Correction Examen

[a, b[ .

∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x, y ∈ [a, b[ , |x − y| ≤ δ ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ ε b−a b+a b−a b+a ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x = t+ ,y = s+ ∈ [a, b[ , 2 2 2 2 b−a b+a b−a b+a |x − y| ≤ δ ⇒ f t+ −f s+ ≤ε 2 2 2 2 2 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ = δ > 0, ∀t, s ∈ [−1, 1[ , b−a b−a b+a b−a b+a |s − t| ≤ δ ⇒ f t+ −f s+ ≤ε 2 2 2 2 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε

4. Soit g ∈ F ([−1, 1[ , R) , uniformémént continue. (a) (4pt)Supposons que g est non bornée alors 1

i. (1pt) g est non bornée ⇔ ⇒ ⇒ ∀M ∈ R, ∃x ∈ [−1, 1[ , |g (x)| > M ∀n ∈ N; ∃xn ∈ [−1, 1[ , |g (xn )| > n ∃ (xn ) ∈ [−1, 1[ ; lim |g (xn )| = +∞

n→+∞

ii. (0 .5pt) , (xn ) ⊂ [−1, 1[ ⊂ [−1, 1] donc d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass ∃ xϕ(n) une sous suite de (xn ) convergente vers α dans [−1, 1] . iii. (1pt) Supposons que α ∈ [−1, 1[ . Comme g est continue sur [−1, 1[ & lim xϕ(n) = α alors lim

n→+∞

n→+∞

g xϕ(n)

= |g (α)| . (0 .5pt)

Or xϕ(n) une sous suite de (xn ) ce qui implique que g xϕ(n) lim g xϕ(n) = lim |g (xn )| = +∞ = |g (a)| absurde.(0 .5pt)

n→+∞ n→+∞

est une sous suite de (g (xn ))d’où

Donc α = 1. iv. Pas de question ! v. (0 .5pt)Soient ε > 0, δ > 0 – (0 .25pt) zn 1 ⇒ ∃n1 ∈ N; ∀n ≥ n1 , 1 > zn ≥ zn1 > 1 − δ ⇒ ∃n1 ∈ N; ∀n ≥ n1 , |zn − zn1 | ≤ δ – (0 .25pt) |g (zn )| → +∞ ⇒ ∃n2 ∈ N; ∀n ≥ n2 , |g (zn )| ≥ ε + |g (zn1 )| . vi. (1pt) Soit ε > 0 : g est uniformément continue sur [−1, 1[ ⇒ ∃δ > 0, ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε Pour ce δ, ∃n1 ∈ N; ∀n ≥ n1 , |zn − zn1 | ≤ δ & pour ce ε, ∃n2 ∈ N; ∀n ≥ n2 , |g (zn )| ≥ ε + |g (zn1 )| . Soit n0 = max {n1 , n2 } , alors , |zn0 +1 − zn0 | ≤ δ & |g (zn0 +1 ) − g (zn0 )| > ε absurde. Donc g ne peut qu’être bornée sur [−1, 1[ . (b) (3pt) Soient (xn ) , (yn ) ⊂ [0, 1[ , telles que xn −→ 1 & yn −→ 1

n→+∞ n→+∞

i. (1pt)Soit ε > 0 : On a g est uniformément continue sur [−1, 1[ ⇒ ∃δ > ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε ( ) et parallélement, xn −→ 1

n→+∞

⇒ ⇒

( )

(xn ) converge

(0 .5pt)

⇒

(xn ) est de Cauchy

pour δ > 0, ∃n0 ∈ N; ∀p, q ≥ n0 , |xp − xq | ≤ δ ∃n0 ∈ N; ∀p, q ≥ n0 , |g (xp ) − g (xq )| ≤ ε

⇒

Ainsi ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N; ∀p, q ≥ n0 , |g (xp ) − g (xq )| ≤ ε, c.à.d (g (xn )) est de Cauchy .(0 .5pt) ii. (1 .5pt)D’après 4(b)i (g (xn )) & (g (yn )) sont de Cauchy donc convergentes vers respectivement l1 &l2 . (0 .5pt) Soit ε > 0 : – g est uniformément continue sur [−1, 1[ ⇒ ∃δ > ∀t, s ∈ [−1, 1[ , |t − s| ≤ δ ⇒ |g (t) − g (s)| ≤ ε – lim xn = lim yn = 1 ⇒ lim (xn − yn ) = 0 ⇒ ∃n0 ∈ N; ∀n ≥ n0 , |xn − yn | ≤ δ

n→+∞ n→+∞ n→+∞ ε ⇒ ∃n0 ∈ N; ∀n ≥ n0 , |g (xn ) − g (yn )| ≤ 3 . – lim g (xn ) = l1 ⇒ ∃n1 ∈ N; ∀n ≥ n0 , |g (xn ) − l1 | ≤ n→+∞ ε 3 ε 3.

.

–

n→+∞

lim g (yn ) = l2 ⇒ ∃n2 ∈ N; ∀n ≥ n1 , |g (yn ) − l2 | ≤

(0 .5pt)

(0 .5pt)

Soit n3 = max {n0 , n1 , n2 } , alors |l1 − l2 | Donc ∀ε > 0, |l1 − l2 | ≤ ε, c.à.d l1 = l2 .

n→+∞

≤

|g (xn3 ) − l1 | + |g (xn3 ) − g (yn3 )| + |g (yn3 ) − l2 |

≤

ε

iii. (1pt)D’aprés 4(b)ii ∀ (xn ) ⊂ [−1, 1[ ; lim xn = 1 ⇒ lim g (xn ) = l ∈ R d’où d’après la caractérisation

n→+∞

séquentielle de la limite :

x→1

lim g (x) = l ∈ R

donc g est prolongeable par continuité en 1. (c) (1pt) On a f admet un prolongement par continuité en b ssi l’application g, définie dans 3, admet un prolongement par continuité en 1 Or d’après 3, g est uniformément continue sur [−1, 1[ donc d’après 4(b)iii, g est prolongeable par continuité en 1 donc f est prolongeable par continuité en b. 2

(d) (1pt) Non il suffit de prendre l’exemple dans 1. Problème N˚ :(10pt) 2 1. (1pt)On a h continue sur − π , π , dérivable sur − π , π ; ∀θ ∈ − π , π , h (θ) = cos θ > 0. Donc h realise une 2 2 2 2 2 2 bijection bicontinue de − π , π sur J = [−1, 1] . 2 2 2. (1pt) ∀θ ∈ R, h (3θ) = = = = 3. Soit x0 ∈ R∗ . (a) (1pt)On a lim f (x) = α ∈ R ⇒ f (x) = αx + o (x) → 0 = f (0) . Donc f est continue en 0. x

x→0 x→0

sin (3θ) = Im (exp (i3θ)) = Im (cos θ + i sin θ)

3

Im cos3 θ + i3 cos2 θ sin θ − 3 cos θ sin2 θ − i sin3 θ 3 cos2 θ sin θ − sin3 θ = 3 1 − sin2 θ sin θ − sin3 θ 3 sin θ − 4 sin3 θ = 3h (θ) − 4h3 (θ)

(b) (2pt) On a ∀n ∈ N, f

x0 3n

∈ [−1, 1] or h realise une bijection bicontinue de − π , π sur J = [−1, 1] donc 2 2 π π x0 ∃!θn ∈ − , ; h (θn ) = f n 2 2 3 (1pt)

On a ∀n ∈ N, θn = h−1 f x0 =0 n→+∞ 3n lim

x0 3n

, d’où lim f x0 3n = f (0) = 0 x0 3n = h−1 (0) = 0 (1pt)

f continue en 0

⇒

n→+∞

h−1 continue en 0

⇒

n→+∞

lim θn = lim h−1 f

n→+∞

(c) (2pt) ∀n ∈ N, sin θn = h (θn ) = f = =

n→+∞

x0 3n

=f 3

x0 3n+1

f vérifie

=

3f

x0 x0 − 4f 3 n+1 3n+1 3 (1pt)

3h (θn+1 ) − 4h3 (θn+1 ) = h (3θn+1 ) sin (3θn+1 )

π 6 , ∃N

2

On a lim θn = 0 ⇒ pour ε =

∈ N, ∀n ≥ N, 3θn+1 ∈ − π , π . 2 2

Et comme ∀n ≥ N, sin θn = sin (3θn+1 ) ; 3θn+1 , θn ∈ − π , π alors, puisque h est bijective, 2 2 ∃N ∈ N, ∀n ≥ N, θn+1 = (d) (1pt)Par récurrence. θ Pour n = N, 3NN = θN , V raie. −N Soit k ≥ N, supposons que θk = On a θk+1 =

θk H.R 1 θN 3 = 3 3k−N

θn 3

(1pt)

=

θN 3k−N θN

et montrons que θk+1 =

θN 3k+1−N

.

Conclusion : ∀n ≥ N, θn =

n→+∞

3k+1−N