , 2[ ∪ B, où B ⊂ ]2 , 7/2[. On note
aussi que la restriction de f à ]0 , 2[ est la fonction définie en (a). Donc,
f (1) = 2. Puisque f (B) = A, l’image de f contient ]0 , 3[. Néanmoins,
f −1 (1) n’existe pas car tout voisinage de 1 = f (1) contient l’image
par f de points de ]0 , 2[ et l’image de points de B. Ainsi, même la limite
de f −1 en 1 n’existe pas.
II.1.16. D’après un théorème de Liouville [voir, par exemple, J.C. Oxtoby, Measure and Category, Springer-Verlag, 1980, p. 7], tout irrationnel algébrique x de
degré k s’approche mal par des rationnels dans le sens où il existe M > 0 tel
que
x −
p
q
>
1
Mq k pour tout rationnel
p
q . Donc,
f
p
q
− f (x)
p
q − x
Mq
k
|a q | .
Il s’ensuit, par hypothèse, que f (x) = 0.
On notera que si, par exemple, a q = 2 −q , f est alors dérivable en tout
irrationnel algébrique.
II.1.17. On pose P (x) = a(x − x 1 )(x − x 2 ) · · · (x − x n ). On a alors
P
(x k ) = a
n
j=1
j =k
(x k − x j ),
k = 1, 2, . . . , n.
L’identité à prouver,
Q(x)
P (x)
=
n
k=1
Q(x k )
P (x k )(x − x k )
,
est équivalente à
Q(x) =
n
k=1
Q(x k )P (x)
P (x k )(x − x k )
,
ce qui peut se réécrire sous la forme
Q(x) =
n
k=1
Q(x k )
n
j=1
j =k
(x − x j )
n
j=1
j =k
(x k − x j )
.
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