Corrigé des exercices - Dunod

182
4. On raisonne comme dans 3. Entre deux rationnels distincts, il existe des irrationnels.
Donc si f n’est pas constante, f(I) contient des irrationnels.
Exercice 19.6
1. On suppose que f est périodique de période T > 0. La fonction f est continue donc bornée
sur le segment [0,T]. Par périodicité, on a f(R) = f([0,T]) donc f est bornée sur R.
2. Comme f possède des limites finies en −∞ et +∞, elle est bornée au voisinage de −∞
et +∞. Il existe des réels A < 0 et B > 0 et des réels positifs K et K ′ tels que |f(x)| K
si x A et |f(x)| K ′ si x B.
D’autre part, comme f est continue, elle est bornée sur le segment [A,B] : il existe K ′′ tel
que |f(x)| K ′′ si x ∈ [A,B]. On alors
∀x ∈ R |f(x)| max(K,K ′ ,K ′′ ).
3. On note l la limite de f en −∞ et +∞. Si f est constante égale à l, il n’y a rien à
démontrer. On suppose par exemple qu’il existe c ∈ R tel que f(c) < l.
Puisque f(x) = l > f(c), on peut trouver A > 0 tel que, pour tout réel x,
lim
|x|→+∞
|x| A =⇒ f(x) f(c) + l
2
> f(c).
Comme la borne inférieure de f est inférieure ou égale à f(c), on a inf f(x) = inf f(x).
x∈R x∈[−A,A]
Mais sur le segment [−A,A], f atteint sa borne inférieure. Donc sa borne inférieure sur R
est atteinte également.
Si f prend des valeurs plus grandes que l, on considère la borne supérieure.
4. Par définition d’une limite infinie, il existe A > 0 tel que f(x) 1 pour tout x tel que
|x| A.
Sur le segment [−A,A], la fonction continue f est minorée, par m. On donc, pour tout x ∈ R,
f(x) min(m,1). Puisque f est minorée sur R, elle possède une borne inférieure α.
Du fait de la limite infinie en ±∞, on peut trouver un réel B > 0 tel que f(x) α + 1 si
|x| A. On en déduit que
α = inf f(x) = inf f(x).
x∈R x∈[−A,A]
Sur le segment [−A,A], la fonction f atteint sa borne inférieure : il existe x ∈ [−A,A] tel
que α = f(c).
Exercice 19.7
La fonction f est continue en 0 donc bornée au voisinage de 0 : il existe α > 0 et M > 0 tel
que pour tout x ∈ [0,α], on a f(x) M.
Il résulte de la sous-additivité que, pour tout x 0 et tout entier n ∈ N ∗ , on a f(nx) nf(x)
(la démonstration par récurrence est immédiate). On en déduit que pour tout x ∈ [0,nα],
on a 0 f(x) nM, car un tel x s’écrit ny avec y ∈ [0,α].
Si I est un intervalle borné quelconque de R + , il existe n ∈ N ∗ tel que I ⊂ [0,nα]. Sur I, la
fonction f est majorée par nM.