Continuité des fonctions numériques

Exercices du dossier Continuité des fonctions numériques

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Exercice 514
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:18
  1. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) comme quotient de fonctions continues sur \(\mathbb{R}^*\). De plus : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x}{x}=1\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1=f\left(0\right)\) et \(f\) est aussi continue en \(0\). En conclusion, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

  2. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) comme quotient et produit de fonctions continues sur \(\mathbb{R}^*\). De plus : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x^2}{\dfrac{x^2}{2}}=2\) donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}2=f\left(0\right)\) et \(f\) est aussi continue en \(0\). En conclusion, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

  3. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}_+^*\) comme produit de fonctions continues sur cet intervalle. De plus, \(x\ln x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0=f\left(0\right)\) donc \(f\) est aussi continue en \(0\). En conclusion, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}_+\).

  4. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) comme composée de fonctions continues. Par opérations sur les limites : \(e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0=f\left(0\right)\) et \(e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}\xrightarrow[x\rightarrow 0^-]{}+\infty\) donc \(f\) n’est que continue à droite en \(0\).


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Exercice 358
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:18
  1. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\setminus\left\{1\right\}\) comme quotient de fonctions polynomiales. Si \(x\neq 1\), \({\scriptstyle 1-x^{n+1}\over\scriptstyle 1-x}=1+x+x^2+\dots+x^n \xrightarrow[x\rightarrow 1]{}\left(n+1\right)=f\left(1\right)\) donc est aussi continue en \(1\). En conclusion, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

  2. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) comme composée de fonctions continues. \(f\) n’est par contre pas continue en \(0\). Considérons la suite de terme général : \(u_n=\dfrac{2}{\left(2n+1\right)\pi}\) pour \(n\in\mathbb{N}\). Cette suite converge vers \(0\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\) et pourtant la suite \(\left(f\left(u_n\right)\right)\) est divergente car elle admet deux suites extraites qui convergent vers des limites différentes.

  3. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) comme composée et produit de fonctions continues. De plus, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(-x\leqslant x\sin {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x} \leqslant x\) donc par application du théorème des gendarmes, \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0=f\left(0\right)\). On en déduit que \(f\) est aussi continue en \(0\). En conclusion, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\).

  4. \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\setminus\left\{-1,1\right\}\) comme quotient de fonctions polynomiales. Mais, si \(x\in\mathbb{R}\setminus\left\{-1,1\right\}\), \(f\left(x\right)=\dfrac{1}{1+x}\) et donc \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 1]{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}=f\left(1\right)\). \(f\) est donc continue en \(1\). Par contre \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -1^+]{}+\infty\) et \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -1^-]{}-\infty\) donc \(f\) n’est pas continue en \(x=-1\). En conclusion, \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\setminus\left\{-1\right\}\).


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Exercice 855
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:18
  1. \(f\) est définie sur \(I=\left[-1,1\right]\setminus\left\{0\right\}\). \(f\) est continue sur \(I\) comme produit et quotient de fonctions continues sur \(I\). De plus, si \(x\in I\) : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{-x{\scriptstyle x^2\over\scriptstyle 2}}{x}=-\dfrac{x^2}{2}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\). On peut prolonger \(f\) par continuité en \(0\) en posant \(f\left(0\right)=0\).

  2. \(f\) est définie sur \(I=\mathbb{R}_+^*\setminus\left\{1\right\}\). \(f\) est continue sur \(I\) comme produit, somme et composée de fonctions continues. En appliquant le théorème des gendarmes, on montre que \(\sqrt{x}\cos\left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) et donc que \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}-1\). On prolonge \(f\) par continuité à droite de \(0\) en posant \(f\left(0\right)=0\). Comme \(\left|f\left(x\right)\right|\xrightarrow[x\rightarrow 1]{}+\infty\), \(f\) n’est pas prolongeable par continuité en \(1\).

  3. \(f\) est définie sur \(I=\mathbb{R}_+ \setminus \pi \mathbb{N}\). Par opérations sur les fonctions continues, \(f\) est continue sur \(I\). De plus \({\scriptstyle x^2\ln x\over\scriptstyle\sin x}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim}x\ln x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) donc \(f\) est prolongeable par continuité à droite de \(0\). \(f\) est par contre divergente en tout \(x\in\pi\mathbb{N}^*\).

  4. \(f\) est définie sur \(I=\mathbb{R}\setminus\left\{0,1\right\}\). Par opérations sur les fonctions continues, \(f\) est continue sur \(I\). Pour tout \(x\in I\), \(f\left(x\right) = \dfrac{x}{\left(1-x\right)\mathop{\mathrm{sh}}x}\) donc \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{1}{1-x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\). On peut alors prolonger \(f\) par continuité en \(0\) en posant : \(f\left(0\right)=1\). On a aussi : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 1}{\sim} \dfrac{1}{\left(x-1\right)\mathop{\mathrm{sh}} 1}\) qui est divergente en \(1\). \(f\) n’est donc pas prolongeable par continuité en \(1\).


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Exercice 834
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:18
  1. \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}^*\). \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) comme composée de fonctions continues. Par opérations sur les limites : \(f\left(x\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\). On prolonge donc \(f\) par continuité en \(0\) en posant : \(f\left(0\right)=0\).

  2. \(f\) est définie sur \(I=\left]-1,1\right[\setminus \left\{0\right\}\). \(f\) est continue sur \(I\) comme produit de fonctions continues sur \(I\). De plus : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}x\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\) et utilisant le théorème des gendarmes, on montre que \(x\sin{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\). Il en est alors de même de \(f\) et on prolonge \(f\) par continuité en \(0\) en posant \(f\left(0\right)=0\). On vérifie facilement que \(f\) est divergente en \(1^-\) et en \(-1^+\).

  3. \(f\) est définie et continue sur \(I=\left]1,+\infty\right[\). De plus : \({f\left(x\right)}\xlongequal{X=x-1}{X\ln X}\xrightarrow[X\rightarrow 0^+]{}=0\) donc \(f\) est prolongeable par continuité en \(1^+\) en posant \(f\left(1\right)=0\).

  4. \(f\) est définie sur \(I=\left]-1,+\infty\right[\setminus\left\{0\right\}\). Par opérations sur les fonctions continues, \(f\) est continue sur \(I\). Par opérations sur les limites, \(f\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow -1^+]{} -\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\sqrt{\mathop{\mathrm{ch}}\left(-1\right)-1}}{\mathop{\mathrm{sh}}\left(-1\right)}\) et donc \(f\) est prolongeable par continuité en \(-1\). De plus : \(\operatorname{arctan} \ln\left(1+x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\ln\left(1+x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}x\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\) et \(\dfrac{\sqrt{\mathop{\mathrm{ch}}x -1}}{\mathop{\mathrm{sh}}x}\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{\left|x\right|}{2x}\). Donc \(\dfrac{\sqrt{\mathop{\mathrm{ch}}x -1}}{\mathop{\mathrm{sh}}x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^-]{} -\dfrac{\sqrt2}{2}\) et \(\dfrac{\sqrt{\mathop{\mathrm{ch}}x -1}}{\mathop{\mathrm{sh}}x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^-]{} \dfrac{\sqrt2}{2}\). \(f\) n’est donc pas prolongeable par continuité en \(0\) par contre elle admet une limite à gauche et à droite de \(0\).


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Exercice 651
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:18
  1. \(f\) est définie sur \(I=\mathbb{R}\setminus\left\{0,1\right\}\). \(f\) est continue sur \(I\) comme quotient de fonctions continues sur \(I\). On a : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x}{x}=1\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}1\) donc \(f\) est prolongeable par continuité en \(0\) si on pose \(f\left(0\right)=1\). \(f\) est par contre divergente en \(1\).

  2. \(f\) est définie sur \(I=\left[-1,1\right]\setminus\left\{0\right\}\). \(f\) est continue sur \(I\) comme quotient de fonctions continues sur \(I\). De plus \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 0}{\sim}\dfrac{x}{x}=1\) donc on prolonge \(f\) par cntinuité en \(0\) en posant \(f\left(0\right)=1\).

  3. \(f\) est définie et continue sur \(\left]-1,1\right[\).

  4. \(f\) est définie sur \(I=\left]1,+\infty\right[\) (mais aussi sur \(\left]+\infty,-1\right[\)). Elle est continue sur \(I\) comme composée et quotient de fonctions continues. De plus : \(f\left(x\right)\underset{x\rightarrow 1^+}{\sim} \dfrac{\sqrt{2\left(x-1\right)}}{x-1}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{x-1}} \xrightarrow[x\rightarrow 1^+]{}+\infty\) donc \(f\) est divergente en \(1\).


Exercice 786 *

13 janvier 2021 10:18 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Étudier la continuité sur \(\mathbb{R}\) des applications:

\[f: x \mapsto E(x) + \sqrt{x-E(x)} \quad \quad \quad g:x \mapsto E(x) - \left(x-E(x)\right)^2\]

Aide: on distinguera les cas: \(a\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\) et \(a\in \mathbb{Z}\).



[ID: 624] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:18] [Catégorie(s): Continuité des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 786
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:18
    1. Si \(a\in\mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\) alors il existe \(k\in\mathbb{Z}\) tel que \(a\in]k,k+1[\). Par suite, pour \(x\) pris dans un voisinage suffisamment petit du point \(a\), on a : \(f(x)=k+\sqrt{x-k}\) qui est continue en \(a\).

    2. Si \(a=k \in \mathbb{Z}\) alors

      1. à gauche de \(a\): \(f(x)=k-1 + \sqrt{x-k+1} \xrightarrow[x\rightarrow a^-]{} k = x = f(x)\) donc \(f\) est continue à gauche de \(a\).

      2. à droite de \(a\): \(f(x)=k + \sqrt{x-k} \xrightarrow[x\rightarrow a^+]{} k = x = f(x)\) donc \(f\) est continue à droite de \(a\).

      En conclusion \(f\) est continue sur \(R\).

    1. Si \(a\in\mathbb{R}\setminus \mathbb{Z}\) alors il existe \(k\in\mathbb{Z}\) tel que \(a\in]k,k+1[\). Pour \(x\) pris dans un voisinage suffisamment petit du point \(a\), \(f(x)=k+\left(x-k\right)^2\) qui est continue en \(a\).

    2. Si \(a=k \in \mathbb{Z}\) alors

      1. à gauche de \(a\): \(f(x)=k-1 + \left(x-k+1\right)^2 \xrightarrow[x\rightarrow a^-]{} k = a = f(a)\) donc \(f\) est continue à gauche de \(a\).

      2. à droite de \(a\): \(f(x)=k + \left(x-k\right)^2 \xrightarrow[x\rightarrow a^+]{} k = a = f(a)\) donc \(f\) est continue à droite de \(a\).

    En conclusion \(f\) est continue sur \(R\).


Exercice 620 **

13 janvier 2021 10:32 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit la fonction \[f:\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \begin{cases} 1 & \textrm{ si } x\in \mathbb{Q}\\ 0 & \textrm{ si } x\not\in \mathbb{Q} \end{cases} \end{array} \right.\] Montrer que la fonction \(f\) est discontinue en tout point \(x_0\in \mathbb{R}\).



[ID: 626] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:32] [Catégorie(s): Continuité des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 620
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:32

Soit \(x\in \mathbb{R}\). Puisque \(\mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), \[\forall \varepsilon>0,~\exists a\in \mathbb{Q}~:\quad \lvert x-a \rvert \leqslant\varepsilon\] Soit \(n\in \mathbb{N}^{\star}\). Pour \(\varepsilon= \dfrac{1}{n}\), on trouve \(a_n \in \mathbb{Q}\) tel que \(\left| x-a_n \right| \leqslant\dfrac{1}{n}\). On construit ainsi une suite \((a_n)\) de rationnels vérifiant : \(\forall n\geqslant 1\), \(\left| x-a_n \right| \leqslant\dfrac{1}{n}\). La suite \((a_n)\) converge vers \(x\). De la même façon, puisque \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), on construit une suite \((b_n)\) de nombres irrationnels qui converge vers \(x\). Mais alors si l’on suppose que \(f\) est continue au point \(x\), \(\forall n \geqslant 1\), \(f(a_n)=1\) et donc \(f(a_n) \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}1\), mais puisque \(f\) est continue au point \(x\), \(f(a_n) \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}f(x)\), ce qui montre que \(f(x)=1\). D’autre part, \(\forall n\geqslant 1\), \(f(b_n)=0\) et \(f(b_n)\xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{}f(x)\) ce qui montre que \(f(x)=0\), une absurdité. Par conséquent, la fonction \(f\) n’est pas continue au point \(x\).


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Exercice 80
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:32

Soit \(\varepsilon>0\). Puisque \(\dfrac{f(2x)-f(x)}{x}\rightarrow 0\), il existe \(\alpha>0\) tel que \[\forall x\in[0,\alpha], \quad-\varepsilon\leqslant\dfrac{f(2x)-f(x)}{x} \leqslant\varepsilon\] Soit alors \(x\in [0,\alpha]\). Soit \(p\in \mathbb N\). Puisque \(\dfrac{x}{2}\), \(\dfrac{x}{2^2}\), …,\(\dfrac{x}{2^p} \in [0,\alpha]\), on a la série d’inégalités suivantes: \[\begin{aligned} -\varepsilon\dfrac{x}{2} &\leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2}) &\leqslant\varepsilon\dfrac{x}{2} \\ -\varepsilon\dfrac{x}{2^2} &\leqslant f(\dfrac{x}{2})-f(\dfrac{x}{2^2}) &\leqslant\varepsilon\dfrac{x}{2^2} \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ -\varepsilon\dfrac{x}{2^p} &\leqslant f(\dfrac{x}{2^{p-1}})-f(\dfrac{x}{2^p}) &\leqslant\varepsilon\dfrac{x}{2^p} \end{aligned}\] En sommant ces inégalités, on trouve que : \[-\varepsilon\dfrac{x}{2}\left( 1+ \dfrac{1}{2}+\dots +\dfrac{1}{2^{p-1}}\right) \leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2^p})\leqslant\varepsilon \dfrac{x}{2}\left( 1+ \dfrac{1}{2}+\dots +\dfrac{1}{2^{p-1}}\right)\] On calcule alors la somme géométrique \[1+\dfrac{1}{2}+\dots + \dfrac{1}{2^{p-1}}= \dfrac{1-\dfrac{1}{2^{p}}}{1-\dfrac{1}{2}}= 2(1-\dfrac{1}{2^p})\] On a donc montré que pour tout \(p \in \mathbb N\), \[-\varepsilon x (1-\dfrac{1}{2^p}) \leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2^p}) \leqslant \varepsilon x (1-\dfrac{1}{2^p})\] Comme ces inégalités sont valables quel que soit \(p\), on peut passer à la limite lorsque \(x\) est fixé et \(p\rightarrow +\infty\). Puisque \(\dfrac{1}{2^p}\xrightarrow[p\rightarrow +\infty]{} 0\) et que \(f\) est continue en \(0\), \(f(\dfrac{x}{2^p})\xrightarrow[p\rightarrow +\infty]{} f(0) =0\). On obtient donc que \[-\varepsilon x \leqslant f(x) \leqslant\varepsilon x \Rightarrow \left| \dfrac{f(x)}{x} \right| \leqslant\varepsilon\] On a bien montré que \(\dfrac{f(x)}{x} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 0\).


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Exercice 701
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:32
  1. Soit \(0\leqslant x \leqslant y\leqslant 1\). Soit \(t\in [0,x]\). Puisque \(t\in [0,y]\), \(f(t)\leqslant\sup_{t\in [0,y]}f(t)\). Par passage à la borne supérieure, on en déduit que \(\varphi(x)=\sup_{t\in [0,x]}f(t) \leqslant \sup_{t\in [0,y]}f(t)=\varphi(y)\) (le nombre \(\varphi(y)\) est un majorant de \(\{ f(t); t\in[0,y]\}\))

  2. Soit alors \(x_0 \in [0,1]\). Montrons que \(\varphi\) est continue en \(x_0\): Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(f\) est continue en \(x_0\), il existe \(\alpha>0\) tel que \(\forall t\in [0,1]\), \(\left| t-x_0 \right| \leqslant \alpha \Rightarrow \left| f(t)-f(x_0) \right| \leqslant\varepsilon\).

    Soit alors \(x\in [0,1]\) tel que \(\left| x-x_0 \right| \leqslant\alpha\). Supposons dans un premier temps que \(x_0\leqslant x\). On sait déjà que \(\varphi(x_0) \leqslant\varphi(x)\). Soit \(t\in [0,x]\), si \(t\in [x_0,x]\), alors \(f(t)\leqslant f(x_0)+\varepsilon\leqslant\sup_{t\in[0,x_0]}f(t)+\varepsilon\leqslant \varphi(x_0)+\varepsilon\). Et si \(t\in [0,x_0]\), alors \(f(t)\leqslant \sup_{t\in[0,x_0]}f(t) \leqslant\varphi(t) \leqslant\varphi(t)+\varepsilon\).

    On a donc montré que \(\forall t\in [0,x]\), \(f(t)\leqslant \varphi(x_0)+\varepsilon\). Par passage à la borne supérieure, on en déduit que \(\varphi(x)\leqslant\varphi(x_0)+\varepsilon\).

    Donc, on obtient que \[\varphi(x_0) \leqslant\varphi(x)\leqslant\varphi(x_0)+\varepsilon\Rightarrow \left| \varphi(x)-\varphi(x_0) \right| \leqslant\varepsilon\]

    Dans le deuxième cas, si \(x\leqslant x_0\), on sait déjà que \(\varphi(x) \leqslant \varphi(x_0)\). Minorons alors \(\varphi(x)\): Par passage à la borne sup comme précédemment, on obtient que \(\varphi(x)\leqslant \varphi(x_0)+\varepsilon\). Donc \[\varphi(x_0)-\varepsilon\leqslant\varphi(x)\leqslant\varphi(x_0) \Rightarrow \left| \varphi(x)-\varphi(x_0) \right| \leqslant\varepsilon\] En conclusion \(\varphi\) est continue en \(x_0\).


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