Corrigé des exercices - Dunod

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3. Pour n assez grand, on a nm > 1. On en déduit f n (x) > 1 pour tout x ∈ [0,1], ce qui
impossible car f n , comme f, est à valeurs dans [0,1].
Si, on suppose f − g < 0, on aboutit aussi à une contradiction en échangeant les rôles de f
et g. Conclusion : il existe x ∈ [0,1] tel que f(x) = g(x).
4. Les fonctions f : x ↦−→ x et g : x ↦−→ x+1, sont continues sur R, commutent et l’équation
f(x) = g(x) n’a pas de solution.
Exercice 19.11
1. La fonction sinus n’a de limite en −∞ et +∞ donc f n’a pas de limite à droite et à gauche
en 0. Elle n’est pas continue en 0. Mais elle est continue sur ] − ∞,0[ et ]0,+∞[.
2. Si 0 /∈ [a,b], la fonction f est continue sur [a,b] donc f([a,b]) est un segment.
Si 0 ∈ [a,b], l’une des bornes de l’intervalle est distincte de 0. Supposons par exemple
b ≠ 0. L’image de ]0,b] par la fonction x ↦−→ 1 x est [ 1
b ,+∞ [. Cet intervalle est de longueur
supérieure à 2π donc son image par la fonction sinus est [−1,1]. Ainsi f([a,b]) contient
[−1,1] et comme on a clairement l’inclusion inverse, on conclut :
f([a,b]) = [−1,1].
L’image par f de tout segment est un segment (pour a = b, c’est évident).
Exercice 19.12
1. Les applications linéaires sont continues et vérifient la relation.
2. a) Soit x ∈ R. On montre que f(nx) = nf(x) pour n ∈ N.
L’égalité f(0 + 0) = f(0) + f(0) = f(0) montre que f(0) = 0 et la propriété au rang 0.
Si f(nx) = nf(x), alors
f((n + 1)x) = f(nx + x) = f(nx) + f(x) = nf(x) + f(x) = (n + 1)f(x),
et la propriété est établie par récurrence.
On remarque que f est impaire car, pour x ∈ R,
On en déduit que, pour x ∈ R et n ∈ Z − ,
f(x) + f(−x) = f(0) = 0.
f(nx) = −f((−n)x) = −(−n)f(x) = nf(x).
b) Soit x ∈ Q, p et q des entiers tels que x = p . On a d’après la question a, qf(x) = f(qx) = f(p) = pf(1)
q
et donc f(x) = p f(1) = xf(1).
q
c) Soit x un réel quelconque, (u n ) n∈N une suite de rationnels convergeant vers x. On a alors,
puisque f est continue,
f(x) = lim
n→+∞ f(u n) = lim
n→+∞ u nf(1) = xf(1).