PROBLMES DANALYSE IIContinuit et drivabilitWieslawa J. Kaczor, Maria T. NowakTraduction : Eric KourisCollection dirige par DanielGuin17, avenue du HoggarParc dactivits de Courtabuf, BP 11291944 Les Ulis Cedex A, FranceThis work was originally published in Polish, as Zadania z Analizy Matematycznej. CzDruga FunkcjeJednejZmiennejRachunekRniczowy, c _ 1998 Wydawnictwo Uniwer-sytetu Marii Curie-Skodowskiej, Lublin. Published in English by the American Mathe-matical Society under the title ProblemsinMathematical AnalysisII:ContinuityandDierentiation, c _2001 AmericanMathematical Society.Thepresent translation wascreated for EDP Sciences under authority of the American Mathematical Society and ispublished by permission.Imprim en FranceISBN : 978-2-86883-0086-5Tous droits detraduction, dadaptationet dereproductionpar tous procds rservs pour touspays.Toutereproductionou reprsentationintgraleou partielle,parquelqueprocdquecesoit,despagespubliesdans le prsentouvrage,faite sans lautorisation de lditeur est illicite et constitue unecontrefaon. Seulessontautorises, dunepart, lesreproductionsstrictementrserveslusageprivducopisteetnondestinesuneutilisationcollective, etdautrepart, lescourtescitationsjustiesparlecaractre scientiqueoudinformationdeluvredans laquelleellessontincorpores (art. L.122-4, L. 122-5etL. 335-2duCodedelapropritintellectuelle). Desphotocopiespayantespeuventtre ralises avec laccord de lditeur. Sadresser au : Centre franais dexploitation du droit de copie,3, rue Hautefeuille, 75006 Paris. Tl. : 01 43 26 95 35.c2008, EDPSciences, 17, avenue du Hoggar, BP 112, Parc dactivits de Courtabuf,91944 Les Ulis Cedex ATABLE DES MATIRESPrfacedu traducteur vPrface ldition anglaise viiNotationset terminologie ixI Limites etcontinuit 1noncs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1I.1 Limite dune fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1I.2 Proprits des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . 7I.3 Proprit des valeurs intermdiaires . . . . . . . . . . . . . . . 13I.4 Fonctions semi-continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17I.5 Continuit uniforme. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22I.6 quations fonctionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25I.7 Fonctions continues sur un espace mtrique. . . . . . . . . . . 30Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35I.1 Limite dune fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35I.2 Proprits des fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . 52I.3 Proprit des valeurs intermdiaires . . . . . . . . . . . . . . . 69I.4 Fonctions semi-continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82I.5 Continuit uniforme. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92I.6 quations fonctionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101I.7 Fonctions continues sur un espace mtrique. . . . . . . . . . . 117II Drivation 129noncs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129II.1 Drive dune fonction relle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129II.2 Thorme des accroissements nis . . . . . . . . . . . . . . . . 138ProblmesdAnalyse II,ContinuitetdrivabilitII.3 Formule de Taylor et rgle de LHospital . . . . . . . . . . . . 144II.4 Fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153II.5 Applications des drives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158II.6 Drivabilit forte et drivabilit au sens de Schwarz . . . . . . 167Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170II.1 Drive dune fonction relle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170II.2 Thorme des accroissements nis . . . . . . . . . . . . . . . . 190II.3 Formule de Taylor et rgle de LHospital . . . . . . . . . . . . 201II.4 Fonctions convexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222II.5 Applications des drives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238II.6 Drivabilit forte et drivabilit au sens de Schwarz . . . . . . 262III Suites et sries de fonctions 269noncs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269III.1 Suites de fonctions, convergence uniforme. . . . . . . . . . . . 269III.2 Sries de fonctions, convergence uniforme . . . . . . . . . . . . 275III.3 Sries entires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284III.4 Sries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296III.1 Suites de fonctions, convergence uniforme. . . . . . . . . . . . 296III.2 Sries de fonctions, convergence uniforme . . . . . . . . . . . . 313III.3 Sries entires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332III.4 Sries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349Bibliographie 369Tabledes renvois 371Index 375ivPRFACE DU TRADUCTEURCe livre est le second dune srie de trois recueils dexercices corrigs traitantdesbasesdelanalyserelle. Ilsadressedabordauxtudiants, principalementceux des niveaux L1 L3, quils soient luniversit ou en CPGE. Il intresseraaussi les candidats aux concours du CAPES et de lagrgation de mathmatiquesqui y trouverontautantles thormes quils doiventconnatreque des exercicespour les illustrer.Cesecondvolumetraiteprincipalementdesfonctionsrellesdunevariablerelle. Lepremierchapitretraiteen profondeurdesfonctionscontinues(lader-nire section, sur les fonctions entreespaces mtriques, intressera plus particu-lirement lestudiantsdeL3etM1). Lesecondchapitreabordelesfonctionsdrivables(laderniresectiontraitantdegnralisationsdelanotiondedri-ve, thme trs rarement abord dans les ouvrages sadressant aux tudiants dupremiercycleuniversitaire)etledernierchapitreseconcentresurlessriesdefonctions. Chaque section, centre sur un thme, commence par des exercices rela-tivement simples et se poursuit par des problmes plus diciles, certains tant desthormes classiques. Souvent, dirents aspects dun mme thme sont traits enune srie dexercices successifs pour permettre den approfondir la comprhension.Tous les exercices sont corrigs, le plus souvent en dtail, ce qui permettra auxtudiants de ne pas scher sur un exercice dicile. Nous les invitons cependant chercher par eux-mmes les exercices avant de regarder les solutions pour ne passe priver du plaisir de les rsoudre. Nous insistons aussi sur le fait que les auteursne donnent pas ncessairement toutes les tapes dun calcul lorsquils considrentque celui-ci ne pose pas de problmes techniques. Cest bien sur aux tudiants deprendre le temps de rdiger entirement leurs solutions.Nous avons ajout dans cette traduction quelques notes pour prciser certainesdnitionset viter ainsi davoir chercherdans dautres ouvrages. Nous avonsaussi ajouter en note les noms de certaines proprits et relations pour inviter lestudiants engager des recherchespar eux-mmes. Lindex la n de louvrageProblmesdAnalyse II,Continuitetdrivabilitpermetdefacilementretrouverunednitionetla tabledesrenvoispermetdevoir les liens entre les dirents problmes dans ce volume et dans les deux autres.Je tiens remercier Daniel Guin et Xavier Cottrell pour avoir pris le temps derelirecettetraductionetpour les remarquesquils montfaites an damliorerle style et de corriger les erreurs. Je reste responsable de celles qui subsisteraient.Je souhaite aussi remercier pour sa disponibilit Patrick Fradin, lauteur du logi-ciel TeXgraph avec lequel toutes les gures de cet ouvrage et lillustration de lacouverture ont t ralises.. KourisviPRFACE LDITION ANGLAISECet ouvrage est le second volume dune srie de recueils de problmes dana-lyse. Iltraitedesfonctionsrellesdunevariablerelle, lexceptiondelasec-tionI.7 osontabordeslesfonctionsdniessurunespacemtrique.Commedanslepremiervolume, ProblmesdAnalyseI,Nombresrels, suitesetsries,chaque chapitre est divis en deux parties. La premire partie est compose dexer-cices et de problmes, la seconde des solutions ces problmes. Bien que souventun problme donn admette plusieurs solutions, nous nen prsentons quune. Deplus, lesproblmessontdivissensectionssuivantlesmthodesutilisespourleur rsolution. Par exemple, si un problme se trouve dans la section Fonctionsconvexes,cela signie que lon utilise des proprits des fonctions convexes danslasolution. Bienquechaquesectioncommencepardesexercicesrelativementsimples, ontrouveraaussi desproblmesassezdiciles, dontcertainssont, enfait, des thormes.Ce livresadresseprincipalement auxtudiants enmathmatiques mais ilcouvre des thmes que les enseignants pourront inclure dans leurs cours ou utiliserdans des sances de travaux dirigs. Par exemple, suivant Steven Roman [Amer.Math. Monthly, 87 (1980), pp. 805-809], nous prsentons une dmonstration de laformule bien connue de Fa di Bruno donnant la drive n-ime de la compose dedeux fonctions. Les applications de cette formule aux fonctions analytiques rellesdonnes au chapitre III sont principalement tires de A Primer of Real AnalyticFunctionsde Steven G. Kranz et Harold R. Parks. En fait, nous avons trouv cetouvragesi stimulantque nous navons pas rsist y emprunterquelques tho-rmes.Nous souhaitonsaussimentionnericiunegnralisationduthormedeTauberdueHardyetLittlewood. La dmonstrationquenousendonnonsestbase sur la publication de Karamata [Math. Zeitschrift, 2 (1918)].Nous avons emprunt librement dans plusieurs ouvrages, recueils de problmeset sections de problmesde journaux tels queAmericanMathematical Monthly,Mathematics Today (enrusse) et Delta (enpolonais). Nous donnons la listeProblmesdAnalyse II,Continuitetdrivabilitcompltedes livres dans la bibliographie.Commedans le premiervolume,don-ner toutes les sources originales dpassait nos objectifs et nous avons pu oubliercertaines contributions. Nous prsentons nos excuses si cela sest produit.Touteslesnotationsetdnitionsutilisesdanscevolumesontstandards.Nanmoins, pour viter toute ambigut et dans un souci de cohrence, une listedes notations et dnitions est incluseaudbut decelivre. Nos conventionspour les renvois sexpliquent le mieux par des exemples : I.2.13 et I.2.13 (vol. I)reprsententrespectivementlenumroduproblmedanscevolumeetdanslevolume I.Nousdevonsbeaucoupdenombreuxamisetcollguesaveclesquelsnousavons eu de nombreuses conversations productives. Une mention particulire doittrefaitepourTadeuszKuczumowavoir suggrdirentsproblmesetsolu-tions et pour WitoldRzymowski qui nous afourni sonmanuscrit [28]. Nousremercionsaussi sincrement ArmenGrigoryan, MagorzataKoter-Mrgowska,StanisawPrusetJadwigaZygmuntpouravoirralislesguresetpournousavoir aids les incorporer au texte. Nous avons aussi une grande dette envers leprofesseur Richard J. Libera de luniversit du Delaware pour son aide gnreusedans la traduction anglaise et pour toutes ses suggestions et corrections qui ontgrandement amlior autant la forme que le contenu des dirents volumes. Nousaimerionsaussi remercierlquipedelAMSpourleurassistance(parcourriel)pour mener bien notre travail.W. J. Kaczor, M. T. NowakviiiNOTATIONS ET TERMINOLOGIER est lensemble des nombres rels.R+ est lensemble des nombres rels positifs.R est la droite relle acheve, autrement dit, R = R , +.Q est lensemble des nombres rationnels.Z est lensemble des entiers relatifs.N est lensemble des entiers naturels.N = N 0.[a , b] est lintervalle ferm dextrmitsa etb.]a , b[ est lintervalle ouvert dextrmitsa etb.[x] est la partie entire du nombre rel x (on a conserv la notation anglo-phone).Pourx R,sgn x =1 pour x > 0,1 pour x < 0,0 pour x = 0.Pourn N,n! = 1 2 3 . . . n, on pose aussi 0! = 1,(2n)!! = 2 4 6 . . . (2n 2) 2n,(2n 1)!! = 1 3 5 . . . (2n 3) (2n 1).ProblmesdAnalyse II,ContinuitetdrivabilitSi A R est non vide et major, alors supAest le plus petit majorant de A.Si lensemble non vide A nest pas major, on pose alors supA = +.Si A Restnonvideetminor, alorsinf Aestleplusgrandminorantde A. Si lensemble non vide A nest pas minor, on pose alors inf A = .Une suite an est dite croissante (resp. dcroissante) si an+1an pour toutn N (resp. an+1 anpour toutn N). La classe des suites monotonesest forme des suites croissantes et des suites dcroissantes.Soit anet bndeuxsuitesrelles(bn ,=0pourtoutn).Silequotientan/bn tend vers 0 (resp. reste born) lorsquen tend vers +, on crit alorsan = o(bn) (resp.,an = O(bn)).Un rel c est une valeur dadhrence de la suite an sil existe une sous-suiteank de an convergente versc.SoitSlensembledetouteslesvaleursdadhrencede an.La limitein-frieure, limn+an, etlalimitesuprieure, limn+an, sontdniescommesuit :limn+an =+ si an nest pas majore, si an est majore et S = ,supS si an est majore et S ,= ,limn+an = si an nest pas minore,+ si an est minore et S = ,inf S si an est minore et S ,= .Un produit inni+

n=0an est dit convergent sil existe un entier n0 N tel quean ,= 0 pour nn0 et la suite an0an0+1an0+n converge, lorsque n tendvers +, vers une limiteP0 non nulle. Le nombreP= a1a2 an01 P0est appele la valeur du produit inni.Si A X et sifest une fonction dnie sur X,f|A est la restriction def A.Si(X, d)est un espacemtrique, x X etAun sous-ensemblenonvidede X, alorsAc= X A est le complmentaire de A dans X,xNotations etterminologieBX(x, r), BX(x, r) reprsentent respectivement la boule ouverte et la bouleferme de centrex et de rayonr. Si X est x, on omet lindice et on critsimplement B(x, r), B(x, r),A est lintrieur de A dans lespace mtrique (X, d),A est ladhrence de A dans lespace mtrique, A = A X A est la frontire de A,diam(A) = supd(x, y) : x, y A est le diamtre de lensemble A,dist(x, A) = inf d(x, y) : y A est la distance dex lensemble A,A est un ensemble de type Tsi cest une union dnombrable densemblesferms dans (X, d),A estunensembledetype (si cestuneintersectiondnombrableden-sembles ouverts dans (X, d),X est dit connexe sil nexiste pas de sous-ensembles ouverts disjointsB etC de X tels que X = B C.A(x) =_1 si x A,0 si x X Aest la fonction caractristique de A.Continuit, drivabilit. CA est lensemble des fonctions continues sur A valeurs dans R. Cn]a,b[est lensemble des fonctionsn fois continmentdrivables sur ]a, b[ valeurs dans R. C1[a,b] est lensemble des fonctions continment drivables sur [a, b] valeursdansR, enconsidrantauxextrmitsrespectivementladrivedroiteetladrivegauche. LensembleCn[a,b]desfonctionsnfoiscontinmentdrivables sur [a, b] valeurs dans R est dnie rcursivement. C]a,b[, C[a,b] est lensemble des fonctions inniment drivables respectivementsur ]a , b[ et [a , b] valeurs dans R.xiProblmesdAnalyse II,ContinuitetdrivabilitSifetg sont des fonctions relles dune variable relle, alors f(a+) etf(a) reprsentent respectivement la limite droite et la limite gauche defena,si le quotient f(x)/g(x) tend vers 0 (resp. reste born) lorsque x tend vers x0,on crit alorsf(x) = o(g(x)) (resp.f(x) = O(g(x))), f(n)est la driven-ime def, f

+(a),f

(a) reprsentent respectivement la drive droite et la drive gauche defena.xiiILIMITES ET CONTINUITnoncsI.1. Limite dune fonctionOn adopte les dnitions suivantes.Dnition 1. Une fonction rellefest dite croissante(resp. strictement crois-sante, dcroissante, strictement dcroissante) sur un ensemble non vide A Rsi x1 0, est un voisinage pointdu pointa R.ChapitreI.LimitesetcontinuitI.1.1. Trouver les limites suivantes ou dire si elles nexistent pas.(a) limx0xcos 1x , (b) limx0x_1x_,(c) limx0xa_bx_, a, b > 0, (d) limx0[x]x,(e) limx+x__x2+ 1 3_x3+ 1_, (f) limx0cos_2 cos x_sin(sin x).I.1.2. Soitf : ]a , a[ 0 R une fonction. Dmontrer que(a) limx0f(x) = l si et seulement si limx0f(sin x) = l,(b) si limx0f(x) =l, alors limx0f ([x[) =l. Limplicationrciproque est-elleexacte ?I.1.3. Soit f : ]a , a[0 R+ une fonction vriant limx0_f(x) +1f(x)_= 2.Montrer quelimx0f(x) = 1.I.1.4. Soit f une fonction dnie sur un voisinage point de a telle quelimxa_f(x) +1|f(x)|_= 0. Dterminerlimxaf(x).I.1.5. Prouver que si f est une fonction borne sur [0 , 1] vriant f(ax) = bf(x)pour 0x 1aeta, b > 1, alors limx0+f(x) = f(0).I.1.6. Calculer(a) limx0_x2_1 + 2 + 3 +. . . +_1[x[___,(b) limx0+_x__1x_+_2x_+. . . +_kx___, k N.I.1.7. Calculer limx+[P(x)]P([x]), oPestunpolynmecoecients strictementpositifs.2noncsI.1.8. Montrer sur un exemple que la conditionlimx0(f(x) +f(2x)) = 0 ()nimplique pas quefadmet une limite en 0. Prouver que sil existe une fonction telle que, dans un voisinage point de 0, lingalitf(x)(x) est vrie etlimx0(x) = 0, alors () impliquelimx0f(x) = 0.I.1.9.(a) Donner un exemple de fonctionfvriant la conditionlimx0(f(x)f(2x)) = 0et telle quelimx0f(x) nexiste pas.(b) Montrerquesi les ingalitsf(x)[x[(12 0.I.1.12. Prouver que sia > 1 et R, alors(a) limx+axx= +, (b) limx+axx= +.I.1.13. Prouver que limx+lnxx= 0 si > 0.I.1.14. Poura > 0, prouver quelimx0ax= 1. Utiliser cette galit pour prouverla continuit de la fonction exponentielle.I.1.15. Montrer que(a) limx+_1 + 1x_x= e, (b) limx_1 + 1x_x= e,(c) limx0(1 +x)1x= e.3ChapitreI.LimitesetcontinuitI.1.16. Prouverquelimx0ln(1 + x)= 0.En dduireque la fonction logarithmeest continue sur R+.I.1.17. Dterminer les limites suivantes :(a) limx0ln(1 +x)x, (b) limx0ax1a, a > 0,(c) limx0(1 +x)1x, R.I.1.18. Trouver(a) limx+(ln x)1x, (b) limx0+xsinx,(c) limx0(cos x)1sin2x, (d) limx+(ex1)1x,(e) limx0+(sin x)1ln x.I.1.19. Dterminer les limite suivantes :(a) limx0sin 2x + 2 Arctan 3x + 3x2ln_1 + 3x + sin2x_+xex, (b) limx0ln cos xtan x2,(c) limx0+1 ex1 cos xsin x, (d) limx0_1 +x2_cotan x.I.1.20. Calculer(a) limx+_tanx2x + 1_1x, (b) limx+x_ln_1 +x2_ln x2_.I.1.21. On suppose que limx0+g(x) = 0 et quil existe R et m, M strictementpositifstelsquemf(x)xMpour x>0dansunvoisinagede0. Prouverque silimx0+g(x) ln x = , alors limx0+f(x)g(x)= e. Dans le cas o = + ou = , on prend les conventionse+ = + ete = 0.I.1.22. Onsuppose que limx0f(x) =1et limx0g(x) =+. Prouver que silimx0g(x)(f(x) 1) = , alorslimx0f(x)g(x)= e.4noncsI.1.23. Calculer(a) limx0+_2 sinx +x sin 1x_x,(b) limx0_1 +xe1x2sin1x4_exp_1x2_ ,(c) limx0_1 +e1x2Arctan1x2+xe1x2sin1x4_exp_1x2_ .I.1.24. Soitf : R+ Runefonctiontellequelasuite f(a + n)convergevers 0 pour touta0. La limite limx+f(x) existe-t-elle ?I.1.25. Soit f : R+ R une fonction telle que la suite f(an) converge vers 0pour touta > 0. La limite limx+f(x) existe-t-elle ?I.1.26. Soitf : R+ R une fonction telle que la suite f(a + bn) convergevers 0 pour touta0 et toutb > 0. La limite limx+f(x) existe-t-elle ?I.1.27. Prouver que si limx0f(x) = 0 etlimx0f(2x)f(x)x= 0, alorslimx0f(x)x= 0.I.1.28. Soit f une fonction dnie sur ]a , +[ et borne sur tout intervalle born]a , b[,a < b. Prouver que si limx+(f(x + 1) f(x)) = l, alors limx+f(x)x= l.I.1.29. Soit f une fonction dnie sur ]a , +[ et minore sur tout inter-valleborn]a , b[, ax0f(x) (resp.f(x+0 ) =supx>x0f(x)),(b) f(x0 ) =limxx0f(x) =supx0tel que[f(x) f(x

)[ < ds que 0 < [x a[ < et 0 < [x

a[ < . Formuler et prouverune condition ncessaire et susante analogue pour que limx+f(x) existe.6noncsI.1.38. Montrer que si limxaf(x) =A et limyAy=Ag(y) =B, alors limxag(f(x)) =B,pour autant que (g f)(x) = g(f(x)) soit bien dnie et quefnatteigne pas lavaleurA dans un voisinage point dea.I.1.39. Trouver des fonctionsfetgtelles quelimxaf(x) =A et limyAg(y) =B,maislimxag(f(x)) ,= B.I.1.40. Soit f : R Runefonctioncroissantetellequex f(x) xsoitpriodique de priode 1. On notefnlan-ime itredef, autrement dit,f1= fetfn= f fn1pourn2. Prouver que si limn+fn(0)nexiste, alorslimn+fn(x)n= limn+fn(0)npour tout x R.I.1.41. Soit f : R Runefonctioncroissantetellequex f(x) xsoitpriodiquedepriode1et f(0) >0. Onnote fnlan-imeitrede f. Soitp N. Prouver quesi mpestlepluspetitentier strictement positif tel quefmp(0) > p, alorspmp limn+fn(0)n limn+fn(0)n

pmp+ 1 +f(0)mp.I.1.42. Soit f : R Runefonctioncroissantetellequex f(x) xsoitpriodiquedepriode1.Montrerque limn+fn(x)nexisteetquesa valeurestlamme pour toutx R,fnreprsentant lan-ime itre def.I.2. Proprits des fonctions continuesI.2.1. Trouver tous les points o la fonctionfdnie parf(x) =_0 six est irrationnel,sin [x[ six est rationnelest continue.7ChapitreI.LimitesetcontinuitI.2.2. Trouver tous les points o la fonctionfdnie parf(x) =x21 six est irrationnel,0 six est rationnelest continue.I.2.3. tudier la continuit des fonctions suivantes :(a) f(x) =0 six est irrationnel oux = 0,1/q six = p/q,p Z,q N,p etq tant premiers entre eux,(b) f(x) =[x[ six est irrationnel oux = 0,qxq + 1six = p/q,p Z,q N,p etq tant premiers entre eux.(La fonction dnie en (a) est appele fonction de Riemann.)I.2.4. Prouver que si f C[a,b], alors [f[ C[a,b]. Montrer sur un exemple quela rciproque est fausse.I.2.5. Dterminer toutes les valeurs de an et bn pour lesquelles la fonction dnieparf(x) =an + sin x six [2n, 2n + 1],n Z,bn + cos x six ]2n 1 , 2n[,n Z,est continue sur R.I.2.6. On posef(x) =_x2sin x pourx R. tudier la continuit def.I.2.7. Pourx 12, on posef(x) = [x] + (x [x])[x].Prouver quefest continue et quelle est strictement croissante sur [1 , +[.8noncsI.2.8. tudier la continuit des fonctions suivantes et tracer leur graphe :(a) f(x) = limn+nxnxnx+nx , x R,(b) f(x) = limn+x2enx+xenx+ 1, x R,(c) f(x) = limn+ln (en+xn)n, x R+,(d) f(x) = limn+n_4n+x2n+1x2n, x R,(e) f(x) = limn+2n_cos2nx + sin2nx, x R.I.2.9. Prouver que si f : R R est continue et priodique, elle atteint sa bornesuprieure et sa borne infrieure.I.2.10. Pour P(x)=x2n+ a2n1x2n1+ . . . + a1x + a0, prouverquil existex

R tel queP(x

) = inf P(x) : x R. Prouveraussi que la valeurabsoluede tout polynmePatteint sa borne infrieure, autrement dit quil existex

Rtel que [P(x

)[ = inf [P(x)[ : x R.I.2.11.(a) Donnerun exemplede fonction bornesur[0 , 1]qui natteintni sa bornesuprieure ni sa borne infrieure.(b) Donner unexempledefonctionbornesur [0 , 1] qui natteint saborneinfrieure sur aucun intervalle [a , b] [0 , 1], a < b.I.2.12. Pourf : R R,x0 R et> 0, on posef(x0, ) = sup[f(x) f(x0)[ : x R, [x x0[ < etf(x0) =lim0+f(x0, ).Dmontrerquefest continueenx0si et seulementsif(x0) = 0.I.2.13.(a) Soitf, g C[a,b]. Pourx [a , b], on poseh(x) = min f(x), g(x) etH(x) = max f(x), g(x) .Prouver queh, H C[a,b].(b) Soitf1, f2, f3 C[a,b]. Pourx [a , b], on notef(x) la valeur parmi f1(x),f2(x),f3(x) se trouvant entre les deux autres. Prouver quef C[a,b].9ChapitreI.LimitesetcontinuitI.2.14. Prouver que sif C[a,b], alors les fonctions dnies parm(x) = inf f() : [a , x] et M(x) = supf() : [a , x]sont aussi continues sur [a , b].I.2.15. Soitfune fonction borne sur [a , b]. Prouver que les fonctions dniesparm(x) = inf f() : [a , x[ et M(x) = supf() : [a , x[sont continues gauche sur ]a , b[.I.2.16. Vrier si, sous les hypothses du problme prcdent, les fonctionsm

(x) = inf f() : [a , x] et M

(x) = supf() : [a , x]sont continues gauche sur ]a , b[.I.2.17. Soitfune fonction continue sur [a , +[ telle que limx+f(x) soit nie.Prouver quefest borne sur [a , +[.I.2.18. Soit f une fonction continue sur R et xn une suite borne. Les galitslimn+f(xn) = f_limn+xn_et limn+f(xn) = f_limn+xn_sont-elles vraies ?I.2.19. Soit f : R Runefonctioncroissanteetcontinueetsoit xnunesuite borne. Montrer quelimn+f(xn) = f_limn+xn_, (1)limn+f(xn) = f_limn+xn_. (2)I.2.20. Soitf : R R une fonction dcroissante et continue et soit xn unesuite borne. Montrer quelimn+f(xn) = f_limn+xn_, (1)limn+f(xn) = f_limn+xn_. (2)10noncsI.2.21. Soit f une fonctioncontinue sur Rtelle que limxf(x) =etlimx+f(x) = +. On dnitg en posantg(x) = supt : f(t) < x pourx R.(a) Prouver que la fonctiong est continue gauche.(b) La fonctiong est-elle continue ?I.2.22. Soitf : R R une fonction continue priodique ayant deux priodesincommensurables T1et T2, cest--diretellesqueT1T2soitirrationnel. Prouverquefest une fonction constante. Donner un exemple de fonction priodique nonconstante ayant deux priodes incommensurables.I.2.23.(a) Prouverquesi f : R Restunefonctioncontinue, priodiqueetnonconstante, elle admet alors une plus petite priode strictement positive ap-pele priode fondamentale.(b) Donnerunexempledefonctionpriodiqueetnonconstantenadmettantpas de priode fondamentale.(c) Prouver que sif : R R est une fonction priodique sans priode fonda-mentale, alors lensemble de ses priodes est dense dans R.I.2.24.(a) Prouverque le thormenoncdans la partie(a) du problmeprcdentreste vrai lorsque la continuitdefsur R est remplacepar la continuiten un point.(b) Prouver que sif : R R est une fonction priodique sans priode fonda-mentale et continue en un point, elle est constante.I.2.25. Dmontrer que si f, g: R R sont continues, priodiques et telles quelimx+(f(x) g(x)) = 0, alorsf = g.I.2.26. Donner un exemple de deux fonctions priodiques f et g telles que toutepriode defest incommensurable avec toute priode deg et telles quef +g(a) nest pas priodique,(b) est priodique.11ChapitreI.LimitesetcontinuitI.2.27. Soitf, g: R R deux fonctions continues et priodiques de priodesfondamentales respectivesT1 etT2 strictement positives. Prouver queh = f + gnest pas priodique siT1T2/ Q.I.2.28. Soitf, g: R R deux fonctions priodiques telles quefsoit continueetquaucunepriodedegnesoit commensurableavecla priodefondamentaledef. Prouver quef +g nest pas une fonction priodique.I.2.29. Prouverquelensembledespoints dediscontinuitdunefonctionmo-notonef : R R est au plus dnombrable.I.2.30. Soitfune fonction continue sur [0 , 1]. Prouver quelimn+1nn

k=1(1)kf_kn_= 0.I.2.31. Soitfune fonction continue sur [0 , 1]. Prouver quelimn+12nn

k=0(1)k_nk_f_kn_= 0.I.2.32. Soitf : R+ Runefonctioncontinuetellequef(x) f(nx)pourtoutx > 0 et toutn N. Montrer que limn+f(x) existe (nie ou innie).I.2.33. Une fonctionfdnie sur un intervalle I R est convexesur I sif(x1 + (1 )x2)f(x1) + (1 )f(x2)pour toutx1, x2 I et ]0 , 1[. Prouver que sifest convexe sur un intervalleouvert, elle est continue. Une fonction convexe sur un intervalle quelconque est-ellecontinue ?I.2.34. Prouverquesi unesuite fndefonctionscontinuessurAconvergeuniformment sur A vers une limitef, la fonctionfest alors continue sur A.12noncsI.3. Proprit des valeurs intermdiairesOn rappelle la dnition suivante :Dnition. Une fonction relle vrie la proprit des valeurs intermdiaires(1)sur un intervalleI contenant[a , b] si pour toutvtel quef(a) f(x0)),il existe >0tel que f(x) >a(resp. a a (resp. x A : f(x) < a) est ouvert dans A.I.4.23. Prouver que f : R R est semi-continue infrieurement si et seulementsi lensemble _(x, y) R2: yf(x)_ est ferm dans R2.Formuleretdmontreruneconditionncessaireetsusanteanaloguepourune fonctionfsemi-continue suprieurement sur R.I.4.24. Dmontrerle thormedeBairesuivant.Toutefonction semi-continueinfrieurement (resp. suprieurement)f : A R est la limite simple dune suitecroissante (resp. dcroissante) de fonctions continues sur A.21ChapitreI.LimitesetcontinuitI.4.25. Prouver que si f : A R est semi-continue suprieurement,g: A Restsemi-continueinfrieurementet f(x) g(x)pourtout x A,il existe alors une fonctionh continue sur A telle quef(x)h(x)g(x) pour toutx A.I.5. Continuit uniformeDnition. Une fonctionfdniesurA R et valeurs dans R est unifor-mment continuesur A si pour tout > 0, il existe> 0 tel que pour toutxet touty dans A vriant [x y[ < , on a [f(x) f(y)[ < .I.5.1. Vrier si les fonctions suivantes sont uniformment continues sur ]0 , 1[ :(a) f(x) = ex, (b) f(x) = sin 1x ,(c) f(x) = xsin 1x , (d) f(x) = e1x,(e) f(x) = e1x, (f) f(x) = excos 1x ,(g) f(x) = ln x, (h) f(x) = cos xcos x ,(i) f(x) = cotan x.I.5.2. Parmi les fonctions suivantes, lesquelles sont uniformment continues surR+ ?(a) f(x) = x, (b) f(x) = xsin x,(c) f(x) = sin2x, (d) f(x) = sin(x2),(e) f(x) = ex, (f) f(x) = esin(x2),(g) f(x) = sin(sin x), (h) f(x) = sin(xsin x),(i) f(x) = sinx.I.5.3. Dmontrer que si fest uniformmentcontinuesur]a , b[, a, b R, alorsles limites limxa+f(x) et limxbf(x) existent et sont nies.22noncsI.5.4. Soit f et g deux fonctions uniformment continues sur ]a , b[ (resp.[a , +[). Ceci implique-t-il la continuituniforme sur]a , b[ (resp. [a , +[) desfonctions(a) f +g, (b) fg, (c) x f(x) sin x?I.5.5.(a) Prouver que si fest uniformmentcontinuesur]a , b] et sur [b , c[, elle estalors aussi uniformment continue sur ]a , c[.(b) Soit A et B des sous-ensembles ferms de R et f : AB R une fonctionuniformment continue sur A et sur B. La fonction fest-elle uniformmentcontinue sur A B?I.5.6. Prouver que toute fonction continue et priodique sur R est uniformmentcontinue sur R.I.5.7.(a) Soitf : R R unefonction continuetelle que limxf(x) et limx+f(x)soient nies. Prouver quefest uniformment continue sur R.(b) Soit f : [a , +[ R une fonction continue telle que limx+f(x) soit nie.Prouver quefest uniformment continue sur [a , +[.I.5.8. tudier la continuit uniforme de(a) f(x) = Arctan x sur R,(b) f(x) = xsin1xsur R+,(c) f(x) = e1xsur R+.I.5.9. Soit fune fonction uniformment continue sur R+. Les limites limx0+f(x)et limx+f(x) existent-elles ncessairement ?I.5.10. Prouver que toute fonction borne, monotone et continue sur un inter-valle I R est uniformment continue sur I.23ChapitreI.LimitesetcontinuitI.5.11. Soit fune fonction uniformment continue et non borne sur R+. Est-ilexact que lon a soit limx+f(x) = +, soit limx+f(x) = ?I.5.12. Soitf : R+ Runefonctionuniformmentcontinuetellequepourtoutx0, la suite f(x +n) tend vers 0. Prouver que limx+f(x) = 0.I.5.13. Soit f : [1 , +[ Runefonctionuniformmentcontinue. Prouverquil existeM> 0 tel que|f(x)|x Mpourx1.I.5.14. Soit f : R+ Runefonctionuniformmentcontinue. ProuverquilexisteM> 0 tel quesupu>0[f(x +u) f(x)[M(x + 1) pour tout x0.I.5.15. Soitf : A R, A R, une fonction uniformment continue. Prouverque si xn est une suite de Cauchy dlments de A, alors f(xn) est aussi unesuite de Cauchy.I.5.16. Soit A R un ensemble born. Prouver que si f : A R transformetoute suite de Cauchy dlments de A en une suite de Cauchy, alorsf est unifor-mment continue sur A. Le fait que A soit born est-il une condition essentielle ?I.5.17. Prouver quefest uniformment continue sur A R si et seulement sipour toutes suites xn et yn dlments de A,limn+(xn yn) = 0 implique limn+(f(xn) f(yn)) = 0.I.5.18. Soitf : R+ R+ une fonction uniformment continue. A-t-onlimx+f_x +1x_f(x)= 1 ?I.5.19. Soitf : R Runefonctioncontinueen0etvriantlesconditionssuivantes :f(0) = 0 et f(x1 +x2)f(x1) +f(x2) pour tout x1, x2 R.Prouver quefest uniformment continue sur R.24noncsI.5.20. Soitf : A R, A R. On posef() = sup[f(x1) f(x2)[ : x1, x2 A, [x1 x2[ < et on appelle fle module de continuit de f. Dmontrer que f est uniformmentcontinue sur A si et seulement si lim0+f() = 0.I.5.21. Soitf : R R unefonctionuniformmentcontinue. Prouverque lespropositions suivantes sont quivalentes.(a) Pourtoutefonctionuniformmentcontinueg: R R, fgestuniform-ment continue sur R.(b) La fonctionx [x[ f(x) est uniformment continue sur R.I.5.22. Prouver que la condition suivante est ncessaire et susante pour que fsoit uniformment continue sur un intervalle I. tant donn > 0, il existe N> 0tel que pour tousx1, x2 I,x1 ,= x2,f(x1) f(x2)x1x2> N implique [f(x1) f(x2)[ < .I.6. quations fonctionnellesI.6.1. Prouver que les seules fonctions continues sur R vriant lquation fonc-tionnelle de Cauchyf(x +y) = f(x) +f(y)sont les fonctions linairesf(x) = ax.I.6.2. Prouver que sif : R R vrie lquation fonctionnelle de Cauchyf(x +y) = f(x) +f(y)et une des conditions(a) fest continue enx0 R,(b) fest majore sur un intervalle ]a , b[,(c) fest monotone sur R,alorsf(x) = ax.25ChapitreI.LimitesetcontinuitI.6.3. Dterminer toutes les fonctions continuesf : R R telles quef(1) > 0etf(x +y) = f(x)f(y).I.6.4. Montrer que les seules solutions continues sur R+ de lquation fonction-nellef(xy) = f(x) +f(y)qui ne sont pas identiquement nulles sont les fonctions logarithmiques.I.6.5. Montrer que les seules solutions continues sur R+ de lquation fonction-nellef(xy) = f(x)f(y)qui nesontpasidentiquementnullessontlesfonctionspuissancesdelaformef(x) = xa.I.6.6. Trouver toutes les fonctions continuesf : R R telles quef(x) f(y)est rationnel pourx y rationnel.I.6.7. Pour [q[ 0, lensemble_x A : of(x)_ est ferm dans X.31ChapitreI.LimitesetcontinuitI.7.14. Montrerquelensembledespointsdecontinuitde f :X Yestuneintersectiondnombrabledensemblesouverts, autrementdit, unensembledetype (de(X, d1).Montreraussi que lensembledespointsde discontinuitde f : X Y est une union dnombrable densembles ferms, autrement dit, unensemble de type Tde (X, d1).I.7.15. Donner un exemple de fonctionf : R R dont lensemble des pointsde discontinuit est Q.I.7.16. Prouver quetout sous-ensembledetype TdeRestlensembledespoints de discontinuit dune fonctionf : R R.I.7.17. Soit A un sous-ensemble de type T dun espace mtrique X. Existe-t-ilncessairement une fonctionf : X R dont lensemble des points de disconti-nuit est A?I.7.18. SoitA la fonction caractristique de A X. Montrer quex X : oA(x) > 0 = A,oA(x) tantloscillation deAenx dnie en I.7.12. En conclure queAestcontinue sur X si et seulement si A est la fois ouvert et ferm.I.7.19. Soitg1 etg2 des fonctions continues dun espace mtrique (X, d1) dansunespacemtrique(Y, d2)etAunensembledintrieur vide, densedans X.Prouver que sif(x) =_g1(x) pourx A,g2(x) pourx X A,alorsof(x) = d2(g1(x), g2(x)), x X,oof(x) est loscillation defenx dnie en I.7.12.I.7.20. Onditquunefonctionvaleurs relles f dniesurunespacem-trique X appartient la premire classe de Bairesifest la limite simple dunesuitedefonctionscontinues surX. Prouverquesi f appartientlapremireclasse de Baire, alors lensemble des points de discontinuit defest un ensemblede premire catgorie, cest--dire une union dnombrable densembles nulle partdenses(3).(3)Un sous-ensemble A de X est nulle part dense si lintrieur de son adhrence dans X est vide.(N.d.T.)32noncsI.7.21. Prouver que si X est un espace mtrique complet et si fappartient lapremire classe de Baire de X, alors lensemble des points de continuit defestdense dans X.I.7.22. Soitf : R+ Runefonctioncontinuetellequepourtoutxstricte-ment positif, la suite _f_xn__ converge vers 0. A-t-on limx0+f(x) = 0 ? (Compareravec I.1.33.)I.7.23. Soit Tune famille de fonctions valeurs relles continues sur un espacemtrique complet X telles que, pour toutx X, il existeMx vriant[f(x)[Mxpour tout f T.Prouver quil existe une constante strictement positiveMet un ensemble ouvertnon vide G X tels que[f(x)[M pour toutf Tet toutx G.I.7.24. SoitF1 F2 F3 . . .unecollectiondensemblesferms,embotsetnonvidesdansunespacemtriquecompletXtelsque limn+diamFn=0.Prouver que sifest continue sur X, alorsf_+

n=1Fn_=+

n=1f(Fn).I.7.25. Soit(X, d1)unespacemtriqueetpunpointdeX.Pour u X, ondnitla fonctionfuparfu(x)=d1(u, x) d1(p, x),pourx X. Prouverqueu fu est une application conservant les distances, autrement dit, une isomtriede (X, d1) dans lespaceC(X, R) des fonctions continuessur X valeurs rellesmuni de la distanced(f, g) = sup[f(x) g(x)[ : x X.I.7.26. Prouver quun espace mtriqueX est compact si et seulement si toutefonction continuef : X R est borne.I.7.27. Soit (X, d1) un espace mtrique. On dnit (x) = dist (x, X x) pourx X. Prouver que les deux conditions suivantes sont quivalentes.(a) Toute fonction continuef : X R est uniformment continue.33ChapitreI.Limitesetcontinuit(b) Toute suite xn dlments de X telle quelimn+(xn) = 0contient une sous-suite convergente.I.7.28. Prouver quun espace mtriqueX est compact si et seulement si toutefonction valeurs relles continue sur Xest uniformment continue et si lensemblex X : (x) > , o est dnie en I.7.27, est ni pour tout > 0.I.7.29. Donner unexempledespacemtriqueXnoncompact tel quetoutefonction continuef : X R est uniformment continue sur X.34SolutionsSolutionsI.1. Limite dune fonctionI.1.1.(a) Puisque xcos1x [x[, la limite est gale 0.(b) Pourx > 0, 1 x < x_1x 1 et pourx < 0, 1x_1x< 1 x. Donc,limx0x_1x= 1.(c) Comme en (b), on peut prouver que la limite est gale ba.(d) La limite nexiste pas car les limites gauche et droite sont direntes.(e) La limite est gale 12 (comparez avec la solution de III.2.1(a) (vol. I)).(f) On alimx0cos_2 cos x_sin(sin x)= limx0sin_2 (1 + cos x)_sin(sin x)= limx0sin_ cos2x2_sin(sin x)= limx0sin_ sin2x2_sin(sin x)= limx0sinx22 cosx2

2 sinx2 cosx2sin_2 sinx2 cosx2_ sin_ sin2x2_ sin2x2= 0.I.1.2.(a) On suppose quelimx0f(x) = l. tant donn > 0, il existe 0 < 0, ax>Msi et seulement si x>lnMln a . Pour voir quelimx+ann+1= +, on critann+1=(1+(a1))nn+1et on observe que, daprsla formule du binme, on a (1 + (a 1))n>n(n1)2(a 1)2. Donc, tantdonnN, il existe n0 tel queann+1> Npour n > n0. Pourx > n0 +1, onposen = [x]. On a alorsaxx>ann+1> N, ce qui donne limx+axx= +.38Solutions(b) Clairement, limx+axx= + pour0. Dans le cas o > 0, on aaxx=_axx_=_bxx_,ob = a1> 1. Daprs (a), limx+bxx= +. Donc,limx+axx= limx+_bxx_= +pour tout > 0.I.1.13. Le problme prcdent implique limy+yey=0. La substitutiony = ln x donne limx+ln xx= 0.I.1.14. Onsaitque limn+a1n= limn+a1n=1. Onsupposedabordquea > 1. Soit > 0. Il existe un entiern0 tel quen > n0 implique1 < a1n< ax< a1n< 1 + pour [x[ 1. Si 0 < a < 1, on dduit de ce qui prcde quelimx0ax=limx01(1/a)x= 1.Le casa = 1 est vident. Pour prouver la continuit de la fonctionx ax, onchoisit arbitrairementx0 R. On a alorslimxx0ax=limxx0ax0axx0= ax0limy0ay= ax0.I.1.15.(a) Puisque (voir, par exemple, II.1.38 (vol. I)) limn+_1 +1n_n= e, tantdonn > 0, il existen0 tel que six > n0 + 1 et sin = [x], alorse 0 tel quef(x) f_x2_[x[< pour 0 < [x[ < .Donc, pour 0 < [x[ < ,f(x)x= limn+f(x) f_x2n+1_x limn+n+1

k=112k1f_x2k1_f_x2k_12k1 [x[ limn+n+1

k=112k1 = 2.I.1.28. On pose limx+(f(x + 1) f(x)) = l,Mn = supx[n,n+1[f(x) et mn = infx[n,n+1[f(x).Les suites Mn et mn sont bien dnies pour n[a] +1. Par dnition desbornes suprieures et infrieures, tantdonn> 0, il existe une suite xntelle quexn [n, n + 1[ etf(xn) > Mn . On af(xn + 1) f(xn) < Mn+1Mn< f(xn+1) f(xn+11) +etl limn+(Mn+1 Mn)limn+(Mn+1 Mn)l +.45ChapitreI.LimitesetcontinuitOn en dduit que limn+(Mn+1 Mn) =l car on peut choisir arbitrairement > 0. On prouve de la mme faon que limn+(mn+1 mn) = l. Le thormede Stolz (voir, par exemple, II.3.11 (vol. I)) implique alorslimn+Mnn= limn+mnn + 1 = l.Donc, tant donn > 0, il existen0 tel que pourn > n0, on a 0. Donc, si nx = [x],alorsmnxnx + 1 f(x)x

Mnxnx.On voit alors avec () que pourx > n0 + 1, 0, il existeune suite xntelle quexn [n, n + 1[ etmnf(xn) < mn +. On a alorsf(xn+1) f(xn+11) < mn+1mn +.Ceci implique limn+(mn+1 mn) = +. Daprs le thorme de Stolz (voir,par exemple, II.3.11(vol. I)), limn+mnn=+. Si x [n, n + 1[, alorsf(x)x

mnn+1, ce qui donne limx+f(x)x= +.46SolutionsI.1.30. En utilisant la notation introduite dans la solution du pro-blme I.1.28, on montre quelimn+Mn+1 Mnnk= limn+mn+1mnnk= l.Le thorme de Stolz (voir, par exemple, II.3.11 (vol. I)) donne alorslimn+Mnnk+1=1k + 1limn+Mn+1Mnnketlimn+mnnk+1=1k + 1limn+mn+1mnnk.Il sut dappliquer le mme raisonnement que dans la solution des deux pro-blmes prcdents pour prouver la proposition.I.1.31. On pose limx+f(x+1)f(x)= l et on note que la fonction x ln(f(x)) v-rie les hypothses du problme I.1.28. On obtient donc limx+ln(f(x))x= ln l.Dolimx+(f(x))1x= eln l= l.I.1.32. Non. Considrez la fonction dnie parf(x) =_0 six =1n,n N,1 sinon.I.1.33. Non. On considre la fonction dnie comme suit :f(x) =_1 six =1nn2,n N,0 sinonet on procde comme dans la solution du problme I.1.25.I.1.34. tant donn > 0, il existe (0 < < 1) tel quef_x_1x _1x___< si0< [x[ x0f(x)si xn dcrot versx0. On suppose maintenantque xn est une suiteconvergenteversx0telle quexn>x0. La suitexncontientalors (voir,par exemple, II.4.29 (vol. I)) une sous-suite dcroissantexnket, de cequi prcde,limk+f(xnk) =infx>x0f(x).Si la suite xn contient une sous-suite znk telle quelimk+f(znk) ,=infx>x0f(x),on peut alors aussi en extraire une sous-suite monotone ne convergeantpas vers infx>x0f(x), contradiction. Ceci impliquelimxx+0f(x) =infx>x0f(x).Onremarqueraiciquilsutdeconsidrerdessuitesmonotonespourdterminer une limite gauche ou droite.Le mme raisonnement sapplique aux autres galits de (a) et (b).48Solutions(c) Onsupposequefestcroissante. Puisquef(x) f(x0)pour x x0,f(x+0 )= infx>x0f(x) f(x0). Demme, onpeutprouverquef(x0 )=supx 0, il existe alors> 0tel que [f(x) l[ Mimplique [f(x) f(x

)[ < .49ChapitreI.LimitesetcontinuitI.1.38. Soit xn, xn ,=a, unesuiteconvergentevers a. Ladnitiondelalimite dune fonctionen aimplique limn+f(xn) =A. Onpose yn=f(xn). Puisquef(x) ,=Adansunvoisinagepointdea, f(xn) ,=Apournsusamment grand. Donc, limn+g(yn) =Bou, de faonquivalente,limn+g(f(xn)) = B. Ceci signie quelimxag(f(x)) = B.I.1.39. Considrez les fonctionsfetg dnies parf(x) =_0 six =1n,n N,sin x sinon,g(y) =_0 siy = 0,sin yysinon.On a alorsg(f(x)) =_0 six =1n,n N, oux = k,k Z,sin(sin x)sin xsinonetlimx0f(x) = 0, limy0g(y) = 1, maislimx0g(f(x)) nexiste pas.I.1.40. La priodicit dex f(x) x impliquef(x + 1) = f(x) + 1. Donc,pourtoutentier n, f(x + n) =f(x) + n, x R. Puisquelonpeutcriretout rel x comme la somme de sa partie entire et de sa partie fractionnaire(x = [x] +r, o 0r < 1), on af(x) = f(r) + [x] . ()La monotonie defdonnef(0)f(r)f(1) = f(0) + 1 pour 0r < 1.On montre par rcurrence quefn(0)fn(r)fn(0) + 1 pour 0r < 1 etn N.Donc,fn(0)n

fn(r)n

fn(0)n+ 1n .Cesingalitsprouventlapropositiondanslecaso0x 0. Alors soit il existe un entier m tel que fm(0) > p pour toutp N, soit il existe un entier p strictement positif tel que fm(0)p pour toutm N. Dans le second cas, la suite fn(0) est borneet limn+fn(0)n= 0.Dans le premier cas, limp+mp = +, mptant dni comme en I.1.41. Unpassage la limite lorsque p tend vers +dans les ingalits donnes en I.1.41montre que limp+pmpexiste et limn+fn(0)nexiste aussi.Danslecasof(0)0,ilexiste> 0 tel que [f(x) f(x0)[ < si x [a , b] et 0 < [x x0[ < . La continuitde [f[ se dduit alors de lingalit vidente [[f(x)[ [f(x0)[[[f(x) f(x0)[.La fonction dnie parf(x) =1 six Q [a , b],1 six [a , b] Q,est discontinue en tout point de [a , b] bien que [f[ soit constante et donc conti-nue sur [a , b].53ChapitreI.LimitesetcontinuitI.2.5. Pour quefsoit continue sur R, il faut et il sut quelimx2nf(x) = limx2n+f(x) et limx(2n1)f(x) = limx(2n1)+f(x)pour toutn Z. Ceci donnebn + 1 = anet an1 = bn 1.On trouve donc, par rcurrence,an = 2n +a0 etbn = 2n 1 +a0,a0 R.I.2.6. Puisque la fonction est impaire, on ntudie sa continuit que sur R+.Clairement, fest continue en tout pointx ,= n,n N. On suppose main-tenant quen = k2,k N. On a alorslimxk+f(x) = nlimxk+sinx = 0etlimxkf(x) = (n 1) limxksin x = 0.La fonction est donc continue pour toutn = k2. Sin N nest pas un carr,alorslimxn+f(x) = n limxn+sin x = nsin_n_etlimxnf(x) = (n 1) sin_n_.On conclut donc quefest discontinue en toutx = n on ,= k2.I.2.7. On obtientf(x) =1 six _12 , 1_,n + (x n)nsix [n, n + 1[,n N.La fonction est donc continue en toutx ,= n (n N). De plus,limxn+f(x) = limxnf(x) = n = f(n).La fonctionfest donc continue sur _12 , +_.On prouve maintenant que f est strictement croissante sur [1 , +[.Clairement, f eststrictement croissantesurchaqueintervalle [n, n + 1[. Six1 [n 1 , n[ etx2 [n, n + 1[, alorsf(x2) f(x1) = (x2 n)n+ 1 (x1n + 1)n1> (x2 n)n 0.Il sensuitquef(x2) f(x1)> 0 pourx2 [m, m+ 1[ etx1 [n, n + 1[ sim > n + 1.54SolutionsI.2.8.(a) On af(x) =1 six > 0,0 six = 0,1 six < 0.La fonction nest discontinue quen 0.(b) Par dnition def,f(x) =_x2six0,x six < 0.La fonction est continue sur R.(c) On obtientf(x) = limn+ln (en+xn)n= limn+n + ln (1 + (x/e)n)n.Donc,f(x) =_1 si 0xe,ln x six > e.55ChapitreI.LimitesetcontinuitLa fonction est continue sur R+.(d) f(x) = max_4, x2,1x2_. La fonction est continue sur R.(e) f(x) = max [cos x[ , [sin x[. Clairement, fest continue sur R.I.2.9. SoitT> 0 une priode def. Par continuitdefsur [0 , T], il existex

[0 , T] etx

[0 , T] tels quef(x

) = infx[0,T]f(x) etf(x

) = supx[0,T]f(x).Le rsultat cherch se dduit de la priodicit def.I.2.10. Ona limx+P(x)= limxP(x)=+carPestunpolynmededegr pair. Donc pour tout M> 0, il existe a > 0 tel que P(x) > M si [x[ > a.Soitx0 [a , a] tel queP(x0) = infx[a,a]P(x).56SolutionsSi P(x0)M, on peut alors poserx

= x0. Si P(x0) > M, on prendb > 0 telqueP(x)>P(x0) ds que [x[>b. Par continuit deP, il existex

[b , b]tel queP(x

) = infx[b,b]P(x).Pour prouver la seconde proposition, on remarque quelimx+[P(x)[ = limx[P(x)[ = +et on procde comme prcdemment.I.2.11.(a) Considrezf(x) =_2x 1 six ]0 , 1[,0 six = 0 oux = 1.(b) Pourn N, on poseAn =_0,12n,22n,32n, . . . , 2n12n_et B1 = A1, Bn = An n1

k=1Ak = An An1. Clairement,+_k=1Ak =+_k=1Bk.On dnitfcomme suit :f(x) =0 six [0 , 1] +

k=1Ak,12n 1 six Bn,n N.Pour touta etb, 0 a 0, il existe alors 0> 0 telque f(x0, ) < si < 0. Donc, si [x x0[ < < 0, alors [f(x) f(x0)[ < ,ce qui prouve la continuit defenx0.57ChapitreI.LimitesetcontinuitOnsupposemaintenantquefestcontinueenx0.tantdonn>0,ilexiste alors0> 0 telque [x x0[ 0. Par continuit defetg, il existe> 0 tel quef(x0) < f(x) < f(x0) + et g(x0) < g(x) < g(x0) +six [a , b] et [x x0[ < . Donc,h(x) < min f(x0) +, g(x0) +(1)= min f(x0), g(x0) + = h(x0) +etf(x) > f(x0) > h(x0) et g(x) > g(x0) > h(x0) .Do,h(x) > h(x0) . (2)La continuit deh enx0 se dduit de (1) et (2). On prouve de la mmefaon queHest continue sur [a , b].(b) Commeen(a),on peutprouverquemax f1, f2, f3 etmin f1, f2, f3sont continues sur [a , b]. La continuit defse dduit def(x) = f1(x) +f2(x) +f3(x) max f1(x), f2(x), f3(x)minf1(x), f2(x), f3(x) .I.2.14. Puisquefest continue, les fonctionsm etMsont bien dnies. Soitx0 [a , b] et > 0. Par continuit def, il existe> 0 tel quesup|h| car [xh x0[ [h[ m(x0), il existe alorsd > 0 tel queinf]a,x0[m() = m(x0) +d.Donc, pour tout ]a , x0[,m() = infax 0, il existeM> 0 tel que[f(x) l[ M. Donc, si x>M, alors l 0 tel que[f(x) f(a)[ < pour [x a[ < . ()La dnition de la limite infrieure implique quil existe une suite xnk telleque [xnk a[ k0. On a donc prouv quelimn+f(xn)f_limn+xn_.Onmontremaintenantsurunexemplequecetteingalitpeuttrestricte.On prendf(x) = x (x R) etxn = (1)n(n N). On a alors1 = limn+f(xn) < f_limn+xn_= 1.De faon compltement semblable, on prouve quelimn+f(xn)f_limn+xn_et le mme exemple que prcdemment montre que cette ingalit peut aussitre stricte.I.2.19.(a) On a prouv dans la solution du problme prcdent que les ingalitslimn+f(xn)f_limn+xn_etlimn+f(xn)f_limn+xn_sont vries pour toute suite borne xn et pour toute fonction conti-nuef. On pose limn+xn = a. Il existe alors une suite xnk telle quef(xnk)f(a) + ()60Solutions(voirlasolutiondu problmeprcdent). Clairement, pourtoutnsuf-samment grand, on axn>a 2. On obtient donc, par monotonie etcontinuit def,f(xn)f_a 2_> f(a) .Combin (), ceci donne limn+f(xn) = f_limn+xn_.(b) La dmonstration de cette galit se mne comme en (a).I.2.20. Appliquez I.2.19 f.I.2.21. On note queg est bien dnie et est croissante sur R.(a) Daprs le problme I.1.35, on ag(x0 ) =supx 0 tel queg(x0 ) = g(x0) d.Donc, pour toutx < x0,supt : f(t) < xg(x0) dou, de faonquivalente, t g(x0) dsi f(t) 2,alorsg(x) =_x pourx0,2 +x pourx > 0.61ChapitreI.LimitesetcontinuitI.2.22. On sait que lensemble_m+nT1T2: m, n Z_est dense dans R (voir,parexemple, I.1.15(vol. I)).Donc, tantdonnx R,ilexisteunesuite_mk +nkT1T2_ convergenteversxT2. Par priodicit et continuit def, on ob-tientf(0) = limk+f(mkT2 +nkT1) = f(x).SoitT1 etT2 deux nombres incommensurables. On poseW= x R : x = rT1 +sT2, s, t Q .On dnitfparf(x) =_1 pourx W,0 pourx R W.T1 etT2 sont alors des priodes def.I.2.23.(a) On note Tn (n N) les priodes def, avec limn+Tn = 0. Par continuitdef, tant donnx0 R et > 0, il existe> 0 tel que[f(x) f(x0)[ < pour [x x0[ < .Puisque limn+Tn = 0, il existe n0 tel que 0 < Tn0 0 etx0 R pouvant tre choisis arbitrairement, il sensuit quefest constante, contrairement aux hypothses.62Solutions(b) La fonction de Dirichletdnie parf(x) =_1 six Q,0 six R Q,est priodique. Tout rationnel est une priode et cette fonction na doncpas de priode fondamentale.(c) On suppose que lensemble des priodes defnest pas dense dans R. Ilexiste alors un intervalle ]a , b[ ne contenant aucune priode de f. Commeen (a), on peut montrer quil existe une priodeTet un entier k tels quekT ]a , b[, contradiction.I.2.24.(a) Soitx0 R un point ofest continue.Puisquefnest pas constante,il existex1 ,=x0tel quef(x1) ,=f(x0). Si fnadmetpasdepriodeminimale strictement positive, il existe alors une suite Tn, de priodesstrictement positives defconvergente vers 0. On prend0 < < [f(x1) f(x0)[ .Par continuit defenx0, il existe> 0 tel que[f(x) f(x0)[ < pour [x x0[ < . ()Puisque limn+Tn= 0, il existe n0tel que 0 < Tn0 0. (1)Pour 0 < 0 tel que[f(x0 +h) f(x0)[ < ds que [h[ < . (2)63ChapitreI.LimitesetcontinuitDaprs lhypothse limx+(f(x) g(x)) = 0, il existek N tel que[f(x) g(x)[ < sixx0 +kT2.En consquence, pour toutm N,[f(x0 +kmT2) g(x0 +kmT2)[ < . (3)Daprs (2), (3) et la priodicit defetg, on a[f(x0) g(x0)[= [f(x0) f(x0 +kmT2) +f(x0 +kmT2) g(x0 +kmT2)[ [f(x0) f(x0 +kmT2)[ +[f(x0 +kmT2) g(x0 +kmT2)[ (4)= [f(x0) f(x0 +kmT2 nT1)[ +[f(x0 +kmT2) g(x0 +kmT2)[< + = 2ds que[mkT2 nT1[ < . (5)Cependant, puisque 2 < M, (4) contredirait (1) sil existaitm N etn Zvriant (5). Dautre part, siT1T2est rationnel, (5) est videmment vrie pourcertains entiersm etn. SiT1T2est irrationnel, alors (5) est aussi vrie (voir,par exemple, I.1.14 (vol. I)).I.2.26.(a) On considref(x) = sinx etg(x) =x [x] pourx R. Les fonctionsfetg sont priodiques de priode fondamentale respective 2 et 1. Au-cune priode defnest commensurable avec une priode deg. On poseh = f +g. Sih est priodique de priodeT, on a alorssinT +T [T] = 0 et sin(T) T [T] = 0.Donc, (T [T]) + (T [T]) = 0, ce qui impliqueT [T] = 0. Cecisignie queTest un entier, en contradiction avec sinT= 0.(b) [A. D. Kudriasov,A. S. Meseriakov, MathematicsinSchool, 6(1969), 19-21(russe)]. Soit , et desrelstelsquelgalit a + b + c =0,a, b, c Q, soit vrie si et seulement sia = b = c = 0. De tels nombresexistent.On peut prendrepar exemple = 1, = 2 et= 3. OndnitW= a +b +c : a, b, c Q .64SolutionsOn considre les fonctionsfetg dnies parf(x) =_b c b2c2six = a +b +c W,0 six/ W,g(x) =_a +c +a2c2six = a +b +c W,0 six/ W,Onnotequetoutnombredelaformer, r Q, estunepriodedef ettoutnombredelaforme s, s Q, estunepriodede g. Onprouvequecesfonctions nont pasdautrepriode. Si T estunep-riodedef, alorsf( + T)=f()et, puisquef()= 2, onobtient +T W etT W. Do,T= r + s + tpour certainsr, s, t Q.Puisque f(T) = f(0), on a s t s2t2= 0 ou, de faon quivalente,(s+t)(1+st) = 0. On montre que 1s+t ,= 0. En eet, si 1s+t = 0,alorsT= r +s + (1 +s). En utilisantf(x +T) = f(x) ()avecx= ,onobtient s s s2+ s2=1 + 1ous= 1.Donc,T= r . En prenant alorsx = dans (), on af(r) = f(), do0= 1 1, contradiction. Onadoncprouvque1 s + t ,=0etilsensuit ques +t = 0. En consquence,T= r+s s. Notre but estmaintenantde montrerques = 0. On prend pour celax =dans ()pour obtenirs +s 1 s2+ (s 1)2= 1 + 1,cequi impliques=0. Delammemanire, onmontrequelesseulespriodes de g sont celles mentionnes prcdemment. Aucune priode defnest donc commensurableavec une priode deg. On remarque alorsqueh = f +g est donne parh(x) =_a b +a2b2six = a +b +c W,0 six/ W.Comme prcdemment, on peut prouver que les seules priodes de h sontles nombres de la formet,t Q.I.2.27. Onsupposeque h=f+ gestpriodiquedepriode T. PuisqueT1T2/ Q, on voit queTT1/ QouTT2/ Q. On suppose, par exemple,queTT1/ Q. Par priodicit de h, on obtient f(x +T)+g(x+T) =65ChapitreI.Limitesetcontinuith(x +T) =h(x) =f(x) +g(x) pour tout x R. LafonctionHdniepar H(x) = f(x+T) f(x) = g(x) g(x+T) est donc continue et priodiqueavec deux priodes incommensurablesT1 etT2. Daprs le rsultat de I.2.22,Hest constante. Ceci signie quil existec R tel quef(x + T) =f(x) + cpour tout x R. On suppose que c ,= 0 et on substituex = 0 puisx = Tdanscette dernire galit pour obtenirf(2T) = f(T) +c = f(0) + 2c.Onpeutmontrerparrcurrencequef(nT)=f(0) + nccequicontreditlefait quefest borne (voir I.2.9). Donc, c = 0 etTest une priode def. Enconsquence,T= nT1 pour un certainn Z, contradiction.I.2.28. La dmonstration est une modication de celle prsente dans la so-lution du problme prcdent. On suppose queT1 est la priode fondamentaledef. Comme dans la solution du problme prcdent, on peut montrer que lafonctionHdnie parH(x) = f(x +T) f(x) = g(x) g(x +T)est identiquement nulle et T est donc une priode commune f et g,contradiction.I.2.29. On suppose, par exemple, quefest croissante.Soitx0un point dediscontinuitdef. DaprslersultatdeI.1.35, f(x+0 ) f(x0 ) >0. Cecisignie quefa une discontinuit de premire espce enx0. On peut associer chacun de ces points un intervalle f(x0 ) , f(x+0 )_. La monotonie defet lersultat de I.1.35 implique que les intervalles associs aux dirents points dediscontinuitdefsontdisjoints.Enprenantunnombrerationneldanscha-cun de ces intervalles, on obtient une bijection entre lensemble des points dediscontinuit defet un sous-ensemble de Q.I.2.30. Puisquefest uniformmentcontinuesur[0 , 1],tant donn> 0,il existen0 N tel que, pour 2n > n0 et pourk = 1, 2, . . . , 2n, on af_k2n_f_k 12n_< .Donc, si 2n > n0, alors[S2n[ =12n2n

k=1(1)kf_k2n_

2 .66SolutionsDe plus,[S2n+1[ =12n + 12n+1

k=1(1)kf_k2n + 1_

n2n + 1 +12n + 1 [f(1)[ .Il sensuit quelimn+1nn

k=1(1)kf_kn_= 0.I.2.31. Comme dans la solution du problme prcdent, on note dabord quef estuniformment continuesur [0 , 1]. Donc, tantdonn >0, il existen0 N tel que, pourn > n0 et pourk = 0, 1, 2, . . . , n, on af_kn_f_k + 1n_< .En consquence, pourn > n0,Sn =12nn

k=0(1)k_nk_f_kn_=12nn1

k=0(1)k_n 1k__f_kn_f_k + 1n__.Donc,[Sn[ m. Il existe alors un relk tel que M> k > m et il existe a vriantf(a) >k. Parcontinuitde f, il existeb >atel quef(t) >kpourtoutt [a , b].On prendp =abbaet on a alorsxa xb+ 1 pourxp. En eet,xa xb= x_1a 1b_=xp1.Il existedoncunentier n0>0compris entrexbetxa, cest--diretel quexan0 xbou, de faon quivalente, tel quea xn0 b. Par hypothse,f(x) = f_n0xn0_ f_xn0_> kpour toutxp, contredisant la dnition dem. En consquence,m = M, cequi signie que limn+f(x) existe, nie ou innie.67ChapitreI.LimitesetcontinuitI.2.33. Soitfunefonctionconvexesur]a , b[ eta 1. On considredabord le casof(1)>0, f(2)>0,. . ., f(n 1)>0.Pourk=1, 2, . . . , n 1,onposegk(x)=f(x + k) f(x). Lafonctiongkestcontinuesur[0 , n k] et, parhypothse, gk(0)> 0 etgk(n k)< 0. Il existe doncxk [0 , n k] tel quegk(xk) = 0, ou encore,f(xk + k) = f(xk). Ceci dmontre la proposition dansce cas. De faon semblable, on peut prouver quelle est aussi vraie sif(1) < 0,f(2) < 0, . . . , f(n 1) < 0.73ChapitreI.LimitesetcontinuitOn suppose maintenant que f(1) > 0 (resp. f(1) < 0), les relsf(1), f(2), . . . , f(n 1) sont distincts et dirents de0 et il existem tel que2mn 1, tel quef(m) < 0 (resp.f(m) > 0). Il existe alors des entiersk1, k2, . . . , ks compris entre 1 etn 2 tels quef(1) > 0, f(2) > 0, . . . , f(k1) > 0,f(k1 + 1) < 0, f(k1 + 2) < 0, . . . , f(k2) < 0,. . .f(ks + 1) < 0, f(ks + 2) < 0, . . . , f(n 1) < 0(ouf(ks + 1) > 0, f(ks + 2) > 0, . . . , f(n 1) > 0)(resp. f(1) a tel queg(x) est strictement positive (ou ngative) pourtoutx > x0.(2) Il nexiste pas de telx0.Dans le cas (1), si, par exemple, g est strictement positive sur ]x0, +[, la suitef(x0+nT) est alors croissante. Puisque f est borne, la limite suivante existeet est nie :limn+f(x0 +nT) = limn+f(x0 + (n + 1)T).Onpeutdoncprendrexn=x0 + nT. Danslecas(b), daprslapropritdes valeursintermdiairesappliqueg,pourtoutentierstrictementpositifn > a, il existexn> n tel queg(xn) = 0.76SolutionsI.3.22. On poseg(x) =x + 2 si 3x1,x si 1 < x1,x 2 si 1 < x3et on dnitfparf(x) = g(x 6n) + 2n pour 6n 3x6n + 3, n Z.La fonctionfa la proprit cherche.Il nexiste pas defonctioncontinue sur Rqui atteigne chacune desesvaleursexactementdeuxfois. Supposons, aucontraire, que f soitunetellefonction. Soit x1, x2tels que f(x1) =f(x2) =b. Alors f(x) ,=b pourx ,=x1, x2. Donc, soitf(x)>bpourtoutx ]x1, x2[, soitf(x) b. La proprit des valeurs intermdiaires appliquefimplique alors que toute valeur dans ]b , c[ est atteinte au moins trois fois,contradiction. Le mme raisonnement sapplique aussi au cas o f(x) < b pourtoutx ]x1, x2[.I.3.23. Onsupposeque f eststrictement monotonesurchaqueintervalle[ti1, ti] (i =1, 2, . . . , n)etque0=t0 a si 0 < [x x0[ < . (iii)Soit xn une suite de points de A dirents dex0. Si la suite convergeversx0, alors0< [xn x0[a . Si f(xn)convergevers y, onobtientalors ya , do limxx0f(x) a. Pour prouver quelonaaussilimxx0f(x)a, onutilise(i). Ladnitiondelaborneinfrieureim-plique que, tant donn 1> 0, il existe x A tel que 0 < [x x0[ < et f(x) < a +1. En prenant =1n, on obtient une suite xn telle que0 < [xn x0[ M.Donc, si 0< [x x0[ M. Do, si xnconvergeversx0, alorsf(xn) > M partir dune certaine valeur de lindicen, ce82Solutionsqui signie que limxx0f(x) =limxx0f(x) = +. Finalement,si a = ,alorsinf f(x) : x A, 0 < [x x0[ < = pour tout> 0. Il existe donc une suite xn convergente versx0telleque limn+f(xn) = , ce qui donne limxx0f(x) = .(b) La dmonstration se mne comme en (a).I.4.2. Le rsultat est une consquence immdiate de I.1.35 et du problmeprcdent.I.4.3. Le rsultat du problme prcdent implique que, tant donn > 0, ilexiste> 0 tel que0y0inf f(x) : x A, 0 < [x x0[ < < .Par dnitiondelaborneinfrieure, ceci estquivalent auxconditions (i)et (ii).DaprsI.4.2(b), e y= limxx0f(x)sietseulementsi,pourtout >0, lesdeux conditions suivantes sont vries :(1) Il existe> 0 tel quef(x) < e y + pour toutx A se trouvant dans levoisinage point 0 < [x x0[ < .(2) Pour tout> 0, il existex

A se trouvantdans le voisinage point0 < [x

x0[ < etf(x

) > e y .I.4.4.(a) Daprs I.4.2(a), limxx0f(x) = si et seulement siinf f(x) : x A, 0 < [x x0[ < = pour tout> 0. Ceci signie que pour tout> 0, lensemblef(x) : x A, 0 < [x x0[ < nest pas minor, ce qui donne le rsultat cherch.(b) La dmonstration se mne comme en (a).83ChapitreI.LimitesetcontinuitI.4.5. Soit nunesuitedcroissantederelsstrictementpositifsconver-gente vers 0. Il dcoule de I.4.2(a) quel = limn+inf f(x) : x A, 0 < [x x0[ < n .Pourl rel, ceci est quivalent aux deux conditions suivantes :(1) Pour n N, il existe knNtel que0 < [x x0[ l 1npourk > kn.(2) Pourn N, il existekn N etxkn A tels que 0 < [xkn x0[ < knetf(xkn) < l +1n.Il existe donc une suitexknconvergente versx0 telle que limn+f(xkn) = l.Si limxx0f(x) = , daprs I.4.4(a), pour toutn N et> 0, il existealorsxn A tel que 0< [xn x0[ 1,0 six0 [1 , 1]etlimxx0f(x) =_0 six0< 1 oux0> 1,x201 six0 [1 , 1].La fonction f est semi-continue suprieurement en tout irrationnel de], 1[ ]1 , +[ etentoutrationnel delintervalle[1 , 1] ; festsemi-continueinfrieuremententoutrationnel de], 1] [1 , +[etentoutirrationnel de ]1 , 1[.I.4.14. Lafonctionfestcontinueen0etentoutirrationnel (voirI.2.3).Soit 0 ,= x0 =pq, op Z etq N sont premiers entre eux. On af(x0) =1qet limxx0f(x) = 0 0, alorslimxx0f(x) =pq>pq+1=f(x0). Ceci signieque f estsemi-continueinfrieurement en tout rationnel strictement positif. Six0 =pq< 0, alorslimxx0f(x) = pq>pq + 1 = f(x0)etlimxx0f(x) =pq 0,alimxx0f(x) sia < 0.(b) Soit x0 un point daccumulation de A et on suppose, par exemple, que fetg sont semi-continues infrieurement enx0. Daprs I.4.8, on a alorslimxx0(f(x) +g(x)) limxx0f(x) +limxx0g(x)f(x0) +g(x0).I.4.17. Onsuppose, parexemple, quelesfonctions fnsontsemi-continuesinfrieurement enx0. Puisque supnNfn fn pourn N, on alimxx0supnNfn(x) limxx0fn(x)fn(x0) pourn N.En consquence,limxx0supnNfn(x) supnNfn(x0).I.4.18. Il sut dobserver que si fn est une suite croissante (resp. dcrois-sante), alors limn+fn=supnNfn(x)(resp. limn+fn= infnNfn(x))(voir, parexemple, II.1.1 (vol. I)) et dutiliser le rsultat du problme prcdent.I.4.19. Daprs I.4.1, on af1(x) = max_f(x), limzxf(z)_= inf>0supf(z) : z A, [z x[ < =lim0+supf(z) : z A, [z x[ < .De mme,f2(x) =lim0+inf f(z) : z A, [z x[ < .88SolutionsDonc,f1(x) f2(x) =lim0+supf(z) : z A, [z x[ < lim0+inf f(z) : z A, [z x[ < =lim0+supf(z) f(u) : z, u A, [z x[ < , [u x[ < =lim0+sup[f(z) f(u)[ : z, u A, [z x[ < , [u x[ < = of(x).I.4.20. Soit x un point daccumulation de Aet xn une suite de points de Aconvergente versx. On posen = [xn x[ +1n. Alors, [z xn[ < nimplique[z x[ < 2n. En consquence (voir la solution du problme prcdent),f2(xk) = limn+inf f(z) : z A, [z xk[ < n inf f(z) : z A, [z xk[ < n inf f(z) : z A, [z x[ < 2n .Un passage la limite lorsquektend vers+ donne limk+f2(xk) f2(x).Il sensuit quelimzxf2(z)f2(x) et la semi-continuit infrieure de la fonctionf2estdoncprouve. Onpeutmontrer delammefaonque f1estsemi-continuesuprieurement. Maintenant,daprs le rsultatdu problmeprc-dent, of(x)=f1(x) f2(x), cequi, avecI.4.16, prouvelasemi-continuitsuprieure deof.I.4.21. On prouve la proposition pour les fonctions semi-continues infrieure-ment. On suppose dabord que la condition donne est vrie. Pour a < f(x0),il existe alors> 0 tel quef(x) > a pour [x x0[ < . Si xn est une suitede points de A convergenteversx0, alors [xn x0[a,cequiimplique limn+f(xn) a.On obtientalorslimxx0f(x) f(x0), apouvanttrechoisi arbitrairement. Onsupposemain-tenantquefestsemi-continueinfrieurementenx0etque,contrairementlaproposition, laconditionnestpassatisfaite. Il existealors a si [x a[ < . Donc,a,n(x)g(a) > pour [x a[ < . (1)Dautre part,a,n(x) > 1 +n pour [x a[,ce qui, combin (1), donnegn(x) =infaAa,n(x)min , 1 +n .Donc,gn(x) > pourn susamment grand et limn+gn(x). Finalement,par passage la limite lorsque tend vers g(x), on obtient limn+gn(x)g(x).91ChapitreI.LimitesetcontinuitI.4.25. LethormedeBaire(voir leproblmeprcdent) impliquequilexisteunesuitedcroissante fnetunesuitecroissante gndefonctionscontinues convergentes sur A respectivement versfetg. On pose1(x) = f1(x), 1(x) = min1(x), g1(x) ,......n(x) = max n1(x), fn(x) , n(x) = minn(x), gn(x) .Lasuite nestalorsdcroissantecarlesingalits nnet fnnimpliquentn+1 = max n, fn+1max n, fnmax n, fn = n.On peut montrer de mme que n est croissante. On observe alorsque les suites de fonctions continues n etn convergent toutes lesdeux, versdeslimitesquelonnoterespectivement et . Onpeutmon-trer que (x) =max (x), f(x) et (x) =min (x), g(x) (voir, parexemple, II.4.28 (vol. I)). Donc, si (x) ,= (x) pour un x, alors (x) = f(x)et, puisquef(x)g(x), onaaussi (x) =f(x), contradiction. Lessuitesn et n ont donc la mme limite (que lon note h) et qui vrief(x)h(x)g(x). DaprsI.4.18, hestsemi-continueinfrieurementetsuprieurement donc continue.I.5. Continuit uniformeI.5.1.(a) Lafonctionpeuttreprolongeparcontinuitsur[0 , 1]. Donc, f estuniformment continue sur ]0 , 1[.(b) On remarque quef_12n_f_12n +2_= 1pourn N,bienque12n 12n+2puissetrearbitrairementpetit.La fonction nest donc pas uniformment continue sur ]0 , 1[.(c) Puisquil existeunprolongementcontinudefsur[0 , 1], lafonctionfest uniformment continue sur ]0 , 1[.92Solutions(d) On af_1ln n_f_1ln(n + 1)_= [n (n + 1)[ = 1et1ln n 1ln(n+1) n+0. Donc, fnestpasuniformmentcontinuesur ]0 , 1[.(e) Puisque limx0+e1x= 0, la fonction peut tre prolonge par continuit sur[0 , 1] etfest donc uniformment continue sur ]0 , 1[.(f) La fonction nest pas uniformment continue sur ]0 , 1[ carf_12n_f_12n +_= e12n+e12n+> 2, n N.(g) Pour voir que la fonction nest pas uniformment continue sur ]0 , 1[, onremarque quef_ 1en_f_1en+1_= 1.(h) On observe quef_12n_f_12n + 1_= cos12n + cos12n + 1 n+2.La fonction nest donc pas uniformment continue sur ]0 , 1[.(i) Commeprcdemment, onmontrequelafonctionnestpasuniform-ment continue sur ]0 , 1[.I.5.2.(a) On montrequefestuniformmentcontinuesur R+.Eneet,daprslingalit[x1x2[ x1 x2pour x1, x2 R+,on a[x1 x2[ < = 2implique [x1 x2[ < .(b) On note quef(2n) f_2n +1n_n+2.Donc,fnest pas uniformment continue sur R+.93ChapitreI.Limitesetcontinuit(c) Puisquesin2x1 sin2x2= [sin x1sin x2[[sinx1 + sin x2[2 [x1 x2[ ,la fonction est uniformment continue sur R+.(d) La fonction nest pas uniformment continue sur R+ carf_2n_f__2n +2_= 1bien que 2n _2n +2n+0.(e) La fonction nest pas uniformment continue sur R+. En eet, la conti-nuit du logarithme implique[ln n ln(n + 1)[ = ln_1 + 1n_n+0.De plus,[f(ln n) f(ln(n + 1)[ = 1.(f) On peut montrer, comme en (d), que la fonction nest pas uniformmentcontinue sur R+.(g) Puisque[sin(sin x1) sin(sin x2)[2sin sinx1 sin x22 [x1x2[ ,fest uniformment continue sur R+.(h) On note quef_2n +12n_f(2n)=sin_2n sin12n +12n sin12n_n+sin 1.La fonction nest donc pas uniformment continue sur R+.(i) On observe que[sinx1 sinx2[ =2 sinx1 x22cosx1 +x22 [x1x2[ .En raisonnant maintenant comme en (a), on montre luniforme continuitdef.94SolutionsI.5.3. On montre que limxa+f(x) existe. Par continuit uniforme, tant donn> 0, il existe> 0 tel que [f(x1) f(x2)[ 0 et2> 0 tels que [f(x1) f(b)[ 0 tel que pour tout entiern strictement po-sitif, il existexn etx

n dans A vriant [xn x

n[ 0 telque, pour tout entiern strictement positif, il existexn etyn dans A vriant[xn yn[ 0, il existe> 0 tel que[f(x)[ < pour [x[ < . La sous-additivit defentrane doncf(x +t) f(x)f(t) < et f(x) f(x +t)f(t) < pourx R et [t[ 0, il existe alors> 0 tel quef() 0 tel quef(x1) f(x2)x1x2> N implique [f(x1) f(x2)[ < (ii)pour tousx1, x2 I,x1 ,= x2. Clairement, cette implication est quivalente [f(x1) f(x2)[ impliquef(x1) f(x2)x1x2 N.Daprs (i), si [f(x1) f(x2)[, alors [x1x2[. On peut, sans perte degnralit, supposer que x1< x2 et f(x1) < f(x2). Puisque f(x2) f(x1),il existe [ , 2] et un entier strictement positif k tels que f(x2) = f(x1)+k.La propritdesvaleursintermdiairesappliquefsur lintervalle[x1, x2]implique alors quil existe x1= z0< z1< . . . < zk= x2tels quef(zi) =f(x1) +i, i =1, 2, . . . , k. Ona [f(zi) f(zi1)[ =, donc[zi zi1[ et [x1x2[k. En posantN=2 , on obtientf(x1) f(x2)x1 x2

kk= 2= N.On suppose maintenant que (ii) est vrie. tant donn > 0, il existe alorsN> 0 tel que[f(x1) f(x2)[ impliquef(x1) f(x2)x1x2 N.100SolutionsEn consquence,[f(x1) f(x2)[ implique [x1x2[ N.Ceci signie que (i) est vrie en prenant =N.I.6. quations fonctionnellesI.6.1. Clairement, les fonctionsf(x) = ax sont continues et vrient lqua-tionfonctionnelledeCauchy. Onmontrequil nyapasdautres solutionscontinues cette quation. On observe dabord que sifvrief(x +y) = f(x) +f(y) pour x, y R, (1)alorsf(2x) = 2f(x) pour toutx R. On montre par rcurrence quef(nx) = nf(x) (2)pour toutn N. Si on remplacex parxndans (2), on obtientf_xn_=1n f(x). (3)Sir =pq, op, q N, alors (2) et (3) impliquentf(rx) = f_pqx_= pf_1qx_=pqf(x) = rx. (4)Larelation(2)implique f(0)=0. Combin(1), celadonne0=f(0)=f(x) + f(x) ou, dit autrement, f(x) = f(x). On obtient donc, avec (4),rf(x) = f(rx) = f(rx) pour tout rationnel ngatifr. Puisque pour toutrel , il existe une suite rn de rationnelsconvergentevers et puisquefest continue, on a, daprs (4),f(x) = f_limn+rnx_= limn+f(rnx) = limn+rnf(x) = f(x).En prenantx = 1, on obtientf() = f(1). Ainsi,f(x) = ax oa = f(1).I.6.2.(a) On montre que sifest continue en au moins un point et vrie lqua-tion fonctionnelle de Cauchy, elle est alors continue sur R. La propositionse dduit alors du problme prcdent. Clairement sifvrie lquationfonctionnellede Cauchy,les galits (2)-(4) de la solution du problme101ChapitreI.Limitesetcontinuitprcdent sont vries. On montre dabord que la continuit defen x0impliquela continuiten0.Eneet,si zn estunesuiteconvergentevers 0, alors zn +x0 converge versx0. De plus, lgalitf(zn +x0) = f(zn) +f(x0)et la continuit defenx0 impliquent limn+f(zn) = 0 = f(0). Si main-tenantx est un rel et xn une suite convergente versx, alors xnxconverge vers 0. Lgalitf(xnx) = f(xn) f(x) et la continuit defen 0 impliquent limn+f(xn) = f(x).(b) On montre dabord que si fvrie lquation fonctionnelle de Cauchy etest majore sur lintervalle ]a , b[, elle est alors borne sur tout intervalle] , [, > 0. On considre pour cela la fonctiong(x) = f(x) f (1) x, x R.Clairement, g vrie lquation fonctionnelle de Cauchy et on dduit dela solution de I.6.1 que g(r) = 0 pour r Q. Pour x ] , [, on trouveunrationnel rtelquex + r ]a , b[.On aalorsg(x)=g(x) + g(r)=g(x +r) = f(x +r) f(1)(x +r), ce qui implique queg est majore sur] , [ etilenestdoncdemmepourf.Puisquef(x)= f(x), fest aussi minore sur ] , [. On montre maintenant quefest continueen 0. Soit xn une suite convergentevers 0. On choisit une suite rnderationnelsqui tend vers+ de sorteque limn+xnrn= 0. La suite[f(xnrn)[ est alors majore, par exemple parM, et[f(xn)[ =f_ 1rnrnxn_=1rn[f(rnxn)[ Mrn.Donc, limn+f(xn) = 0 = f(0). La proposition se dduit alors de (a).(c) On suppose, par exemple, quefest croissante. Les galits (2)-(4) de lasolution de I.6.1 impliquent1n f(1)f(x) 1n f(1)pour 1n< x 0. Lafonctionf estdoncstrictementpositivesurRetlafonc-tiong(x) = ln f(x) est continueet vrie lquation fonctionnelle de Cauchy.Daprs I.6.1,g(x) = ax, oa = g(1) = ln f(1). Doncf(x) = bxpourx R,en posantb = f(1).I.6.4. Pour x, y R+, onchoisit t, s Rtelsquex=etet y=es. Ondnitgparg(t) =f(et). On a alorsg(t + s) =g(t) + g(s) pourt, s R et,daprs I.6.1,g(t) = at. Donc,f(x) = a ln x = logbx ob = e1a.I.6.5. Comme dans lasolutionduproblme prcdent, pour x, yR+,onchoisit t, s Rtelsque x=etet y =espuisondnit genposantg(t) =f(et). Lafonctionf vriealors lquationdonnesi et seulementsi g(t + s) =g(t)g(s) pour t, s R. OndduitdeI.6.3queg(t) =atetf(x) = aln x= xbob = ln a.I.6.6. Si f est continue sur R et f(x)f(y) est rationnel lorsque xy est ra-tionnel, alors g(x) = f(x+1)f(x) est continue et ne prend que des valeurs ra-tionnelles. La proprit des valeurs intermdiaires implique que g est constante.Onposedoncf(x + 1) f(x)=q, q Q.Si f(0)=r,alorsf(1)=r + qet,parrcurrence, f(n)=nq + r, n N.Puisquef(x)=f(x + 1) q,onobtientf(1)= q + ret,parrcurrence, f(n) = nq + r, n N.Pourun rationnel p =nm, la fonctionf(x + p) f(x) est aussi constante. On posef(x+p) = f(x)+ q. Comme prcdemment, on montre que f(kp) = k q+r pourk N. En particulier, f(n) = f(mp) = m q + r. Dautre part, f(n) = nq + r.Donc, q=nm qetf_nm_ =nm q + r. Puisquon peut choisirp arbitrairement,f(x) =qx + r pourx Q. La continuit defimplique quefest dnie parcette expression pour toutx R.I.6.7. On remarque quef(0) = 0. De plus, pourx R, on af(x) = f(qx) = f_q2x_= f_q3x_.Onmontre par rcurrence que f(x) =(1)nf (qnx). Enfaisant tendre nvers + et, en utilisant la continuitdefen 0, on voit quef(x) = 0. Seulela fonction identiquement nulle vrie donc lquation donne.103ChapitreI.LimitesetcontinuitI.6.8. On af(0) = 0 etf(x) = f_23 x_+x = f__23_2x_ 23 x +x.On montre par rcurrence que, pourn N, on af(x) = (1)nf__23_nx_+ (1)n1_23_n1x +. . . 23 x +x.En passant la limite lorsquen tend vers + et en utilisant la continuit defen 0, on obtientf(x) =35 x.I.6.9. Si on posey = 2x dans lquation, on obtientf(y) =12 f_12 y_+122y =122f_ 122y_+124y +122y.On montre par rcurrence quef(y) =12nf_ 12ny_+122ny +122(n1)y +. . . +122y.Enpassant lalimitelorsque ntendvers +et enutilisant lefait quef(0) = 0 et la continuit defen 0, on conclut quef(y) =13 y.I.6.10. On posef(0) =c. En prenanty = 0 dans lquation de Jensen, onobtientf_x2_=f(x) +f(0)2=f(x) +c2.Donc,f(x) +f(y)2= f_x +y2_=f(x +y) +c2ce qui donnef(x) + f(y) =f(x + y) + c. On poseg(x) =f(x) c. La fonc-tiongvriealors lquation de Cauchy(voirI.6.1), dog(x) =ax ou, ditautrement, f(x) = ax +c.I.6.11. Onmontredabordquef estanesurtoutsous-intervalleferm[, ] de ]a , b[. Lquation de Jensen donnef_ + 12 ( )_= f() + 12 (f() f()) .104SolutionsDe plus,f_ + 14 ( )_= f_ ++22_=12 f() + 12 f_ +2_= f() + 14 (f() f())etf_ + 34 ( )_= f_12 + 12_ + 12 ( )__=12 f() + 12 f_ + 12 ( )_= f() + 34 (f() f()) .On montre par rcurrence quef_ +k2n ( )_= f() +k2n (f() f())pourk = 0, 1, 2, 3, . . . , 2netn N. On suppose lgalit vrie pourmnetonlaprouveaurangn + 1. Si k=2l, l =0, 1, . . . , 2n, onaalors, parhypothse de rcurrence,f_ +k2n+1 ( )_= f_ +l2n ( )_= f() +l2n (f() f())= f() +k2n+1 (f() f()) .De mme, sik = 2l + 1,l = 0, 1, . . . , 2n1, alorsf_ +k2n+1 ( )_= f_12_ +l2n1 ( )_+ 12_ +12n ( )__=12 f_ +l2n1 ( )_+ 12 f_ +12n ( )_= f() +k2n+1 (f() f()) .Puisque que les nombres de la formek2nforment un ensemble dense dans [0 , 1],la continuit defimpliquef( +t( )) = f() +t(f() f()) pour t [0 , 1].105ChapitreI.LimitesetcontinuitEn prenantx = +t( ), on obtientf(x) = f() +f() f() (x ) .Onremarquemaintenantqueleshypothsesduproblmeimpliquentquefadmet une limite droite ena et une limite gauche enb. En eet, on a parexemplelimybf(y)2= f_x +b2_f(x)2pour x ]a , b[ .Clairement,]a , b[ =+_n=1[n, n],o nestunesuitedcroissantedepointsde]a , b[ convergenteversaetnestunesuitecroissantedepointsdecetintervalleconvergentevers b.Donc pourx ]a , b[, il existen0 N tel quex [n, n] pour toutnn0.Il sensuit quef(x) = f(n) +f(n) f(n)n n(x n) .En faisant tendren vers +, on obtientf(x) = f(a+) +f(b) f(a+)b a(x a) .I.6.12. Pourx R, on posex1 = x et xn+1 =xn 12, n N.Ona limn+xn= 1et f(xn)=f(2xn+1 + 1)=f(xn+1), n N. Donc,f(x) =f(xn). Onvoit, enfaisanttendre nvers +, que f(x) =f(1).Seules les fonctions constantes vrient les hypothses du problme.I.6.13. On note que g(x) = f(x)a2 x2est continue sur R et vrie lquationfonctionnelle de Cauchy (voir I.6.1), doncg(x) = g(1)x, ce qui donnef(x) a2 x2=_f(1) a2_x pour x R.106SolutionsI.6.14. Par hypothse,f(1) = f_12_= f_13_= . . . = f(0).De plus, pourt ,= 0, 1, 12, 13, . . . , on af(t) = f_tt + 1_= f_t2t + 1_= f_t3t + 1_= . . .Puisque limn+tnt+1= 0, la continuit defen 0 impliquef(t) = 0. Les seulessolutions de lquation sont donc les fonctions constantes.I.6.15. Non. Il existe en fait une innit de telles fonctions. Poura ]0 , 1[,soit gunetransformationcontinueetstrictementdcroissantede[0 , a] sur[a , 1]. La fonctionfdnie parf(x) =_g(x) pourx [0 , a],g1(x) pourx ]a , 1],og1est lapplication rciproque deg, vrie la proprit donne.I.6.16. On suppose,contrairementla proposition,quilexistey0 Rtelque [g(y0)[ =a> 1. On poseM= sup[f(x)[ : x R. Pardnitionde laborne suprieure, il existex0 R tel que [f(x0)[ >Ma . Par hypothse,[f(x0 +y0)[ +[f(x0y0)[[f(x0 +y0) +f(x0y0)[= 2 [f(x0)[ [g(y0)[ > 2Maa = 2M.Donc, [f(x0 +y0)[ > Mou [f(x0 y0)[ > M, contradiction.I.6.17. On note que g(x) = f(x)exvrie lquation fonctionnelle deCauchy. Il dcoule donc de I.6.1 quef(x) = axex.107ChapitreI.LimitesetcontinuitI.6.18. Par hypothsef(0) = 0 etf(2x) = (f(x))2. Par rcurrence,f(x) =_f_x2__2=_f_x22__22= . . . =_f_x2n__2n.Donc,f_x2n_=2n_f(x).Si f(x) >0, onobtientalors0=1parpassagelalimitelorsquentendvers +, contradiction. Seule lafonctionidentiquement nulle vrie donclquation donne.I.6.19. En remplaantx parx1xdansf(x) +f_x 1x_= 1 +x, (1)on af_x 1x_+f_1x 1_=2x 1x. (2)En remplaant alorsx par1x1dans (1), on obtientf_1x 1_+f(x) =x 2x 1 . (3)Additionner (1) et (3) et soustraire (2) cette somme donne2f(x) = 1 +x +x 2x 1 2x 1x,dof(x) =x3x212x(x 1).Onvriefacilementquecettefonctionestbien solutiondelquationfonc-tionnelle donne.I.6.20. Pour x et y rels, on dnit xn comme suit : x2k1 = x et x2k = y,k N. Lgalitf(C- limn+xn) = C- limn+f(xn) implique alorsf_C- limn+nx +ny2n_= C- limn+nf(x) +nf(y)2n,ce qui signie quefvrie lquation de Jensenf_x+y2_ =f(x)+f(y)2. Commedans la solution de I.6.11, on peut montrer quef_x +k2n (y x)_= f(x) +k2n (f(y) f(x)) ()108Solutionspourk = 0, 1, 2, 3, . . . , 2netn N. Pourt [0 , 1], on peut trouver une suite_kn2n_convergentevers t. Puisquetoutesuiteconvergenteestaussi conver-gente ausens de Cesro(vers lamme limite), lasuite de terme gnralxn = x +kn2n (y x) converge au sens de Cesro. Daprs (), la suite f(xn)converge versf(x) +t(f(y) f(x)). En consquence,f(x +t(y x)) = f(x) +t(f(y) f(x)).La fonctionfest alors continue sur R daprs I.2.33. Combin I.6.10, cecimontre quef(x) = ax +c.I.6.21. Lafonctionf est injectiveet f(2x f(x)) =xdonconobtientf1(x) = 2x f(x). Ainsi,f(x) x = x f1(x). ()Pourx0 [0 , 1], on dnit la suite rcurrente xn parxn = f(xn1). Lga-lit () impliquexn xn1 = xn1 xn2. On a doncxn = x0 + n(x1 x0).Puisque [xn x0[ 1, ona [x1 x0[ 1npour n N. Enconsquence,f(x0) = x1 = x0.I.6.22. Onmontrequelesseulessolutionscontinuesdelquationdonnesont les fonctionsf(x) = m(x c). Sig(x) = 2x f(x)m, alorsg est continue etg(g(x)) = 2g(x) x pour x R. (i)La fonctiong est donc injective : sig(x1) = g(x2), alorsg(g(x1)) =g(g(x2)),cequi donnex1=x2. DaprslersultatdeI.3.16, gestsoitstrictementcroissante, soit strictementdcroissante sur R. On montre que lon se trouveici dans le premier cas. Daprs (i),g(g(x)) g(x) = g(x) x pour x R. (ii)Sig est strictement dcroissante, on a alorsg(x1) > g(x2) pourx1< x2 et, enconsquence,g(g(x1)) < g(g(x2)). Dautre part, (ii) donneg(g(x1)) g(x1) = g(x1) x1, g(g(x2)) g(x2) = g(x2) x2,contradiction.Par rcurrence, lgalit (i) impliquegn(x) = ng(x) (n 1)x pour n1,ognreprsentelan-imeitrationdeg.Donc, limn+gn(x)n=g(x) x.Deplus,gn(x) gn(0) = n(g(x) x g(0)) +x. (iii)109ChapitreI.LimitesetcontinuitOn a alors, en faisant tendren vers + et en utilisant la monotonie deg,g(x)x +g(0) pour x < 0,(1)g(x)x +g(0) pour x > 0,ce qui implique g(R) = R. La fonction rciproque g1est donc dnie sur R. Enremplaant dans (i) x par g1(g1(y)), on voit que g1(g1(y)) = 2g1(y)y.Puisqueg1vrie (i), on peut prouver par la mme mthode quegn(y) gn(0) = n_g1(y) y g1(0)_+y.Par passage la limite lorsque n tend vers +, on obtient (comme prcdem-ment)g1(y)y +g1(0) pour y < 0,(2)g1(y)y +g1(0) pour y > 0.On prouve maintenant queg1(0) = g(0). En remplaantx parg1(y) dans(ii), on obtientg(y) y = y g1(y),ce qui donneg1(0) = g(0).On suppose, par exemple, que g(0)0. Alors, g(x) > 0 pour x > 0. En pre-nant y = g(x) > 0 dans (2), on voit que xg(x)+g1(0) = g(x)g(0). Donc,daprs (1), on obtientg(x) = x + g(0) pourx > 0. Puisqueg1(0)0, on ag1(y) < 0 pour y < 0 et, comme ci-dessus, on prouve que g1(y) = y+g1(0),ce qui signie queg(x) = x + g(0) pourx< 0. Donc, g(x) = x + g(0) ou, defaon quivalente,f(x) = m(x g(0)) pourx R.I.6.23. On vrie facilement que les fonctions donnes remplissent les condi-tions du problme. On montre quil ny a pas dautres solutions. Si on prendx = 0 dans lquationf(x +y) +f(y x) = 2f(x)f(y) (1)etytelquef(y) ,=0, onobtient f(0)=1. Enprenant y=0dans(1),onvoitquef(x)=f(x)etlafonctionfestpaire. Puisquefestcontinueetf(0)=1, il existeunintervalle[0 , c] surlequel lafonctioneststrictementpositive. On considre deux cas :f(c)1 etf(c) > 1. Dans le premier cas, ilexiste, 0 0. La fonctionftant paire, lgalit est encore vraiepourx < 0. Finalement,f(x) = cos ax, aveca =c.Dans le cas o f(c) > 1, il existe tel que f(c) = ch . On raisonne commeprcdemment pour montrer quef(x) = ch(ax).I.6.24. Si on posex = th u ety = th v, alorsx +y1 +xy=th u + th v1 + th uth v= th(u +v).La fonction g(u) = f(th u) vrie lquation fonctionnelle de Cauchy(voir I.6.1) et est continue sur R. Donc, g(u) =auet f(x) =12 a ln1+x1xpour [x[ < 1.I.6.25. On suppose quePnestpas identiquementnulet vrielquationdonne. On poseQ(x) = P(1 x). On aQ(1 x) = P(x) et lquation peutdonc scrireQ_(1 x)2_= (Q(1 x))2ouQ_x2_= (Q(x))2pour x R. (1)SiQ nest pas rduit un monme, il est de la formeQ(x) = axk+ xmR(x),oa ,= 0,m > k0 etR est un polynme tel queR(0) ,= 0. Pour un tel Q,daprs (1),ax2k+x2mR_x2_= a2x2k+ 2axk+mR(x) +x2mR2(x).111ChapitreI.LimitesetcontinuitEn galant les termes de mme degr, on conclut queQ(x) = axk,a ,= 0 et -nalement que a = 1. En consquence, P(x) = (1 x)kavec k N. Clairement,la fonction identiquement nulle vrie aussi lquation.I.6.26. [S. Kotz, Amer. Math. Monthly72(1965), 1072-1075].Pourallgerlesnotations, on critfm(xi) la place de (f(xi))m. Si dans lquationf_1nn

i=1xmi_=1nn

i=1fm(xi) (1)on prendxi = c pouri = 1, 2, . . . , n, on obtientf (cm) = fm(c). (2)Enparticulier, f(1) =fm(1), cequi implique f(1) =0ouf(1) =1ouf(1)= 1danslecasomestimpair. Demme, f(0)=0ouf(0)=1,f(0) = 1 sim est impair. En prenant dans (2)c = x1m,x0, on obtientf_x1m_= f1m(x).En remplaantx parx1midans (1) et en utilisant la dernire galit, on af_1nn

i=1xi_=1nn

i=1fm_x1mi_=1nn

i=1f(xi). (3)En particulier, pourx3 = x4 = . . . = xn = 0,f_x1 +x2n_=1n f(x1) + 1n f(x2) +n 2nf(0).Si dans (1) on prendx2 = x3 = . . . = xn = 0 et si on remplacex1 parx1 +x2,on obtientf_x1 +x2n_=1n f(x1 +x2) +n 1nf(0).Do,f(x1 +x2) = f(x1) +f(x2) f(0).La fonction g(x) = f(x) f(0) vrie donc lquation fonctionnelle de Cauchyet est continue en au moins un point. Daprs le rsultat de I.6.2,g(x) = axpourx0. Donc,f(x) = ax +b, o a = f(1) f(0), b = f(0).112SolutionsDe ce qui prcde, on dduit que b = 0 ou b = 1 ou b = 1 si m est impair. Lesseules valeurs possibles dea sont donc 2, 1, 0, 1 ou 2. On vrie facilementquef(x) = 0, f(x) = 1, f(x) = xet, sim est impair,f(x) = 1, f(x) = xsont les seules solutions.I.6.27. Sifvrie la condition donne, on a alorsf(a +b) = f__ab1z +z_ _z1b__= f_ab1z +z_f_z1b_=_f_ab1z_+f(z)_f_z1b_= f(a) +f(b)pourtousrels aet b, b ,=0. Donc, f(0)=0et f(x)= f(x). Deplus,f(n) =nf(1) pour tout entiern. Si fnest pas identiquement nulle, il existealorsctel quef(c) ,=0.Maisf(c)=f(1)f(c)etf(1)=1.Si x ,=0,alors1 =f(x)f_x1_ et 0 ,=f(x) = _f_x1__1. Il sensuit que, pour des entiersp etq ,= 0,f_pq1_= f(p)f_q1_= f(p)(f(q))1= pq1.On note que lon af(x) = (f (x))2> 0 pour x > 0. Donc, siy x > 0, alorsf(y x) = f(y) f(x) > 0, ce qui signie quefest strictement croissante etf(x) = x pour x Q. Il sensuit que f(x) = x pour tout x R (daprs I.6.2).I.6.28. Une fonctionfde la formef(x) = g(x) g_1x_, ()og est une fonction relle dnie sur R, vrie lquation fonctionnelle don-ne. Dautre part, sifvrie lquation donne, alorsf(x) =f(x) f_1x_2,ce qui signie quefest de la forme ().113ChapitreI.LimitesetcontinuitI.6.29. On remarque que si fvrie lquation fonctionnelle donne et si onposeg(x) =12_f(x) +f_1x__, h(x) =12_f(x) f_1x__,les fonctionsg eth ont les proprits suivantes :g(x) = g_1x_(i)eth(x) = h_1x_, h(x) +h_x2_= 0, h(x) = h(x). (ii)On notemaintenantque si geth vrient(i) et (ii), alorsf=g + h vrielquation fonctionnelle donne. Notre but est donc de trouver les fonctionsgeth. Commedanslasolutionduproblmeprcdent, onpeutmontrerquetoute fonction vriant (i) est de la formeg(x) = k(x) +k_1x_,ok est une fonction dnie sur R. Pour trouver les fonctionsh, on observedabord que (ii) impliqueh(1) = 0. Puis, pour x > 1, on pose h(x) = s(ln ln x)ets vrie lquation fonctionnelles(ln ln x) +s(ln(2 ln x)) = 0que lon peut rcrire sous la formes(t) +s(ln 2 +t) = 0 pour t R.Ceci signie que lon peut choisir toute fonctions telle que s(t) = s(ln2 +t)(notezquesestpriodiquedepriode2 ln 2). Ilexisteuneinnitdetellesfonctions, par exemple, s(t) = costln2. On prolongeensuitela fonctionh sur]0 , 1[ en posanth(x) = h_1x_, puis sur R en posanth(x) = h(x).I.6.30. [S. Haruki, Amer. Math. Monthly 86 (1979), 577-578]. Si on remplace danslquation donnex parx +y ety parx y, on obtientf(x +y) g(x y)2y= (x). (1)Si on remplace maintenanty par y dans (1), on af(x y) g(x +y)2y= (x).114SolutionsEn consquence, pouru, v R, on a(u +v) +(u v) =12y (f(u +v +y) g(u +v y)+f(u v +y) g(u v y))=12y (f(u +v +y) g(u v y))+12y (f(u (v y)) g(u + (v y))) .Donc,(u +v) +(u v) =12y (2(v +y)(u) 2(v y)(u)) = 2(u).Si on poses = u +v ett = u v, ceci peut se rcrire sous la forme(s) +(t)2= _s +t2_, s, t R.OnnoteA: R R la fonction dnieparA(s)=(s) (0).On a alorsA(0) = 0 etA(s) +A(t) = (s) +(t) 2(0)= 2_s +t2_2(0) (2)= 2A_s +t2_.Prendret=0donneA(s)=2A_s2_.Enremplaantensuitespars + t,onobtientA(s +t) = 2A_s +t2_.Ceci et (2) impliquentA(s +t) = A(s) +A(t). (3)Lquation (1) peut donc se rcrire sous la formef(x +y) g(x y)2y= B +A(x), (4)oB = (0) etx A(x) est une fonction vriant (3). Si on prend dans (4)y = x ety = x, on obtient alors respectivementf(2x) = g(0) + 2Bx + 2xA(x) et g(2x) = f(0) + 2Bx + 2xA(x).115ChapitreI.LimitesetcontinuitEn remplaant 2x parx et en utilisant le fait queA(s) = 2A_s2_, on af(x) = g(0) + 2Bx + 12 xA(x), g(x) = f(0) + 2Bx + 12 xA(x).En substituant ces relations dans (1) et en appliquant (3), on arrive g(0) f(0) + 2By +xA(y) +yA(x)2y= (x)et en prenantx = 1, on trouveA(y) = dy +f(0) g(0), o d = 2(1) A(1) 2B.PuisqueA(0) = 0, on af(0) = g(0), doA(x) = dx etf(x) = g(x) = f(0) +Bx + 12 dx2.Onvriequef(x)=g(x)=ax2+ bx + cet (x)=f

(x)=2ax + bvrient lquation fonctionnelle donne.I.6.31. LensembleRpeuttrevucommeunespacevectoriel surQ. UnebasedeHamel de R sur Q est une famille libre maximale.Il existe une basede Hamel H contenant 1. Toutx R peut donc scrire de faon unique sousla formex = hHwh(x)h,oseulunnombrenidecoecients wh(x) Qsontnonnuls.Donc,pourx, y R,x +y = hHwh(x +y)h = hH(wh(x) +wh(y))h,ce qui impliquewh(x +y) = wh(x) +wh(y). En particulier,f= w1 vrie (a).On montre quelle vrie aussi les autres conditions.On note que w1(1) = 1 car 1 = 1 1 et 1 H. On montre maintenant quew1(x) = x pourx Q. Par additivit dew1, on a1 = w1(1) = w1_1q + 1q +. . . + 1q_= qw1_1q_.Donc,w1_1q_=1q.Il sensuit, par additivit encore, quew1_pq_=pqpour p, q N.116SolutionsDe plus,w1(0) = 0 car 0 = 0 1 et 1 H. Donc,0 = w1(0) = w1_pq +_pq__= w1_pq_+w1_pq_ou, dit autrement,w1_pq_= pq.On a donc prouv que w1(x) = x pour tout x Q. Finalement, on montre quew1 nest pas continue. Si elle ltait, on auraitw1(x) = x pour toutx R, cequi contredirait le fait quew1 ne prend que des valeurs rationnelles.I.7. Fonctions continues sur un espace mtriqueI.7.1. Onmontredabordque(a)=(b). SoitFunsous-ensemblefermde Y. Si une suite xn dlments de f1(F) converge vers x, alors f(xn) Fet, par continuit def,f(xn) tend versf(x). Puisque F est ferm, f(x) Fou, dit autrement,x f1(F). On a donc prouv quef1(F) est ferm.Pourprouverque(b)=(c), il sutdenoterquetoutsous-ensembleouvert G de Y est le complmentaire dun sous-ensemble ferm F, autrementdit, G = Y F. On a alorsf1(G) = X f1(F).On prouve maintenant que (c) =(a). Soit x0 Xet > 0. Par hypothse,lensemble f1(BY(f(x0), )) est ouvert dans X. Puisque x0 est un lment def1(BY(f(x0), )), il existe> 0 tel que BX(x0, ) f1(BY(f(x0), )). Ona doncf(BX(x0, )) BY(f(x0), ), ce qui signie quefest continue enx0.On a donc prouv que les trois premires conditions sont quivalentes.On prouve maintenant que (a) =(d). Pour cela, on considre y0 f_A_.Par dnitionde limage dunensemble par f, il existe x0Atel quef(x0) =y0. Par continuit defenx0, tant donn> 0, il existe une bouleBX(x0, ) telle quef(BX(x0, )) BY(y0, ).Puisquex0 A, on voit que BX(x0, ) A ,= . Donc, ,= f(BX(x0, ) A) BY(y0, ) f(A),ce qui signie quey0 f(A).Pour montrer que (d) = (e), on pose A = f1(B). On a alorsf_f1(B)_ f (f1(B)) B.Donc,f1(B) f1_B_.117ChapitreI.LimitesetcontinuitPour conclure la dmonstration, on montre que (e) = (b). Si F est ferm,alors F = F. Daprs (e),f1(F) f1(F),ce qui signie quef1(F) est ferm.I.7.2. Soit B(X) la famille des sous-ensembles borliens de X, cest--dire laplus petite-algbre(4)des sous-ensembles de X contenant tous les ensemblesouverts. On noteeB la famille des ensemblesB Y tels quef1(B) B(X).eBest une-algbrede sous-ensemblesdeY. Puisquefest continue,le pro-blme prcdent implique que limage rciproque de tout ensemble ouvert estunensembleouvert. eBcontientdonctouslessous-ensemblesouvertsdeY,do B(Y) eB. Ceci impliquef1(B) B(X) si B B(Y).I.7.3. On considre X = Y = R muni de sa distance usuelle d(x, y) = [x y[.Ondnitf(x)=sinxetF= _n +1n: n2_.Festfermdanslespacemtrique X car il ne contient que des points isols. Dautre part,f(F) =_sin 2, sin 3, sin 4, . . ._nest pas ferm car il ne contient pas 0 qui est son point daccumulation.On considre de nouveau Xet Y dnis comme prcdemment et on dnitf(x) = x(x 2)2et G = ]1 , 3[. On a alorsf(G) = [0 , 3[.I.7.4. Siyn f(F), alorsyn = f(xn), oxn F,n N. Si F est compactdansX, il existe alors une sous-suite xnk de xn convergenteversx F.Par continuit def, ynk dnie parynk = f(xnk) est une sous-suite de ynconvergente versf(x) f(F). La compacit def(F) est donc prouve.I.7.5. Soit xn une suite dlmentsdeF1 . . . Fmconvergenteversx.Il existeaumoinsunensembleFicontenantunesous-suite xnk. Lasuitexn peut se dcomposer en un nombre ni de sous-suites de sorte que chaquesous-suite soit contenue dans un ensemble Fi. Puisque Fi est ferm et que f estcontinuesurFi,limf(xnk)= limf|Fi(xnk)=f|Fi(x)=f(x). Il sensuitquef(xn) se dcompose en un nombre ni de sous-suites convergentes vers f(x),ce qui signie que f(xn) converge versf(x).(4)Unecollectionnonvidedesous-ensemblesdunensembleestune-algbresi ellecontientlecomplmentairedechacundeseslmentsetsi ellecontienttouteuniondnombrabledecertains de ses lments. (N.d.T.)118SolutionsPour voir quelapropositionest faussedans lecas duneinnitden-sembles, on considre les ensembles Fi dnis comme suit : F0 = 0, Fi = 1i,i N. La fonction donne parf(x) =_1 pourx Fi (i N),0 pourx F0est continue sur chaque Fi (i N) mais nest pas continue sur lensemble+

i=0Fi.I.7.6. Soit x0 tTGt. Il existe t0Ttel que x0 Gt0. PuisqueGt0estouvertetquelarestrictiondefGt0estcontinue, tantdonn>0,il existe>0tel quef(x)=f|Gt0(x) B_f|Gt0(x0), _=B(f(x0), )six B(x0, ) Gt0, ce qui signie quefest continue enx0.I.7.7. On suppose quef|AestcontinuepourtoutcompactA X.Si unesuite xndlmentsdeXconvergeversx, lensembleA= x, x1, x2, . . . est alors compact dans X. Do,limf(xn) = limf|A(xn) = f|A(x) = f(x).La fonctionfest donc continue sur X. Lautre implication est vidente.I.7.8. La continuit de f1est quivalente la condition que f(G) est ouvertdans Y pour tout ouvert G de X. Si G est ouvert dans X, alors Gc= X Gest compact comme sous-ensemble ferm de lespace compact X. Daprs le r-sultat de I.7.4, f(Gc) = Yf(G) est aussi compact, donc ferm. Ceci signiequef(G) est ouvert.Pour montrer quelacompacitest essentielle, onconsidrelafonctionf : ]0 , 1[ 2 ]0 , 1] dnieparf(x)=xpourx ]0 , 1[ etf(2)=1.Clairement, f es