Existence de solutions par continuité : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : existence de solutions par continuité

Le corrigé détaillé : existence de solutions par continuité

Exercice 1 – Deux fonctions sans limite (4 points)

1. Prenons \(f : D \to \mathbb{R}\), un point \(a\) adhérent à \(D\) et \(\ell\) dans \(\mathbb{R}\) ou égal à \(\pm\infty\). On a \(f(x) \to \ell\) quand \(x \to a\) exactement lorsque chaque suite \((x_n)\) à termes dans \(D\) et de limite \(a\) vérifie \(f(x_n) \to \ell\).

2. Soit \(n \geq 1\). On a \(\frac{1}{1/(2n)} = 2n\), entier, donc \(\lfloor 2n \rfloor = 2n\) et \(f\left(\frac{1}{2n}\right) = (-1)^{2n} = 1\). De même, \(\lfloor 2n+1 \rfloor = 2n+1\), donc \(f\left(\frac{1}{2n+1}\right) = (-1)^{2n+1} = -1\).

   Raisonnons alors par l’absurde : supposons que \(f\) admette une limite \(\ell\) en \(0\). Les suites \(\left(\frac{1}{2n}\right)\) et \(\left(\frac{1}{2n+1}\right)\) sont à valeurs dans \(\left]0\,;+\infty\right[\) et tendent vers \(0\). Par la caractérisation séquentielle, les suites images tendent donc toutes deux vers \(\ell\). Or elles sont constantes, égales à \(1\) et à \(-1\), si bien que \(\ell = 1\) et \(\ell = -1\), ce qui est absurde. Ainsi \(f\) n’admet pas de limite en \(0\).

3. Questions 3 et 4 : un prolongement, puis une limite à l’infini

   Pour tout \(x > 0\), on a \(|f(x)| = 1\), donc \(|\varphi(x)| = x\). Comme \(x\) tend vers \(0\), le théorème d’encadrement donne \(\lim_{x \to 0} \varphi(x) = 0\). Par conséquent, la fonction \(\tilde{\varphi}\) égale à \(\varphi\) sur \(\left]0\,;+\infty\right[\) et valant \(0\) en \(0\) est continue en \(0\). Ainsi \(\varphi\) se prolonge par continuité en \(0\) en posant \(\varphi(0) = 0\).

4. Posons \(x_n = \sqrt{n}\) et \(y_n = \sqrt{2n + \frac{1}{2}}\) : ces deux suites tendent vers \(+\infty\). D’une part \(g(x_n) = \sin(n\pi) = 0\). D’autre part \(g(y_n) = \sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1\). Une éventuelle limite \(\ell\) de \(g\) en \(+\infty\) vaudrait à la fois \(0\) et \(1\), par la caractérisation séquentielle appliquée à ces deux suites. Par conséquent, \(g\) est dépourvue de limite en \(+\infty\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) deux calculs (0,5), suites qui tendent vers 0 citées (0,5), conclusion par l’absurde (0,5) ; 3) encadrement (0,5) et prolongement (0,5) ; 4) deux images (0,5) et conclusion (0,5).

Piège classique : conclure à partir d’une seule suite dont l’image diverge, sans vérifier que les termes restent dans l’ensemble de définition et tendent vers le bon point.

Exercice 2 – Trois équations résolues par le TVI (4 points)

1. Posons \(P(x) = x^5 + 2x – 1\). Les fonctions \(x \mapsto x^5\) et \(x \mapsto 2x – 1\) sont continues et strictement croissantes sur \(\mathbb{R}\), donc leur somme \(P\) aussi. Par ailleurs \(P(0) = -1 < 0\) et \(P\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{32} > 0\). Le théorème des valeurs intermédiaires, appliqué à \(P\) continue sur \(\left[0\,;\frac{1}{2}\right]\), fournit donc un réel \(\alpha \in \left]0\,;\frac{1}{2}\right[\) tel que \(P(\alpha) = 0\). Enfin, \(P\) est injective car strictement croissante, d’où l’unicité. L’équation a une unique solution réelle \(\alpha\), et \(0 < \alpha < \frac{1}{2}\).

2. Question 2 : deux solutions opposées

   Posons \(\psi(x) = \cos x – x^2\). Si \(|x| > \frac{\pi}{2}\), alors \(x^2 > \frac{\pi^2}{4} > 1 \geq \cos x\), donc \(\psi(x) < 0\) : aucune solution hors de \(\left[-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right]\).

   Sur \(\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]\), la fonction cosinus est strictement décroissante et \(x \mapsto x^2\) est strictement croissante, donc \(\psi\), continue, y décroît strictement. Elle passe en outre de \(\psi(0) = 1 > 0\) à \(\psi\left(\frac{\pi}{2}\right) = -\frac{\pi^2}{4} < 0\). Grâce au TVI pour l’existence, puis à l’injectivité pour l’unicité, \(\psi\) s’annule donc en un unique \(\beta \in \left]0\,;\frac{\pi}{2}\right[\).

   Enfin, \(\psi\) est paire : ses zéros sur \(\left[-\frac{\pi}{2}\,;0\right]\) sont les opposés de ceux de \(\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]\), et \(0\) n’en est pas un. L’équation \(\cos x = x^2\) a exactement deux solutions, \(\beta\) et \(-\beta\).

3. Question 3 : la corde horizontale

   La fonction \(k\) est continue sur \(\left[0\,;\frac{1}{2}\right]\) comme différence de composées de fonctions continues, car \(x + \frac{1}{2} \in [0\,;1]\) pour tout \(x\) de cet intervalle. Ensuite, \(k(0) + k\left(\frac{1}{2}\right) = h\left(\frac{1}{2}\right) – h(0) + h(1) – h\left(\frac{1}{2}\right) = h(1) – h(0) = 0\). Ainsi \(k(0)\) et \(k\left(\frac{1}{2}\right)\) sont opposés : soit ils sont nuls, et \(c = 0\) convient, soit ils sont de signes contraires, et le TVI donne \(c\) entre \(0\) et \(\frac{1}{2}\) tel que \(k(c) = 0\). Il existe donc \(c \in \left[0\,;\frac{1}{2}\right]\) tel que \(h\left(c + \frac{1}{2}\right) = h(c)\).

Barème : 1) existence par le TVI (0,5) et unicité (0,5) ; 2) exclusion hors de l’intervalle (0,5), étude sur \(\left[0\,;\frac{\pi}{2}\right]\) (0,5), parité et conclusion (0,5) ; 3) continuité de \(k\) (0,5), somme nulle (0,5), discussion et TVI (0,5).

Piège classique : oublier le cas où \(k(0) = 0\). Le TVI exige un changement de signe, mais la conclusion reste vraie avec \(c = 0\).

Exercice 3 – Bornes atteintes et minimum global (4 points)

1. Comme \([a\,;b]\) est un segment et que \(u\) y est continue, le théorème des bornes atteintes garantit que \(u\) possède une plus petite valeur : on dispose donc de \(x_0 \in [a\,;b]\) tel que \(u(x) \geq u(x_0)\) pour tout \(x \in [a\,;b]\). Posons alors \(m = u(x_0)\), qui est strictement positif par hypothèse. On a donc \(u(x) \geq m > 0\) sur tout le segment.

2. Question 2 : un minimum global sur la droite réelle

   Comme \(v\) tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\), il existe \(A > 0\) tel que \(v(x) > v(0)\) pour tout \(x > A\). De même, il existe \(B > 0\) tel que \(v(x) > v(0)\) pour tout \(x < -B\). Posons ensuite \(R = \max(A, B)\).

   Restreinte à \([-R\,;R]\), qui est fermé et borné, \(v\) reste continue ; le même théorème fournit alors \(x_0\) où cette restriction est minimale. Puisque \(0 \in [-R\,;R]\), on a d’abord \(v(x_0) \leq v(0)\). Ensuite, pour \(|x| > R\), on a \(v(x) > v(0) \geq v(x_0)\). Finalement \(v(x) \geq v(x_0)\) pour tout réel \(x\). Ainsi \(v\) admet un minimum sur \(\mathbb{R}\), atteint en \(x_0\).

3. Questions 3 et 4 : une borne supérieure non atteinte

   Pour tout réel \(x\), on a \(w(x) = \frac{(x^2 + 2) – 1}{x^2 + 2} = 1 – \frac{1}{x^2 + 2}\). Comme \(x^2 + 2 \geq 2\), il vient \(0 < \frac{1}{x^2 + 2} \leq \frac{1}{2}\), donc \(\frac{1}{2} \leq w(x) < 1\). L’égalité \(w(0) = \frac{1}{2}\) montre que \(\frac{1}{2}\) est un minimum. Par ailleurs, \(w(x)\) tend vers \(1\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\), donc aucun réel strictement inférieur à \(1\) ne majore \(w\). La borne inférieure vaut \(\frac{1}{2}\) et elle est atteinte en 0 ; la borne supérieure vaut \(1\) mais elle n’est pas atteinte.

4. Le théorème des bornes atteintes concerne une fonction continue sur un segment, or \(\mathbb{R}\) n’est pas borné : il ne dit donc rien de \(w\). De plus, la question 2 ne garantit qu’un minimum, et \(w\) atteint bien le sien. Elle ne s’applique d’ailleurs pas, car \(w\) tend vers \(1\) et non vers \(+\infty\). Il n’y a donc aucune contradiction.

Barème : 1) théorème nommé (0,5) et conclusion avec \(m > 0\) (0,5) ; 2) choix de \(R\) (0,5), minimum sur le segment (0,5), comparaison hors du segment (0,5) ; 3) encadrement (0,5), bornes et caractère atteint (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : en question 1, écrire seulement « \(u > 0\) donc \(u\) est minorée par un réel strictement positif ». Sans le théorème des bornes atteintes, c’est faux, comme le montre \(x \mapsto x\) sur \(\left]0\,;1\right]\).

Exercice 4 – Une bijection continue explicite (3 points)

1. L’intervalle \(\left]-1\,;1\right[\) est symétrique par rapport à 0 et \(F(-x) = \frac{-x}{1 – x^2} = -F(x)\) : \(F\) est donc impaire.

   Soit \(0 \leq x < y < 1\). Alors \(1 – x^2 > 1 – y^2 > 0\), donc \(\frac{1}{1 – x^2} < \frac{1}{1 – y^2}\). En multipliant par \(x \geq 0\), on obtient \(F(x) \leq \frac{x}{1 – y^2}\). Ensuite, \(\frac{x}{1 – y^2} < \frac{y}{1 – y^2}\) car \(x < y\) et \(1 – y^2 > 0\). Ainsi \(F(x) < F(y)\) : \(F\) est strictement croissante sur \(\left[0\,;1\right[\).

   Par imparité, \(F\) est aussi strictement croissante sur \(\left]-1\,;0\right]\). Enfin, si \(x \leq 0 \leq y\) avec \(x < y\), on a \(F(x) \leq 0 \leq F(y)\), et l’une des inégalités est stricte. Donc \(F\) est strictement croissante sur \(\left]-1\,;1\right[\).

2. Question 2 : le théorème de la bijection

   Quand \(x\) tend vers \(1\) par valeurs inférieures, le numérateur tend vers \(1\) et le dénominateur tend vers \(0\) en restant positif, donc \(F(x)\) tend vers \(+\infty\). Par imparité, \(F(x)\) tend vers \(-\infty\) en \(-1\). Or \(F\) est continue, comme fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas, et strictement croissante sur l’intervalle \(\left]-1\,;1\right[\). Le théorème de la bijection montre alors que \(F\) réalise une bijection de \(\left]-1\,;1\right[\) sur l’intervalle \(\left]-\infty\,;+\infty\right[\). Ainsi \(F\) envoie bijectivement \(\left]-1\,;1\right[\) sur \(\mathbb{R}\), et \(F^{-1}\), définie sur \(\mathbb{R}\), hérite de la continuité et de la stricte croissance.

3. Question 3 : la réciproque explicite

   Soit \(y \in \mathbb{R}\) et \(x \in \left]-1\,;1\right[\). Comme \(1 – x^2 \neq 0\), l’équation \(F(x) = y\) équivaut à \(y\,x^2 + x – y = 0\). Si \(y = 0\), on trouve \(x = 0\).

   Si \(y \neq 0\), le discriminant vaut \(1 + 4y^2 > 0\), d’où deux racines \(x_1 = \frac{-1 + \sqrt{1 + 4y^2}}{2y}\) et \(x_2 = \frac{-1 – \sqrt{1 + 4y^2}}{2y}\). Leur produit vaut \(\frac{-y}{y} = -1\), et \(|x_1| < |x_2|\) car \(\sqrt{1 + 4y^2} – 1 < \sqrt{1 + 4y^2} + 1\). Par conséquent \(|x_1| < 1 < |x_2|\), et seule \(x_1\) appartient à \(\left]-1\,;1\right[\). En multipliant par la quantité conjuguée, \(x_1 = \frac{(1 + 4y^2) – 1}{2y\left(1 + \sqrt{1 + 4y^2}\right)} = \frac{2y}{1 + \sqrt{1 + 4y^2}}\), formule qui donne aussi 0 pour \(y = 0\).

   Pour tout réel \(y\), \(F^{-1}(y) = \dfrac{2y}{1 + \sqrt{1 + 4y^2}}\). Contrôle : \(F\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1/2}{3/4} = \frac{2}{3}\), et \(\sqrt{1 + \frac{16}{9}} = \frac{5}{3}\), donc \(F^{-1}\left(\frac{2}{3}\right) = \frac{4/3}{8/3} = \frac{1}{2}\), comme attendu. La figure montre les deux courbes, symétriques par rapport à la droite \(y = x\).

Barème : 1) imparité (0,25), croissance sur \(\left[0\,;1\right[\) (0,5), extension (0,25) ; 2) limites (0,5), théorème de la bijection cité avec ses hypothèses (0,5) ; 3) choix de la racine (0,5), formule et contrôle (0,5).

Piège classique : garder les deux racines du trinôme. Une seule appartient à \(\left]-1\,;1\right[\), et il faut le justifier.

Exercice 5 – Problème : points fixes et involutions (5 points)

1. Partie A : existence d’un point fixe

   Posons \(\delta(x) = f(x) – x\) sur \([a\,;b]\) : c’est une fonction continue, comme différence de deux fonctions continues. Puisque \(f(a) \in [a\,;b]\), on a \(f(a) \geq a\), donc \(\delta(a) \geq 0\). De même, \(f(b) \leq b\) donne \(\delta(b) \leq 0\). Ainsi \(0\) est compris entre \(\delta(b)\) et \(\delta(a)\). Le théorème des valeurs intermédiaires, appliqué à \(\delta\) continue sur l’intervalle \([a\,;b]\), fournit alors \(c \in [a\,;b]\) tel que \(\delta(c) = 0\). Donc \(f(c) = c\) : la fonction \(f\) admet au moins un point fixe.

2. Partie B : unicité pour une fonction décroissante

   L’existence découle de la partie A, dont les hypothèses restent vérifiées. Pour l’unicité, soit \(0 \leq x < y \leq 1\). Comme \(f\) est décroissante, \(f(x) \geq f(y)\) ; de plus \(-x > -y\). En additionnant, on obtient \(\delta(x) > \delta(y)\). Par conséquent \(\delta\) est strictement décroissante, donc injective, et elle s’annule au plus une fois. La fonction \(f\) admet donc un unique point fixe sur \([0\,;1]\).

3. Partie C : les involutions continues

   Posons \(\theta(x) = g(x) – x\), continue sur \(\mathbb{R}\), et notons \(b = g(a)\). Alors \(\theta(a) = b – a\) et \(\theta(b) = g(g(a)) – g(a) = a – b\). Ainsi \(\theta(b) = -\theta(a)\), et \(\theta(a) \neq 0\) par hypothèse : \(\theta\) prend donc des valeurs de signes contraires en \(a\) et en \(b\). Le TVI, appliqué sur le segment d’extrémités \(a\) et \(b\), donne alors un réel \(c\) entre \(a\) et \(b\) tel que \(\theta(c) = 0\). Si au contraire \(g(x) = x\) pour tout réel \(x\), chaque réel est un point fixe. Dans tous les cas, \(g\) possède un point fixe.

   Pour \(g(x) = 3 – x\), on a \(g(g(x)) = 3 – (3 – x) = x\), et \(g\) est continue. De plus \(g(0) = 3 \neq 0\). Enfin \(3 – x = x\) équivaut à \(x = \frac{3}{2}\). Le point fixe de \(x \mapsto 3 – x\) est \(\frac{3}{2}\).

4. Partie D : un exemple explicite

   La fonction \(q\) est continue, car polynomiale. Pour \(x \in [0\,;1]\), on a \(1 – x \in [0\,;1]\), donc \(q(x) = (1 – x)^2 \in [0\,;1]\). Si \(0 \leq x < y \leq 1\), alors \(0 \leq 1 – y < 1 – x\), et la fonction carré est croissante sur \(\left[0\,;+\infty\right[\), d’où \(q(y) < q(x)\) : \(q\) est décroissante. La partie B s’applique donc.

   Ensuite, \((1 – x)^2 = x\) équivaut à \(x^2 – 3x + 1 = 0\), de discriminant \(5\), dont les racines sont \(\frac{3 – \sqrt{5}}{2}\) et \(\frac{3 + \sqrt{5}}{2}\). La seconde est supérieure à \(1\), donc exclue. En revanche, \(2 < \sqrt{5} < 3\) donne \(0 < \frac{3 – \sqrt{5}}{2} < \frac{1}{2}\). L’unique point fixe de \(q\) est \(\ell = \dfrac{3 – \sqrt{5}}{2} \approx 0{,}38\).

Barème : A) fonction auxiliaire continue (0,5), signes en \(a\) et \(b\) (0,5), TVI et conclusion (0,5) ; B) existence (0,25), stricte décroissance de \(\delta\) (0,5), conclusion (0,25) ; C) relation \(\theta(b) = -\theta(a)\) (0,5), TVI sur le bon segment (0,5), exemple (0,5) ; D) hypothèses (0,5), calcul et choix de la racine (0,5).

Piège classique : appliquer le TVI sur \([a\,;b]\) en partie C sans savoir si \(a < b\). Il faut raisonner sur le segment d’extrémités \(a\) et \(g(a)\), quel que soit leur ordre.

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