Continuité

Notons $\mathcal{D} =\R\setminus\{-1,1\}$. La fonction $h:x\in \mathcal{D} \mapsto x^3-2x^2-x+2$ est continue sur $\mathcal{D}$ comme somme des fonctions continues sur $\mathcal{D}$, la fonction valeur absolu est continue sur $\mathcal{D}$ (elle est continue sur $\R$) donc la fonction $k:x\in \mathcal{D} \mapsto 1-|x|$ est continue sur $\mathcal{D}$ comme somme de deux fonctions continues sur $\mathcal{D}$, de plus elle ne s'annule pas sur $\mathcal{D}$ donc $1/k\in \CC(\mathcal{D})$.

On en déduit alors que $f\in \CC(\mathcal{D})$ comme le produit de deux fonctions continues sur $\mathcal{D}$. En particulière $f$ est continue en 0.

Notons que pour tout réel $x$, on a: $x^3-2x^2-x+2=(x-1)(x+1)(x-2)$, d'où: $$\underset{x\rightarrow -1}{\lim}f(x)=\underset{x\rightarrow -1}{\lim}\dfrac{x^3-2x^2-x+2}{1-|x|}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim}\dfrac{(x-1)(x+1)(x-2)}{1+x}=6.$$ $$\underset{x\rightarrow 1}{\lim}f(x)=\underset{x\rightarrow 1}{\lim}\dfrac{x^3-2x^2-x+2}{1-|x|}=\underset{x\rightarrow 1}{\lim}\dfrac{(x-1)(x+1)(x-2)}{1-x}=2.$$ Puisque ces deux limites existent et elles sont finies, alors on en déduit qu'on peut prolonger $f$ par continuité sur $\R$, i.e. il existe une fonction $g\in \CC(\R)$ telle que $g=f$ sur $\mathcal{D}$.

En effet, il suffit de poser: $g(x)=\left\{\begin{array}{rl}f(x)&\text{ si } x\in \mathcal{D},\\ 6 &\text{ si } x=-1,\\ 2 &\text{ si } x=1. \end{array}\right.$

Pour que la fonction soit continue en $0$ il faut que $\limiteX{x}{0^{-}}f(x)=\limiteX{x}{0^+}f(x)=f(0)$. La fonction $f$ étant continue à gauche de $0$, il faut donc vérifier la limite à droite. $$\limiteX{x}{0^+}f(x)= \limiteX{x}{0^+}(2-\alpha x^2)=2 \text{ et } f(0)=-1,$$ On en déduit que $f$ ne peut pas être continue en $0$ quelle que soit la valeur de $\alpha\in \R$.

Pour prolonger $f$ par continuité en $2$ il faut que $\limiteX{x}{2}f(x)$ soit finie. $$ \limiteX{x}{2}f(x)=\limiteX{x}{2}\dfrac{5x^2-8x-4}{x-2}=\limiteX{x}{2}\dfrac{(x-2)(5x+2)}{x-2}=\limiteX{x}{2}(5x+2)=12. $$ Donc on peut définir une fonction $F$ sur par: $$\forall x\in \R,\,F(x)=\left\{\begin{array}{lcl} f(x)&&\text{ Si } x\neq 2,\\ &&\\ 12&&\text{ Sinon}. \end{array} \right. $$ $F$ est continue sur $\R$ et sa restriction sur $\R\setminus\{2\}$ est $f$.

La fonction $E$ est continue sur tout intervalle $]n;n+1[$ avec $n\in \Z$ et elle est continue à droite en $n$. Donc les trois fonctions sont continues sur ces intervalles, et pour étudier leur continuité sur $\R$, il faut étudier leur continuité à gauche en $n$ ($n\in \Z$).

1. Soit $n\in \Z$, on a $f_1(n)=n$, et $$\limiteX{x}{n^-}\left() E(x)+(x-E(x))^2 \right)=\limiteX{x}{n^-}\left(n-1+(x-n+1)^2\right)=n=f_1(n).$$ On en déduite que $f_1$ est continue en $n$ donc $f_1\in \CC(\R)$.
2. Soit $n\in \Z$, on a $f_2(n)=n^2+2n$, et $$\limiteX{x}{n^-}\left(\left(2E(x)+1\right)x-E(x)\left(E(x)-1\right)\right)=\limiteX{x}{n^-}\left((2n-1)x-(n-1)(n-2)\right)=n^2+2n+2\neq f_2(n).$$ On en déduite que $f_2$ n'est pas continue en $n$ donc $f_2\not \in \CC(\R)$.
3. Soit $n\in \Z$, on a $f_3(n)=(-1)^{n-1}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$, et $$\limiteX{x}{n^-}\left( (-1)^{E(x)}\left(x-E(x)-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2} \right)=\limiteX{x}{n^-} \left((-1)^{n-1}\left(x-n+\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\right)=(-1)^{n-1}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=f_3(n).$$ On en déduite que $f_2$ est continue en $n\in \Z$ donc $f_3\in \CC(\R)$.

On considère $A=\{x\in [a;b]\mid f(x)=0\}$; $A$ n'est pas vide (par hypothèse) et $A$ est minorée par $a$ donc $A$ admet une borne inférieure $\alpha\in [a;b]$. Si on montre que $\alpha\in A$ alors ceci répond à la question.

Puisque $f$ est continue en $\alpha$, alors: $$ \forall\eps>0,\,\exists \eta>0,\,\forall x\in ]\alpha-\eta;\alpha+\eta[\cap [a;b],\,\abs{f(x)-f(\alpha)}\leq \eps. \quad\quad (E) $$ Soit $x_0\in A$ tel que $\alpha\leq x_0\leq \alpha+\eta$ (un tel $x_0$ existe d'après la caractérisation de la borne inférieure). D'après la relation (E), on a: $$f(x_0)=0\Longrightarrow \abs{f(\alpha)}\leq \eps .$$ Ceci est vrai pour tout réel $\eps >0$, on en déduit alors que $f(\alpha)=0$ ce qui donne $\alpha\in A$.

Si on remplace le segment $[a;b]$ par un intervalle semi-ouvert $]a;b]$ le résultat n'est plus vrai comme le montre l'exemple suivant: $$f(x)=\sin\left(\dfrac{1}{x}\right),\,\,f\in \CC(]0;1]),\,A=\left\{\dfrac{1}{\pi n},\,n\in \N^*\right\}.$$

$\phi$ est définie pour $x$ tel que $x-E(x)\geq 0$, car la fonction racine n'est définie que sur $\R_+$. Or d'après la définition de la partie entière d'un réel, on a: $\forall x\in \R,\, E(x)\leq x$ soit $x-E(x)\geq 0$. D'où le domaine de définition de $\varphi $ est $\R$.

D'après le cours la fonction $x\mapsto E(x)\in \CC(\R\setminus \Z)$ et la fonction $x\mapsto \sqrt{x}\in \CC(\R_+)$. Donc $f\in\CC(\R\setminus \Z)$ comme la composée et la somme des fonctions dans $\CC(\R\setminus \Z)$. Il faut étudier la continuité de $\varphi $ sur $\Z$.

Soit $n\in \Z$, on a $E(n)=n$ soit $f(n)=n+\sqrt{n-n}=n$. D'autre part, lorsque $x$ tends vers $n^-$, on a $x\in ]n-1;n[$ donc $E(x)=n-1$ soit $f(x)=n-1+\sqrt{x-n+1}$ donc: $$ \underset{x\rightarrow n^-}{\lim}\,f(x)=\underset{x\rightarrow n^-}{\lim} E(x)+\sqrt{x-E(x)}=n-1+\sqrt{n-n+1}=n-1+1=n=f(n). $$ De même, lorsque $x$ tends vers $n^+$, on a $x\in ]n;n+1[$ donc $E(x)=n$ soit $f(x)=n+\sqrt{x-n}$ donc: $$ \underset{x\rightarrow n^+}{\lim}\,f(x)=\underset{x\rightarrow n^+}{\lim} E(x)+\sqrt{x-E(x)}=n+\sqrt{n-n}=n+0=n=f(n). $$ Conclusion $\underset{x\rightarrow n^-}{\lim}\,f(x)=\underset{x\rightarrow n^+}{\lim}\,f(x)=f(n)$, soit $f$ est continue en $n$.

$n$ étant arbitrairement choisi dans $\Z$, on en déduit que $f$ est continue sur $\Z$. D'où $\boxed{f\in \CC(\R)}$.

Si $f$ est nulle alors il n'y a rien à démontrer. Supposons alors que $f\neq 0$, alors il existe $z$ tel que $f(z)\neq 0$, sans perdre de généralité, on peut supposer que $z=0$.

Puisque $\underset{\infty}{\lim}f=0$, alors: $$\forall \varepsilon >0, \,\exists x_0,\,\forall x\geq x_0, \,|f(x)|< \varepsilon.$$ Prenons $\varepsilon =f(0)>0$. Alors il existe $x_1>0$ tel que pour tout $x\in [x_1;\infty[$ on a $f(x)\leq f(0)$.

D'autre part, $f\in \CC(\R_+)$ donc $f\in \CC([0;x_1])$, d'après le cours, on a: $f([0;x_1])=[\alpha;\beta]$ (avec $\alpha\leq \beta$), en effet l'image d'un segment de $\R$ par une application continue est un segment de $\R$. On a alors $\beta=\sup(f)$ sur $[0;x_1]$ or comme $\beta\geq f(0)$ on en déduit que $\beta=\sup_{\R}(f)$.

D'après le TVI, il existe $x_*\in [0;x_1]$ tel que $f(x_*)=\beta$. Autrement dit, $f$ admet un maximum en $x_*$. CQFD

Il faut exploiter les deux informations données dans l'énoncé à savoir $f$ croissante et $g:x\mapsto f(x)/x$ est continue.

Soit $a\in \R_+^*$, pour montrer que $f$ est continue en $a$, il suffit de montrer que $\underset{a^-}{\lim}f=f(a)=\underset{a^+}{\lim}f$. Puisque $f$ est croissante, on a $\underset{a^-}{\lim}f\leq f(a)\leq \underset{a^+}{\lim}f$ (1)(Cours!!).

Soit $x\in \R_+^*$ tel que $x< a$, comme $g$ est décroissante on a: $$ g(x)\geq g(a)\Rightarrow \frac{f(x)}{x}\geq \frac{f(a)}{a}\Rightarrow af(x)\geq xf(a)\Rightarrow \underset{x\rightarrow a^-}{\lim}(af(x))\geq \underset{x\rightarrow a^-}{\lim}(xf(a))\Rightarrow \underset{ a^-}{\lim}f\geq f(a).$$ En faisant le même démarche pour $x>a$, on obtient $ \underset{ a^+}{\lim}f\leq f(a)$. En combinant ces deux dernières relations avec (1), on obtient $\underset{a^-}{\lim}f=f(a)=\underset{a^+}{\lim}f$. D'où $f$ est continue en $a$.

$a$ étant choisi de façon arbitraire dans $\R_+^*$, on en déduit alors que $f\in \CC(\R_+^*)$.

Il parait que pour résoudre cet exercice il faut connaître la définition de 'fonction continue en $a$' !!!

On dit que $f$ est continue en $a\in I$ ssi $$\forall \varepsilon>0,\,\exists \eta >0,\,\forall x\in I,\,|x-a|\leq \eta \Rightarrow |f(x)-f(a)|\leq \varepsilon.$$ Soit $a\in I$, soit $\varepsilon >0$. Posons $\eta=\frac{\varepsilon}{\alpha}$. D'après la relation vérifiée par $f$, on a: $$\forall x\in I,\text{ t.q.}\,|x-a|\leq \eta,\,|f(x)-f(a)|\leq \alpha |x-a|\leq \alpha \eta \leq \alpha\frac{\varepsilon}{\alpha}=\varepsilon,$$ autrement dit $f$ est continue en $a$, d'où $f$ est continue sur $I$. CQFD

Commençons par faire un petit graphique (c.f. ci-après), dire que $f(I)\subset I$ revient à dire que la courbe représentative de $f$ reste dans le carré $I\times I$. D'autre part, si $f(\alpha)=\alpha$ ceci implique que le point $(\alpha,f(\alpha))$ est un point d'intersection entre $\mathcal{C}_f$ et la droite $y=x$. Donc ce résultat revient à dire que on ne peut pas 'tracer' une fonction continue de $I\times I$ sans croiser la droite $y=x$ (Essayer!).

Considérons la fonction $\varphi$ définie sur $I$ par $\varphi(x)=f(x)-x$. On a $\varphi\in \CC(I)$ comme somme de deux fonctions continues. D'autre part, on a $\varphi(a)=f(a)-a\geq 0$ puisque $f(a)\in I=[a;b]$ (donc $f(a)\geq a$), et $\varphi(b)=f(b)-b\leq 0$ puisque $f(b)\in I=[a;b]$. Soit $\varphi(a)\varphi(b)\leq 0$ donc d'après le TVI (et puisque $\varphi$ est continue), il existe $x_0\in I$ tel que $\varphi(x_0)=0$ soit $f(x_0)=x_0$. CQFD

La fonction $f$ est la composé de deux fonctions $f_2\circ f_1$ avec $f_2(x)=|x|$ et $f_1(x)=x^2-4x$, or $f_1$ est une fonction continue sur $I$ (fonction polynômiale) et la fonction $f_2$ est également continue sur $I$ (la fonction valeur absolu est continue sur $\R$). D'où $f\in \CC(I)$.

D'autre part, on a $f_1(x)=x^2-4x=x(x-4)$ donc pour $x\in [0;4],\, f_1(x)\leq 0$ et pour $x\in ]4;6],\,f_1(x)>0$. Ce qui nous donne: $$f(x)=\left\{\begin{array}{rl} 4x-x^2&\text{ si } x\in [0;4]\\ x^2-4x&\text{ si } x\in ]4;6].\end{array}\right.$$ Soient $x,y\in [0;4]$ tels que $x< y$, on a: $f(y)-f(x)=4y-y^2-4x+x^2=(y-x)(4-(x+y)),$ ce qui donne $f(y)-f(x)>0$ si $ x,y\in [0;2]$ et $f(y)-f(x) < 0$ si $x,y\in [2;4]$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $[0;2]$ et strictement décroissante sur $[2;4]$.

Soient $x,y\in ]4;6]$ tels que $x< y$, on a: $f(y)-f(x)=y^2-4y-x^2+4x=(y-x)(x+y-4)>0$ donc $f$ est strictement croissante sur $]4;6]$.

On en déduit de ce qui procède que:

1. $f$ est une bijection entre $[0;2]$ et $f([0;2])=[f(0);f(2)]=[0;4]$ (thm de TVI plus la stricte croissance de $f$ sur cet intervalle).
2. $f$ est une bijection entre $]2;4]$ et $f(]2;4])=[f(4);f(2)[=[0;4[$ (même raison mais avec stricte décroissance).
3. $f$ est une bijection entre $]4;6]$ et $f(]4;6])=]f(4);f(6)]=]0;12]$.

On en déduit que le nombre de solution de l'équation $f(x)=0$ est:

• 2 solutions si $m\in \{0;4\}$,
• 3 solutions $\{x_1;x_2;x_3\}$ si $m\in ]0;4[$ avec $x_1\in ]0;2[$, $x_2\in ]2;4[$ et $x_3\in ]4;6[$.
• Une seule solution $x_3\in ]4;6[$ si $m\in ]4;12]$.

Soit $\alpha>0$, dire qu'il existe $x_\alpha\in [0;1]$ t.q $f(x_\alpha)=\alpha g(x_\alpha)$ est équivalent à dire $f(x_\alpha)-\alpha g(x_\alpha)=0$.

Posons alors $\varphi_\alpha=f-\alpha g$ définie sur $[0;1]$ et continue sur cet intervalle comme la somme de deux fonctions continues. On a: $$\varphi_\alpha(0)=f(0)-\alpha g(0)=-\alpha< 0,\,\varphi(1)=f(1)-\alpha g(1)=1>0\Longrightarrow \varphi_\alpha(0)\varphi_\alpha(1)< 0.$$ Comme $\varphi_\alpha\in \CC([0;1])$, alors d'après le TVI, il existe $x_\alpha\in [0;1]$ t.q $\varphi_\alpha(x_\alpha)=0$. CQFD

Comme l'exercice précédent, on pose: $f(x)=2x-\sin(x^2+2x+\sqrt{3})$ pour tout $x\in [-2;2]$. On a $f\in \CC([-2;2])$ puisque $f$ est la somme de deux fonctions continues (la deuxième fonction $\sin(...)$ est continue comme la composée des fonctions continues).

De plus on a $f(-2)f(2)< 0$ (faites le calcul!!), donc d'après le TVI, $$\exists x_0\in [-2;2],\,f(x_0)=0\Longrightarrow 2x_0=\sin(x_0^2+2x_0+\sqrt{3}).$$

Remarque: Il faut noter que c'est un résultat d'existence et pas d'unicité (dans cet exemple $x_0$ est unique). D'autre part on aurait pu prendre un intervalle $[a;b]$ différent de $[-2;2]$, il faut juste choisir $a\leq -1$ et $b\geq 1$ pour montrer que $f(a)f(b)\leq 0$, bien sur on ne calcule pas ni $f(a)$ ni $f(b)$ mais on utilise le faite que $|\sin|\leq 1$.

$f$ est définie pour $x\neq \frac{1}{3}$, et on a $f\in \CC(\R\setminus \{\frac{1}{3}\})$. D'autre part, on a $f(0)=\frac{1}{1-3\times 0}=1$ et $f(1)=\frac{1}{1-3}=\frac{-1}{2}$. Ici on a $f(0)f(1)< 0$ mais $f$ n'admet pas de racine dans cet intervalle, le théorème de valeurs intermédiaires ne s'applique pas dans ce cas puisque $f$ n'est pas continue sur l'intervalle considéré.

Si $f(a)=f(b)$ alors on peut prendre $c=a$. Supposons que $f(a)\neq f(b)$ et sans perdre de généralité, on peut supposer que $f(a)< f(b)$, alors: $$ \dfrac{2f(a)+f(b)}{3}< \dfrac{2f(b)+f(b)}{3}=f(b) \text{ et } f(a)=\dfrac{3f(a)}{3}<\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}.$$ On en déduit que $\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}\in [f(a);f(b)]$, puisque la fonction $f$ est continue alors d'après le TVI, il existe $c\in [a;b]$ tel que $f(c)=\dfrac{2f(a)+f(b)}{3}$.

Comme $f$ est continue donc elle atteint ses borne, i.e. il existe $c,d\in [a;b]$ tels que $m=f(c)$ et $M=f(d)$. Soit $y\in ]m;M[$.

1. Si $y=f(a)$ alors $x_0=a$ et $x_1=b$ conviennent.
2. Si $y< f(a)$, on applique le TVI à $f$ sur $[a;c]$ puis à $f$ sur $[c;b]$,
   • Puisque $f(c)< y< f(a)$ alors il existe (au moins) $x_0\in ]a;c[$ tel que $y=f(x_0)$.
   • Puisque $f(c)< y< f(b)$ alors il existe (au moins) $x_1\in ]c;b[$ tel que $y=f(x_1)$.
   On a $x_0\neq x_1$ et $y=f(x_0)=f(x_1)$.
3. Si $y>f(a)$, on applique le TVI à $f$ sur $[a;d]$ puis à $f$ sur $[d;b]$,
   • Puisque $f(a)< y< f(d)$ alors il existe (au moins) $x_0\in ]a;d[$ tel que $y=f(x_0)$.
   • Puisque $f(b)< y< f(d)$ alors il existe (au moins) $x_1\in ]d;b[$ tel que $y=f(x_1)$.
   On a $x_0\neq x_1$ et $y=f(x_0)=f(x_1)$.

On considère la fonction $g$ définie sur $[0;1]$ par $g(x)=f(x)-x$, on a $g\in \CC([0;1])$ comme somme de deux fonctions continues et de plus $g$ vérifie $\dsp{\int_0^1g(t)\ud t=0}$.

Comme l'intégrale de $g$ est nul alors $g$ change de signe sur l'intervalle $[0;1]$ (sinon on aurait $g$ garde une signe constante donc son intégrale ne peut pas être nul). Soit, $$ \exists \alpha\in [0;1],\,\,g(\alpha)=0\Longrightarrow f(\alpha)-\alpha=0\Longrightarrow f(\alpha)=\alpha,$$ d'où le résultat.

On considère la fonction $g$ définie sur $[0;1-\frac{1}{n}]$ par $g(x)=f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)$, on a $g\in \CC([0;1])$ comme somme et la composée des fonctions continues.

D'autre par, on a: $$\sum_{k=0}^{n-1}g\left(\frac{k}{n}\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\left(f\left(\frac{k}{n}+\frac{1}{n}\right)- f\left(\frac{k}{n}\right)\right)=f(1)-f(0)=0$$ donc au moins deux termes de cette somme sont de signes opposées, donc d'après le TVI, il existe $\alpha_n\in [0;1]$ tel que $g(\alpha_n)=0$ ce qui donne $ f\left(\alpha_n+\frac{1}{n}\right)=f(\alpha_n)$.

On montre par récurrence sur $n\in \N$ que: $$\forall n\in \N^*,~~\forall x\in \R,~~f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right).$$ Or la suite $\dfrac{x}{2^n}\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow }0$, comme $f$ est continue en $0$, on en déduit que $f\left(\dfrac{x}{2^n}\right)\underset{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow }f(0)$. Donc: $$\forall x\in \R,~~f(x)=f(0).$$

On prend $x=y=0$. on obtient: $$f(0)=2f(0)+f(0)^2\Longrightarrow f(0)\in \{-1;0\}.$$

Soient $x,y\in \R$, on a $$(1+f(x+y))=(1+f(x)+f(y)+f(x)f(y))=(1+f(x))(1+f(y)),$$ on pose alors $g(z)=1+f(z)$. $g$ est continue et vérifie, $$g(x+y)=g(x)g(y)\Longrightarrow g(x)=a^x \,\,(a\in \R_+^*).$$ On obtient alors $f(x)=a^x-1$.

On pose $g(z)=\frac{f(z)}{z}$, $g$ vérifie: $$\forall x,y>0,\, g(xy)=g(x)+g(y),$$ comme $g$ est continue, on a $g(x)=k\ln(x)$ (avec $k\in \R$). On en déduit que $f(x)=kx\ln(x)$.

1. Les fonctions ci dessous vérifient la propriété en question: $$f_1=0,~~f_2=-1,~~f_3=1,~~~~f_4(x)=\dfrac{\ee^x-1}{\ee^x+1}.$$
2. Supposons qu'il existe $a\in \R$ tel que $f(a)=1$, on en déduit, $$\forall x\in \R,~~f(x+a)=\dfrac{f(x)+f(a)}{1+f(x)f(a)}=\dfrac{f(x)+1}{1+f(x)}=1,$$ ce qui donne, $f$ est constante.
3. En écrivant, $x=\frac{x}{2}+\frac{x}{2}$, on trouve: $$\forall x\in \R,~~f(x)=\dfrac{2f\left(\frac{x}{2}\right)}{1+f\left(\frac{x}{2}\right)^2}.$$ Une étude simple de la fonction $z\mapsto \dfrac{2z}{1+z^2}$ montre qu'elle prend ses valeurs dans l'intervalle $[-1;1]$. On en déduit que $f(x)\in [-1;1]$, puisque on a supposé que $f$ n'est pas constante, donc $f(x)\in ]-1;1[$.
4. En prenant $x=y=0$, on trouve $f(0)^3=f(0)$ soit $f(0)\in \{-1;0;1\}$, comme on a supposé que $f$ n'est pas constante, alors les valeurs $\mp 1$ ne sont pas possibles. Donc $f(0)=0$.
   Soit $x\in\R$, $$0=f(0)=f(x)+f(-x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{1+f(x)f(-x)}\Longrightarrow f(x)+f(-x)=0\Longrightarrow f(-x)=-f(x)$$ d'où $f$ est impaire.
5. 1. Par récurrence sur $n\in \N$. $$ 1+f((n+1)x)=1+\dfrac{f(nx)+f(x)}{1+f(nx)f(x)}=\dfrac{f(nx)+f(x)+1+f(nx)f(x)}{1+f(nx)f(x)}=\dfrac{(1+f(nx))(1+f(x))}{1+f(nx)f(x)}.$$ $$ 1-f((n+1)x)=1-\dfrac{f(nx)+f(x)}{1+f(nx)f(x)}=\dfrac{f(nx)+f(x)-1-f(nx)f(x)}{1-f(nx)f(x)}=\dfrac{(1-f(nx))(1-f(x))}{1+f(nx)f(x)}.$$ Ce qui donne, $$ \dfrac{1+f((n+1)x)}{1-f((n+1)x)}=\dfrac{1+f(x)}{1-f(x)}\dfrac{1+f(nx)}{1-f(nx)}=\dfrac{1+f(x)}{1-f(x)} \left(\dfrac{1+f(x)}{1-f(x)}\right)^n=\left(\dfrac{1+f(x)}{1-f(x)}\right)^{n+1}. $$
   2. Puisque $f(1)\in ]-1;1[$, on en déduit alors que $b>0$. Soit $n\in \N$, en utilisant la relation ($E2$) avec $x=1$, on trouve: $$\dfrac{1+f(n)}{1-f(n)}=b^n\Longrightarrow f(n)=\dfrac{b^n-1}{b^n+1},~~f(-n)=-f(n).$$
   3. En prenant $x=r=p/q$ et $n=q$ (donc $xn=p$) dans la relation ($E2$), on trouve : $$\left(\dfrac{1+f(r)}{1-f(r)}\right)^q=\dfrac{1+f(p)}{1-f(p)}=\dfrac{1+\dfrac{b^p-1}{b^p+1}}{1-\dfrac{b^p-1}{b^p+1}}=b^p.$$ On en déduit que $$\left(\dfrac{1+f(r)}{1-f(r)}\right)=b^{\frac{p}{q}}=b^r\Longrightarrow f(r)=\dfrac{b^r-1}{b^r+1}.$$ En utilisant la densité de $\Q$ dans $\R$, on trouve: $$\forall x\in \R,~~~~f(x)=\dfrac{b^x-1}{b^x+1}.$$

Supposons que $f$ soit solution du problème, alors en prenant $y=x$ dans l'équation vérifiée par $f$, on trouve: $$\forall x\in \R,~~f(2x)f(0)=f(x)^2f(x)^2=f(x)^4$$ On en déduit que si $f(0)=0$ alors $f$ est l'application nulle. D'autre part, s'il existe $x_0\in \R$ tel que $f(x_0)=0$ alors en appliquant la relation précédente on trouve que $f\left(\frac{x_0}{2}\right)=0$ et par récurrence, on montre que, pour tout $n\in \N$, $f\left(\frac{x_0}{2^n}\right)=0$ et donc par continuité de $f$ en $0$, on a $f(0)=0$.

On en déduit que si $f$ est une solution du problème alors soit $f=0$ soit $f$ ne s'annule pas sur $\R$.

Supposons que $f$ est non nulle, alors quitte à changer $f$ par $-f$, on peut supposer que $f>0$.

On considère l'application $g$ définie par $g=\ln (f)$, en utilisant la relation vérifiée par $f$, on trouve: $$\forall x,y\in \R,\,\,g(x+y)+g(x-y)=2(g(x)+g(y)).$$

• En prenant $y=0$, on trouve $g(0)=0$.
• Pour tout réel $x$, pour tout $n\in \N$, on a $g(nx)=n^2g(x)$ (par récurrence sur $n\in \N$).
• Pour tout $n\in \Z$, on a $g(n)=n^2g(1)$.
• Pour tout $r=\frac{p}{q}\in \Q$, on a $$g(p)=p^2g(1)=g\left(\frac{p}{q}q\right)=q^2g\left(\frac{p}{q}\right)\Longrightarrow g(r)=r^2g(1).$$

Donc en utilisant la densité de $\Q$ dans $\R$, on trouve $g(x)=x^2g(1)$.

On trouve finalement que $f$ soit la fonction nulle soit de la forme $x\mapsto \varepsilon\ee^{\alpha x^2}$ avec $\varepsilon\in \{-1;1\}$.

Soit $x\in \R^*$, on a $$f(x)=f\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right)=f\left(\frac{x}{4}\right)\cos\left(\frac{x}{4}\right) \cos\left(\frac{x}{2}\right)$$ En suivant le même raisonnement, on trouve: $$\forall n\in \N,~~f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}\right)\left(\cos\left(\frac{x}{2^n}\right)\times\cos\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right) \times\cdots\cos\left(\frac{x}{2}\right)\right).$$ Utilisant le faite que $\sin(2a)=\sin(a)\cos(a)$, on trouve: $$\left(\cos\left(\frac{x}{2^n}\right)\times\cos\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right)\times\cdots\cos\left(\frac{x}{2}\right)\right)= \dfrac{\sin(x)}{2^n\sin\left(\dfrac{x}{2^n}\right)}\tendvers{n}{\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}.$$ Puisque $f$ est continue en $0$, on $f\left(\dfrac{x}{2^n}\right)\tendvers{n}{\infty}f(0)$. Ce qui donne, $$\forall x\in \R^*,~~f(x)=f(0)\dfrac{\sin(x)}{x}.$$

La fonction $x\mapsto x^2-1\in \CC^1(]-1;1[)$ de plus elle ne s'annule pas sur cette intervalle donc $x\mapsto \frac{1}{x^2-1}\in \CC^1(]-1;1[)$, la fonction $x\mapsto x\in \CC^1(]-1;1[)$. On en déduit que $f\in \CC^1(]-1;1[)$ comme produit de deux fonctions de classe $\CC^1$ sur l'intervalle $]-1;1[$.

D'autre part, lorsque $x$ tend vers $-1^+$ ou $1^-$, on a $x^2-1$ tend vers $0^-$, on en déduit alors: $$ \underset{-1^+}{\lim}\,f=\underset{-1^+}{\lim}\,\dfrac{x}{x^2-1}=\infty,\,\,\underset{1^-}{\lim}\,f= \underset{1^-}{\lim}\,\dfrac{x}{x^2-1}=-\infty.$$ Pour tout $x\in ]-1;1[$, on a: $$f'(x)=\dfrac{(x^2-1)-2x^2}{(x^2-1)^2}=\dfrac{-x^2-1}{(x^2-1)^2}=-\dfrac{(x^2+1)}{(x^2-1)^2}< 0.$$ On en déduit alors que $f$ est strictement décroissante sur $]-1;1[$. Donc $f(]-1;1[)=]\underset{1^-}{\lim}\,f; \underset{-1^+}{\lim}\,f[=]-\infty;\infty[$.

Soit $y\in \R^*$, on a $y=\dfrac{x}{x^2-1}\Longleftrightarrow yx^2-x-y=0$ on a alors $\Delta=1-4(y)(-y)=1+4y^2>0$ donc on a deux solutions: $$x_1=\dfrac{1+\sqrt{1+4y^2}}{2y},\,\,x_2=\dfrac{1-\sqrt{1+4y^2}}{2y}.$$ Comme on a$(1+2|y|)^2=1+4|y|+4y^2>1+4y^2$, on en déduit que $2|y|< \sqrt{1+4y^2}< 1+2|y|$ ce qui nous donne que $|x_1|>1$ et $|x_2|<1$.

Pour $x\neq 0$, on a: $$ \dfrac{1-\sqrt{1+4x^2}}{2x}= \dfrac{1-\sqrt{1+4x^2}}{2x}\dfrac{1+\sqrt{1+4x^2}}{1+\sqrt{1+4x^2}}= \dfrac{1-1-16x^2}{2x(1+\sqrt{1+4x^2})}=\frac{-16x}{2(1+\sqrt{1+4x^2})},$$ ce qui nous donne $\underset{0}{\lim}\,g=0=g(0)$, donc $g$ est continue en $0$, de plus sur $\R^*$, $g$ est la composée et la somme et le produit des fonctions continues sur $\R^*$. On en déduit que $g\in \CC(\R)$. Soit $x\in \R$, d'après la construction de la fonction $g$, on a $g(x)\in ]-1;1[$ donc $f(g(x)$ est bien définie. D'autre part, en faisant le calcule, pour $x\neq 0$, on trouve: $$f(g(x))=\dfrac{g(x)}{g^2(x)-1}=\dfrac{\dfrac{1-\sqrt{1+4x^2}}{2x}}{\left(\dfrac{1-\sqrt{1+4x^2}}{2x}\right)^2-1}=\dfrac{2x(1-\sqrt{1+4x^2})}{1-2\sqrt{1+4x^2}+(1+4x^2)-4x^2}=\dfrac{2x(1-\sqrt{1+4x^2})}{2(1-\sqrt{1+4x^2})}=x.$$

1. La fonction $f$ est définie lorsque $1+x>0$, i.e. $x\in I=]-1,\infty[$, de plus $f$ est de classe $\CC^\infty$ sur $I$ comme la somme de deux fonctions de classe $\CC^\infty$.
   D'autre part, pour tout $x\in I$, on a $f'(x)=1+\dfrac{1}{1+x}>0$ donc $f$ est strictement croissante sur $I$.
   En conclusion, $f$ est continue strictement croissante sur $I$ donc $f$ admet une fonction réciproque $g$ définie sur $f(I)=]\underset{x\to (-1)^{+}}{\lim}f,\, \underset{x\to \infty}{\lim}f[=\R$ dans $I$. En résumé : $$\boxed{\fonct{g}{\R}{I}{x}{g(x)},\quad \text{telle que } y=g(x)\Longleftrightarrow f(y)=x.}$$ En plus, d'après le cours $g$ est continue strictement croissante.
2. Soit $x\in I$, on note $y=f(x)$, alors d'après le cours $g$ est dérivable en $y$ ssi $f'(x)\neq 0$. Or $f'(x)=1+\dfrac{1}{1+x}\neq 0$, pour tout $x\in I$, donc $g$ est dérivable sur $\R$. De plus, on a $$\forall x\in \R,\,f(g(x))=x\Longrightarrow \forall x\in \R,\,f'(g(x))g'(x)=1\Longrightarrow \boxed{\forall x\in \R, \,g'(x)=\dfrac{1}{f'(g(x))}=\dfrac{1}{1+\frac{1}{1+g(x)}}=\dfrac{1+g(x)}{2+g(x)}}.$$ Comme $g$ est continue sur $\R$ et $g(\R)=]-1,\infty[$, alors $g'$ est continue sur $\R$ comme le produit de deux fonctions continues. On en déduit que $g$ est de classe $\CC^1$ sur $\R$ (puisque $g$ est dérivable et sa dérivée est continue).
   On applique la même démarche, $g'=\dfrac{1+g}{2+g}$, $g\in \CC^1(\R)$ alors $g'$ est de classe $\CC^1$ ce qui implique que $g$ est de classe $\CC^2$ (car sa dérivée est de classe $\CC^1$)....
   Ainsi de suite, on montre par récurrence que $\boxed{g\in \CC^\infty(\R,]-1,\infty[)}$.
3. Rappelons que $g(x)=y$ ssi $f(y)=x$. Donc pour déterminer $g(0)$ il faut chercher $x\in I$ tel que $f(x)=0$. Ici c'est évident puisque $f(0)=0$. D'où $$\boxed{g(0)=0,~~g'(0)=\dfrac{1+g(0)}{2+g(0)}=\dfrac{1}{2}}.$$
4. Comme $g$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R$ ( donc à fortiori au voisinage de $0$), on en déduit que $g$ admet un DL à n'importe quelle ordre en $0$.
   Pour calculer le DL à l'ordre $3$ en $0$, il y deux méthodes:
   $\mathbf{a)}\quad$ On calcul les dérivées de $g$ en $0$ (il faut être vraiment courageux!).
   On a $g'(x)=\dfrac{1+g(x)}{2+g(x)}$ donc $g'(0)=\dfrac{1+0}{2+0}=\dfrac{1}{2}$, on continue $$g'(x)=\dfrac{1+g(x)}{2+g(x)}\Longrightarrow g''(x)=\dfrac{g'(x)}{(2+g(x))^2} \Longrightarrow g''(0)=\dfrac{1}{8}.$$ Puis, $$g^{(3)}(x)=\dfrac{g''(x)(2+g(x))^2-2g'(x)^2(2+g(x))}{(2+g(x))^4}\Longrightarrow g^{(3)}(0)=\dfrac{\frac{1}{8}\times 2^2-2\times\frac{1}{4}\times 2}{2^4}=\dfrac{-1}{32}.$$ Ce qui donne $$g(x)=g(0)+g'(0)x+\dfrac{g''(0)}{2!}x^2+\dfrac{g^{(3)}(0)}{3!}x^3+\underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3)=\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{x^3}{192}+\underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3).$$ $\mathbf{b)}\quad$ Deuxième méthode (plus pratique),
   $g(0)=0$ et $f$ admet un DL en $0=g(0)$ donc $f(g)$ admet un DL en $0$, posons $g(x)=ax+bx^2+cx^3+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3)$ (il n'y a pas de terme constant puisque $g(0)=0$), on a alors pour $x$ au voisinage de $0$, $$ \begin{array}{lcl} f(g(x))&=& f(ax+bx^2+cx^3+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3))\\ &=&ax+bx^2+cx^3+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3)+\ln(1+ax+bx^2+cx^3+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3))\\ &=&ax+bx^2+cx^3+ (ax+bx^2+cx^3)-\dfrac{(ax+bx^2+cx^3)^2}{2}+\dfrac{(ax+bx^2+cx^3)^3}{3}+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3)\\ &=&ax+bx^2+cx^3+ (ax+bx^2+cx^3)-\dfrac{(a^2x^2+2abx^3)}{2}+\dfrac{(a^3x^3)}{3}+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3)\\ &=&2ax+\dfrac{4b-a^2}{2}x^2+\dfrac{12c-6ab+2a^3}{6}x^3+ \underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3) \end{array} $$ Or $f(g(x))=x$ donc par unicité de DL, on en déduit, $$2a=1,\quad 4b-a^2=0,\quad 12c-6ab+2a^3=0 \Longrightarrow a=\dfrac{1}{2},\,\,b=\dfrac{1}{16},c=\dfrac{-1}{192}$$ Ce qui donne finalement, $g(x)=\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{x^3}{192}+\underset{x\to 0}{\mathrm{o}}(x^3)$

1. On définie la fonction $g_n$ par: $\forall x>0,\,g_n(x)=f_n(x)-\dfrac{x-1}{n}$. $g_n$ est de classe $\CC^\infty$ sur $\R_+^*$, et on a: $$\forall x>0,\,g_n'(x)=-n\ee^{-nx}-\frac{1}{n}< 0,$$ donc la fonction $g_n$ est strictement décroissante sur $\R_+^*$, de plus on a: $$ \limiteX{x}{0}g_n(x)=1+\frac{1}{n}>0,\,\limiteX{x}{\infty}g_n(x)=-\infty.$$ On en déduit, en utilisant le TVI et la monotonie de $g_n$, $$\exists ! u_n\in ]0;\infty[,\,g_n(u_n)=0\Longrightarrow \exists ! u_n\in ]0;\infty[,\,f_n(u_n)=\dfrac{1}{n}(u_n-1).$$ De plus, comme $g_n(1)=\ee^{-1}>0$, on en déduit que $u_n>1$.
2. On a $\ee^{-nu_n}=\dfrac{u_n-1}{n}$ ce qui donne $u_n-1=n\ee^{-nu_n}$. Or $u_n>1$, on en déduit: $$0\leq u_n-1=n\ee^{-nu_n}\leq n\ee^{-n}\Longrightarrow \limiteX{n}{\infty}u_n=1.$$

1. On définie la fonction $g$ par: $g(x)=f(x)-x$. Pour tout $n\in \N$, $g$ est de classe $\CC^\infty$ sur $I_n=]n\pi-\frac{\pi}{2};n\pi+\frac{\pi}{2}[$, et on a $g'(x)=\tan^2(x)\geq 0$, donc $g$ est strictement croissante sur $I_n$. De plus, $$\limiteX{x}{( n\pi-\frac{\pi}{2})^+}g(x)=-\infty,\,\text{ et } \limiteX{x}{( n\pi+\frac{\pi}{2})^-}g(x)=\infty,$$ on en déduit, en utilisant le TVI et la monotonie de $g$, $$\exists ! u_n\in I_n,\,g(u_n)=0\Longrightarrow \exists ! u_n\in I_n,\,\tan(u_n)=u_n.$$ De plus, comme $g(n\pi)=-n\pi\leq 0$, on en déduit que $u_n\geq n\pi$.
2. $u_n$ vérifie la relation suivante: $n\pi\leq u_n\leq n\pi+\frac{\pi}{2}$ ce qui donne $0\leq u_n-n\pi\leq \frac{\pi}{2}$. Comme $\tan(u_n-n\pi)=\tan(u_n)=u_n\tendvers{n}{\infty}\infty$, on en déduit alors que $u_n-n\pi\tendvers{n}{\infty}\frac{\pi}{2}$.
3. On pose $v_n=u_n-n\pi-\frac{\pi}{2}$, on a $$\tan(v_n)=\tan(u_n-n\pi-\frac{\pi}{2})=\tan(u_n-\frac{\pi}{2})=\frac{-1}{\tan(u_n)}=\frac{-1}{u_n}.$$ Or $u_n\sim n\pi$, soit $\tan(v_n)\sim \frac{-1}{n\pi}$ d'où $v_n\sim \frac{-1}{n\pi}$ (car $v_n$ tend vers $0$ et on a $\tan(x)\sim x$ au voisinage de $0$). Il vient: $$u_n-n\pi-\frac{\pi}{2}\sim \frac{-1}{n\pi}\Longrightarrow u_n=n\pi+\frac{\pi}{2}-\frac{1}{n\pi}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n}\right).$$

1. La fonction $f_n$ est continue sur $\R$ et strictement croissante. De plus on a $f_n(0)f_n(1)=-1\times 1< 0$ donc en utilisant le TVI et la strict croissance de $f_n$, on en déduit : $\exists ! u_n\in ]0;1[,\,\,f_n(u_n)=0$.
2. On a $u_n< 1$ car $f_n(1)=1$ donc la suite $(u_n)_n$ est majorée par $1$.
3. Soit $n\in \N^*$, on a $f_{n+1}(u_n)=u_n^{n+1}+u_n-1=u_n^{n+1}-u_n^n=u_n^n(u_n-1)< 0$, donc $u_n\in ]0;u_{n+1}[$, ce qui donne que la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
4. La suite $(u_n)_n$ est croissante et majorée donc elle converge vers une limite $\ell\in [0;1]$.
5. Pour tout $a\in ]0;1[$ on a $a^n\tendvers{n}{\infty}0$, donc il existe $N\in \N^*$ tel que, pour tout $n\geq N$, on a $a^n< 1-a$ soit $a^n+a-1=f_n(a)< 0$ autrement dit, pour $n\geq N,\,x_n>a$. Ce qui donne, $$\forall a\in ]0;1[,\,\exists n\in \N^*, \,\, a< x_n\Longrightarrow \limiteX{n}{\infty}x_n=1.$$ Pour aller plus loin, on peut montrer que $x_n=1-\dfrac{\ln(n)}{n}+\mathrm{o}\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right)$.

1. Soit $f$ la fonction définie sur $\R_+^*$ par $f(x)=x+\ln(x)$. $f$ est continue strictement croissante et de plus on a $$\limiteX{x}{0^+}=-\infty,\,\limiteX{x}{\infty}=\infty\Longrightarrow f(\R_+^*)=\R.$$ En utilisant le TVI et le faite que $f$ est strictement croissante, on trouve: $$\forall n\in \N,\,\exists !x_n\in ]0;\infty[,\,f(x_n)=n.$$ En faite, $x_n=f^{-1}(n)$ (avec $f^{-1}$ est la fonction réciproque de $f$), on en déduit que $x_n\tendvers{n}{\infty}\infty$ (puisque $f^{-1}(n)\tendvers{n}{\infty}\infty$).
2. Comme $x_n\tendvers{n}{\infty}\infty$ alors $\dfrac{\ln(x_n)}{x_n}\tendvers{n}{\infty}0$. En utilisant la relation vérifiée par $x_n$, on trouve: $$x_n+\ln(x_n)=n\Longrightarrow 1+\dfrac{\ln(x_n)}{x_n}=\dfrac{n}{x_n}\Longrightarrow \dfrac{n}{x_n}\tendvers{n}{\infty}1.$$ On en déduit que $x_n\underset{\infty}{\backsim} n$ et puis $\ln(x_n)\underset{\infty}{\backsim} \ln(n)$. Ce qui donne: $$x_n=n-\ln(x_n)\underset{\infty}{\backsim}n-\ln(n)\Longrightarrow x_n=n-\ln(n)+\mathrm{o}(\ln(n)).$$ Pour la suite, on a: $$ \dfrac{x_n}{n}=1-\dfrac{\ln(x_n)}{n}\Longrightarrow \ln\left(\dfrac{x_n}{n}\right)=\ln\left(1-\dfrac{\ln(x_n)}{n}\right)= \dfrac{\ln(n)}{n}+ \mathrm{o}\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right).$$ Utilisant à nouveau la relation $x_n=n-\ln(x_n)=n-\ln(n)-\ln\left(\dfrac{x_n}{n}\right)$, on trouve finalement, $$x_n=n-\ln(n)-\ln\left(\dfrac{x_n}{n}\right)=n-\ln(n)+\dfrac{\ln(n)}{n}+ \mathrm{o}\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right).$$