Etude locale des fonctions

Notons $N$ la norme sur $\LL_\mathcal{C}(E,F)$, alors (rappelle de cours!) $$\forall f\in \LL_\mathcal{C}(E,F),\,\,\forall x\in E,\quad \norme{f(x)}_F\leq N(f)\norme{x}_E.$$ Soit $(f_n)$ une suite d'éléments de $\LL_\mathcal{C}(E,F)$ qui converge vers $f\in \LL_\mathcal{C}(E,F)$ et $(x_n)$ une suite d'éléments de $E$ qui converge vers $x$. Alors pour tout $x\in E$, on a $$\begin{array}{lcl} \norme{f(x)-f_n(x_n)}&=& \norme{f(x)-f(x_n)+f(x_n)-f_n(x_n)}\\ &&\\ &\leq &\norme{f(x)-f(x_n)}+\norme{f(x_n)-f_n(x_n)}=\norme{f(x-x_n)}+\norme{(f-f_n)(x_n)}\\ &&\\ &\leq& N(f)\norme{x-x_n}_E+N(f-f_n)\norme{x_n}\tendversN\,0 \end{array}$$ La suite $(x_n)$ étant convergent donc bornée, donc $N(f-f_n)\norme{x_n}\tendversN\,0$, de même $N(f)\norme{x-x_n}_E\tendversN\,0$.
On en déduit finalement que $f_n(x_n)\tendversN\,f(x)$.

Supposons que $f$ n'est pas continue, alors $$\forall n\in \N^*,\, \exists x_n \in E\setminus\{0\},\,\, \norme{f(x_n)}_F\geq n\norme{x_n}_E.$$ On pose alors $z_n=\dfrac{x_n}{\sqrt{n}\norme{x_n}_E}$, on a $\norme{z_n}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}$ donc $z_n\tendversN\,0$.
D'autre part, on a $$\norme{f(z_n)}_F= \norme{f\left(\dfrac{x_n}{\sqrt{n}\norme{x_n}_E}\right)}_F=\dfrac{1}{\sqrt{n}\norme{x_n}_E}\norme{f(x_n)}_F\geq \dfrac{n\norme{x_n}_E}{\sqrt{n}\norme{x_n}_E}=\sqrt{n}\tendversN\,\infty$$ ce qui contredit l'hypothèse. Donc $f$ est continue.

1. Par récurrence sur $n\in \N$, la relation est vraie pour $n=0$.
   Soit $n\geq 0$ et supposons que la relation est vraie au rang $n$ i.e. $u \circ v^{n +1} - v^{n +1} \circ u = (n+1) \alpha v^{n}$. $$\begin{array}{lcl} u \circ v^{n + 2} - v^{n + 2} \circ u& =&(u \circ v^{n+1})\circ v - v^{n+1} \circ (v \circ u)\\ &=& ((n+1)\alpha v^{n} +v^{n+1}\circ u)\circ v- v^{n+1}(u\circ v-\alpha\mathrm{Id}e)\\ &=&(n+1)\alpha v^{n+1}+v^n\circ u\circ v-v^{n+1}\circ u\circ v+\alpha v^{n+1}=(n+2)v^{n+1} \end{array}$$ Ceci montre que la relation est vraie au rang $n+1$.
2. Notons $\Norme{\phantom{f}}$ la norme subordonné sur $\LL_\mathcal{C}(E,F)$, (rappel.. $$\forall f\in \LL_\mathcal{C}(E,F),\quad \forall x\in E,\quad\norme{f(x)}_F\leq \Norme{f}\,\norme{x}_E.$$ La relation précédente, implique que, pour tout $n\in \N$, $$ \abs{\alpha}(n+1)\Norme{v^{n}}=\Norme{u \circ v^{n + 1} - v^{n + 1} \circ u }\leq \Norme{u\circ v\circ v^n}+\Norme{v^n\circ v\circ u}\leq \left(\Norme{u\circ v}+\Norme{v\circ u}\right) \Norme{v^{n}}$$ Ceci implique que $\abs{\alpha}\Norme{v^{n}}=0$ (il suffit de prendre $n\geq \left(\Norme{u\circ v}+\Norme{v\circ u}\right)$ dans la dernière relation), donc soit $\alpha=0$ ou $v^n=0$. Si on suppose que $v^n=0$, alors en utilisant la relation de récurrence (au rang $n-1$) on trouve que $v^{n-1}=0$ en répétant la même démarche, on trouve que $v=0$, ce qui donne $\alpha\mathrm{Id}e =0$ donc $\alpha=0$.
   Dans les deux cas, on trouve $\alpha=0$ CQFD.

1. $f(P)=P(x_0)$.
   Soit $P=\dsum_{k=0}^n a_kX^k\in \R[X]$ avec $n=\deg (P)$, alors $$\abs{f(P)}=\abs{P(x_0)}=\abs{\dsum_{k=0}^n a_kx_0^k}\leq \dsum_{k=0}^n\abs{a_k}\abs{x_0}^k\leq \norme{P}_\infty \dsum_{k=0}^n\abs{x_0}^k=\norme{P}_\infty \dfrac{1-\abs{x_0}^{n+1}}{1-\abs{x_0}}.$$ Alors, on distingue deux cas,
   1. Si $x_0\in ]-1,1[$ alors $f$ est continue, et $\Norme{f}\leq \dfrac{1}{1-\abs{x_0}}$, d'autre part, en posant pour $n\in \N$, $P=\dsum_{k=0}^n X^k $ (si $x_0\in [0,1[$) ou $P=\dsum_{k=0}^n(-1)^kX^k$ si $x\in ]-1,0[$, on trouve $$f(P)=\dsum_{k=0}^n\abs{x_0}^k=\dfrac{1-\abs{x_0}^{n+1}}{1-\abs{x_0}}\leq \Norme{f}\norme{P}=\Norme{f} \Longrightarrow \Norme{f}\geq \dfrac{1-\abs{x_0}^{n+1}}{1-\abs{x_0}}.$$ On en déduit alors que $\Norme{f}=\dfrac{1}{1-\abs{x_0}}$.
   2. Si $\abs{x_0}\geq 1$ alors $f$ n'est pas continue.
2. $f(P)=P'$.
   On pose, pour $n\in \N^*$, $P_n=X^n$, alors $\norme{P_n}=1$ et $\norme{f(P_n)}=\norme{nX^{n-1}}=n$, comme $\dfrac{\norme{f(P_n)}}{\norme{P}}\tendversN\,\infty$, alors $f$ n'est pas continue.
3. $f(P)=(X-1)P$.
   Soit $P=\dsum_{k=0}^na_kX^k$, alors $$f(P)=\dsum_{k=0}^na_kX^{k+1}-\dsum_{k=0}^n a_kX^k=-a_0+\dsum_{k=1}^n(a_{k-1}-a_k)X^k+a_nX^{n+1}\Longrightarrow \norme{f(P)}\leq 2\norme{P}$$ on en déduit que $f$ est continue et $\Norme{f}\leq 2$.
   D'autre part, $f(1-X)=(X-1)(1-X)=-1+2X-X^2$, donc $\norme{f(1-X)}=2=2\norme{1-X}$ ce qui implique que $\Norme{f}=2$.

1. Puisque $\Ker (\varphi)=\varphi^{-1}(\{0\})$, donc si $\varphi$ est continue alors $\Ker (\varphi)$ est un fermé de $E$ (image réciproque d'un fermé par une application continue).
   Inversement, supposons que $H$ est un fermé de $E$, et montrons que $\varphi$ est continue.
   Supposons que $\varphi$ n'est pas continue, ce qui implique que $\varphi$ n'est pas bornée sur la boule unité, donc il existe une suite $(x_n)$ d'éléments de $B(0,1)$ tel que $\abs{\varphi(x_n)}$ tend vers $\infty$ lorsque $n$ tend vers $\infty$. En particulier, $$\exists N\geq 0,\, \forall n\geq N,\, \abs{\varphi(x_n)}>1\Longrightarrow\forall n\geq N,\, x_n\not\in H.$$ On définit alors la suite $z_n=\dfrac{\varphi(x_N)}{\varphi(x_n)}x_n-x_N$ (pour $n\geq N$), on vérifie facilement que $z_n\in H$, de plus $z_n\tendversN -x_N$, comme $H$ est fermé alors $x_N\in H$ ce qui est absurde!
   On en déduit alors que $\varphi$ est continue.
2. Soit $a\not\in H$, alors $$\forall y\in H,\quad f(a)=f(a-y)\Longrightarrow \forall y\in H,\,\abs{f(a)}=\abs{f(a-y)}\leq \norme{f}\norme{a-y}\Longrightarrow \abs{f(a)}\leq \norme{f}\ud(a,H).$$ Ce qui donne $\dfrac{\abs{\varphi(a)}}{\ud (a,H)}\leq \norme{f}$.
   D'autre part, pour tout $y\in E\setminus H$, on a $$f\left(a-\frac{f(a)}{f(y)}y\right)=0\Longrightarrow a-\frac{f(a)}{f(y)}y\in H.$$ On obtient alors, $$\norme{\frac{f(a)}{f(y)}y}=\norme{a-(a-\frac{f(a)}{f(y)}y)}\geq \ud (a,H)$$ ce qui donne, $\abs{f(y)}\leq \dfrac{\abs{f(a)}}{\ud (a,H)}\norme{y}$, cette dernière relation reste vraie si $y\in H$, ainsi on a montré $$\forall y\in E, \abs{f(y)}\leq \dfrac{\abs{f(a)}}{\ud (a,H)}\norme{y}\Longrightarrow \norme{f}\leq \dfrac{\abs{f(a)}}{\ud (a,H)}$$

1. Pour l'unicité: Si $F_1,\,F_2$ sont deux primitives de $f$ alors il existe $\alpha\in \R$ tel que $F_1=F_2+\alpha$, donc $0=\dsp\int_0^1F_1=\dsp\int_0^1(F_2+\alpha)=\alpha$ ce qui donne $F_1=F_2$.
   Pour l'existence: On pose $F(x)=\dsp\int_0^xf(t)\ud t -\int_0^1\left(\int_0^xf(u)\ud u\right)\ud x$. Alors $F'=f$ et $\dsp\int_0^1F=0$ donc $F$ est une fonction qui convient.
2. Il est clair que $u\in \mathscr{L}(E)$, pour montrer que $u$ est continue il suffit de montrer que $$\exists k>0,\,\forall f\in E,\quad \norme{u(f)}_\infty\leq \norme{f}_\infty,\quad \text{i.e. }, \forall x\in [0,1],\quad \abs{F(x)}\leq k\abs{f(x)}.$$ Soit $f\in E$, on a, $$\begin{array}{lcl} \forall x\in [0,1],\quad \abs{u(f)(x)}&=&\dsp \abs{\int_0^xf(u)\ud u - \int_0^1\left(\int_0^uf(t)\ud t\right)\ud u}\\ &\leq &\dsp \norme{f}_\infty x+\int_0^1\norme{f}_\infty u\ud u \leq \dfrac{3}{2}\norme{f}_\infty\\ &&\Longrightarrow\norme{u(f)}_\infty\leq \dfrac{3}{2}\norme{f}_\infty. \end{array}$$ Ceci prouve la continuité de $u$.
3. Soient $f\in E,\,\,t,x\in [0,1]$, on a $\dsp\int_t^xf(u)\ud u=F(x)-F(t)$, donc $$ \int_0^1\left( \int_t^x f(u)\,\ud u \right)\,\ud t=\int_0^1(F(x)-F(t))\ud t=F(x)\int_0^1\ud t -\int_0^1F(t)\ud t=F(x).$$
4. Soit $f\in E$, en utilisant la relation précédente, on a pour tout $x\in [0,1]$ $$\begin{array}{lcl} \abs{u(f)(x)}&=&\dsp \abs{\int_0^1\left( \int_t^x f(u)\,\ud u \right)\,\ud t}\\ &&\\ &\leq &\dsp \int_0^1\abs{\int_t^xf(u)\ud u}\ud t\leq \int_0^1\norme{f}_\infty\abs{x-t}\ud t\\ &&\\ &=&\dsp \norme{f}_\infty\left(\int_0^x(x-t)\ud t+\int_x^1(t-x)\ud t\right)\\ &&\\ &=&\dsp \norme{f}_\infty\left(\frac{x^2}{2}+\frac{(1-x)^2}{2}\right)\leq \frac{\norme{f}_\infty}{2}\Longrightarrow \norme{u(f)}_\infty\leq \dfrac{1}{2}\norme{f}_\infty. \end{array}$$ On en déduit que $\norme{u}\leq \frac{1}{2}$. D'autre part, en prenant $f=1$ on trouve que $u(f)(x)=x-\frac{1}{2}$ ce qui donne $\norme{u(f)}_\infty=\frac{1}{2}\norme{f}_\infty$ donc $\norme{u}\geq \frac{1}{2}$.
   Conclusion, $\norme{u}=\dfrac{1}{2}$.

Soient $N_1,\,N_2$ deux normes définies sur $E$. Puisque $E$ est de dimension finie, alors $\mathrm{Id}e$ est continue de $(E,N_1)$ dans $(E,N_2)$, donc, \begin{equation} %\label{Eq22-1} \exists K_1>0,\quad \forall x\in E,\, N_1(\mathrm{Id}e (x))=N_1(x)\leq K_1 N_2(x).\quad\quad (Eq-1) \end{equation} De même $\mathrm{Id}e$ est continue de $(E,N_2)$ dans $(E,N_1)$, donc, \begin{equation} % \label{Eq22-2} \exists K_2>0,\quad \forall x\in E,\, N_2(\mathrm{Id}e (x))=N_2(x)\leq K_2 N_1(x). \quad\quad (Eq-2) \end{equation} Les relations (Eq-1) et (Eq-2) impliquent que les deux normes $N_1$ et $N_2$ sont équivalentes.

L'application $\fonct{\varphi}{E}{\R}{P}{P(2019)+P(2020)}$ est linéaire donc continue puisque $E$ est de dimension finie. D'après la caractérisation des applications linéaires continues, il existe $K>0$, tel que pour tout $P\in E$, on a $\abs{\varphi(P)}\leq K\norme{P}$.
D'autre part, l'application qui à $P$ associé $\dsp\int_0^1\abs{P}$ définie une norme sur $E$ donc équivalente à la norme déjà définie. On en déduit alors $$\exists \alpha>0,\quad \forall P\in E,\quad \norme{P}\leq \alpha \int_0^1\abs{P(t)}\ud t.$$ Il suffit alors de prendre $c=\alpha \times K$.

On définie la fonction $f$ de $\MM_2(\R)$ dans $\R$ par $f(A)= (a-d)^2+4bc$ si $A=\begin{pmatrix} a&c\\b&d \end{pmatrix}$. $f$ est une fonction polynomiale en les cordonnées de $A$ donc $f$ est continue sur $\MM_2(\R)$.
Il suffit après d'écrire $\Omega=f^{-1}(\R_+^*)$ et $F=f^{-1}(\R_+)$.

1. On pose, pour $x\in [0,1],\,\,g(x)=f(x)-x$, alors $g\in \CC([0,1])$ de plus $g(0)=f(0)\geq 1$ et $g(1)=f(1)-1\leq 0$ donc $g(1)g(0)\leq 0$, on en déduit d'après le TVI qu'il existe $c\in [0,1]$ tel que $g(c)=0$ soit $f(c)=c$.
2. Supposons que, pour tout $x\in [0,1]$, $f(x)>g(x)$ alors il existe $\beta>0$ tel que $f\geq \beta +g$. Ce qui donne: $$\forall x\in [0,1],\,\,f^2(x)=f(f(x))\geq g(f(x))+\beta =f(g(x))+\beta\geq g(g(x))+2\beta =g^2(x)+2\beta ,$$ puis on montre par récurrence sur $n\in \N^*$, que $f^n(x)\geq g^n(x)+n\beta$. Or $1\geq f^n(x)-g^n(x)\geq n\beta$ ce qui est impossible.
   De même en échangeant les rôles entre $f$ et $g$, on trouve que l'hypothèse $g>f$ est impossible. On en déduit qu'il existe $c\in [0,1]$ tel que $f(c)=g(c)$.

Déterminons d'abord le domaine de définition de $f$. $f$ est définie pour $(u,v)\in \R^2$ tels que : $u+v\neq 0$ ET $v(v+2u)\geq 0$.

Soit $(u,v)\in \mathcal{D}$, on a: $$ \left(\dfrac{u}{u+v}\right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{v(v+2u)}}{u+v}\right)^2=\dfrac{u^2+v(v+2u)}{(u+v)^2}=\dfrac{(u+v)^2}{(u+v)^2}=1.$$ On en déduit alors que $G(\mathcal{D})\subset \CC=\{(x,y)\in \R^2,\,x^2+y^2=1\}$.

Inversement, soit $(x,y)\in \CC$,

1. Si $x\neq 0$ et $xy\geq 0$, on pose $$u =1,\, v=-1+\dfrac{1}{x},\,\, u+v=\dfrac{1}{x}\neq 0,\, v(v+2u)=(-1+\dfrac{1}{x})(1+\dfrac{1}{x})=-1+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{y^2}{x^2}>0$$ donc $(u,v)\in \mathcal{D}$, de plus; $$F(u,v)=\left(\dfrac{1}{1-1+\dfrac{1}{x}}, \dfrac{\sqrt{(-1+\dfrac{1}{x})(1+\dfrac{1}{x})}}{1-1+\dfrac{1}{x}}\right) = (x,x\dfrac{\abs{y}}{\abs{x}})=(x,x\dfrac{y}{x})=(x,y) $$ donc $(x,y)\in G(\mathcal{D})$
2. Si $x\neq 0$ et $xy\leq 0$, on pose $$u =-1,\, v=1-\dfrac{1}{x},\,\, u+v=\dfrac{-1}{x}\neq 0,\, v(v+2u)=(1-\dfrac{1}{x})(-1-\dfrac{1}{x})=-1+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{y^2}{x^2}>0$$ donc $(u,v)\in \mathcal{D}$, et on vérifie que $$F(u,v)=\left(\dfrac{-1}{1-1-\dfrac{1}{x}}, \dfrac{\sqrt{(-1-\dfrac{1}{x})(1-\dfrac{1}{x})}}{1-1+\dfrac{-1}{x}}\right) =(x,-x\dfrac{\abs{y}}{\abs{x}})=(x,-x\dfrac{-y}{x})=(x,y) $$ donc $(x,y)\in G(\mathcal{D})$
3. Le cas $x=0,\, y=\mp 1$ ne pose aucun problème (puisque $(0,1)=G(0,1),\,(0,-1)=G(0,-1)$)

On en déduit alors que $G(\mathcal{D})=\CC$.

1. $A=f^{-1}(\{a\})$ donc $A$ est un fermé, $B=f^{-1}(]-\infty,a])$ donc $B$ aussi est un fermé. En revanche, $C=f^{-1}(]-\infty,a[)$ donc $C$ est un ensemble ouvert.
2. L'application $\fonct{\det}{\MM_n(\R)}{\R}{A}{\det(A)}$ est une fonction continue, puisqu'il s'agit d'une fonction polynomiale en les coordonnées de $A$ (mais aussi une application $n$-linéaire donc continue).
   On sait que $GL_n(\R)=\det^{-1}(\R^*)$ donc $GL_n(\R)$ est un ensemble ouvert.
3. On définit sur $\R^2$ la fonction $\varphi$ par $\varphi (x,y)=y-f(x)$. $\varphi$ est continue sur $\R^2$ comme la somme de deux fonctions continues, et on a $G=\varphi^{-1}(\{0\})$ donc $G$ est un fermé de $\R^2$.
   Remarque: On aurait pu aussi utiliser la caractérisation séquentielle de la continuité. En effet, si $((x_n,y_n))_n$ une suite d'éléments de $G$ qui converge dans $\R^2$, alors $x_n\tendversN\, x$ puis $y_n=f(x_n)$ (puisque $(x_n,y_n)\in G$) converge vers $f(x)$ puisque $f$ est continue. Ainsi la limite de la suite $((x_n,y_n))_n$ est dans $G$ ce qui prouve que $G$ est un fermé.

L'application $\ud$ est bien définie (c.f. cours). Soient $x,y\in E$, on a $$\forall z\in A,~\ud(x,A)\leq \norme{x-z}\leq \norme{x-y}+\norme{y-z}$$ donc $$\forall z\in A,~~\ud(x,A)- \norme{x-y}\leq \norme{y-z}\Longrightarrow \ud(x,A)- \norme{x-y}\leq \ud(y,A)$$ En échangeant les rôles entre $x$ et $y$, on trouve $$d(y,A)- \norme{y-x}\leq d(x,A)\Longrightarrow \boxed{\abs{\ud (x,A)-\ud (y,A)}\leq \norme{x-y}}.$$ Donc l'application $\ud $ est $1$- lipschitzienne. On en déduit alors que $x \mapsto \ud(x,A)$ est continue.

1. On sait que $\ud (x,A)=0\Leftrightarrow x\in \overline{A}$, puisque $A$ et $B$ sont fermés alors $\overline{A}=A$ et $\overline{B}=B$. Donc en utilisant la première remarque, on a: $$\begin{array}{lcl} \ud (x,A)+\ud (x,B)=0&\Longleftrightarrow & \ud (x,A)=0=\ud (x,B)\\ &\Longleftrightarrow & x\in A \text{ et }x\in B\\ & \Longleftrightarrow & x\in A\cap B \end{array}$$ On en déduit donc, $A\cap B=\emptyset$ ssi pour tout $x\in E,\quad \ud (x,A)+\ud (x,B)>0$.
2. On définit $f$ par, $$\forall x\in E,\,\,f(x)=\dfrac{\ud (x,A)}{\ud (x,B)+\ud (x,A)}.$$ $f$ est bien définie puisque $\ud (x,B)+\ud (x,A)>0$. De plus $f$ est continue sur $E$, puisque $x\mapsto \ud(x,A)$ (resp. $x\longmapsto \ud(x,B)$) sont continues sur $E$. D'autre part, on a: $$\forall x\in A,\quad f(x)=\dfrac{\ud (x,A)}{\ud (x,B)+\ud (x,A)}=\dfrac{0}{\ud (x,B)}=0,$$ $$ \forall x\in B,\quad f(x)=\dfrac{\ud (x,A)}{\ud (x,B)+\ud (x,A)}=\dfrac{\ud (x,A)}{\ud (x,A)}=1.$$

Posons maintenant $U=f^{-1}(]-\infty,\frac{1}{2}[),\,\, V=f^{-1}(]\frac{1}{2},\infty[)$, comme $f$ est continue on a $U,\,V$ sont des ouverts de $E$ et clairement $U\cap V=\emptyset$ et $A\subset U,\,\,B\subset V$.

1. Notons $A=\{\norme{x-y},\,x,y\in F\}\subset \R$, $A$ n'est pas vide car $F\neq \emptyset$, de plus $A$ est borné, en effet comme $F$ est borné, alors $$\exists M>0,\,\forall z\in F,\,\norme{z}\leq M\Longrightarrow \forall x,y\in F,\quad \norme{x-y}\leq \norme{x}+\norme{y}\leq 2M.$$ Ainsi, $A$ admet une borne supérieur, autrement dit, $\delta (F)$ est bien définie.
2. Si $F$ contient au moins 2 éléments $x\neq y$ alors $\delta (F)>\norme{x-y}>0$.
   Donc $\delta (F)=0$ ssi $F$ ne contient qu'un seul élément.
3. Considérons la fonction $\fonct{\varphi}{F\times F}{\R}{(x,y)}{\norme{x-y}}$. $\varphi$ est continue sur $F^2$, de plus $F^2$ est un fermé borné de $E^2$, donc d'après le cours $\varphi$ est borné sur $F^2$ et atteint ses bornes.
   Ainsi, il existe $(x_0,y_0)\in F^2$ tel que $\varphi (x_0,y_0)=\dsp\sup_{F^2}\varphi=\delta (F)$.
   Supposons que $x_0\in\overset{\circ}{F}$ alors il existe $r>0$ tel que $B(x_0,r)\subset F$. On pose alors $z_0=x_0+\dfrac{r}{2}(x_0-y_0)$ de sorte que $z_0\in B(x_0,r)$ donc $z_0\in F$, puis $$\varphi(z_0,y_0)=\norme{x_0+\dfrac{r}{2}(x_0-y_0)-y_0}=\left(1+\dfrac{r}{2}\right)\norme{x_0-y_0}>\varphi(x_0,y_0)$$ ce qui est absurde, donc $x_0\not\in \overset{\circ}{F}$.
   De même on montre que $y_0\not\in \overset{\circ}{F}$.

1. L'application $f$ est $1$- lipschitzienne donc $f$ est continue sur $K$.
2. On définit $\fonct{g}{K}{\R_+}{x}{\norme{f(x)-x}}$. La fonction $g$ est continue sur un fermé bornée à valeur dans $\R_+$ donc elle atteint ses bornes ( cours), donc $$\exists \ell\in K,\, g(\ell)=\norme{f(\ell)-\ell}=\underset{x\in K}{\min}(g(x)).$$ Montrons que $g(\ell)=0$ (ce qui donne $f(\ell)=\ell$). Pour cela, on va raisonner par l'absurde, supposons que $g(\ell)>0$, alors d'après la définition de $\ell$, on a $$0< \norme{f(\ell)-\ell}=g(\ell)\leq g(f(\ell))=\norme{f(f(\ell))-f(\ell)}< \norme{f(\ell)-\ell}\Longrightarrow \norme{f(\ell)-\ell}< \norme{f(\ell)-\ell},$$ ce qui est impossible donc $g(\ell)=0$ soit $\ell$ un point fixe de $f$.
   Il reste à montrer l'unicité de $\ell$, supposons qu'il existe un autre point fixe $\ell'$ de $f$ avec $\ell\neq \ell'$, alors $$0< \norme{\ell-\ell'}=\norme{f(\ell)-f(\ell')}< \norme{\ell-\ell'} \Longrightarrow \text{contradiction}.$$ Donc $\ell$ est le seul point fixe de $f$.

On définit sur $\R$ la fonction $\varphi$ par, $$\forall t\neq 0, \quad \varphi(t)=\dfrac{\sin(t)}{t},\text{ et } \varphi(0)=1.$$ Il est clair que $\varphi\in \CC(\R^*)$, de plus comme $\dfrac{\sin(t)}{t}\tendvers{t}{0}1$, on en déduit que $\varphi\in \CC(\R)$.

On remarque que, pour tout $(x,y)\in \R^2,\, f(x,y)=y\varphi(xy)$. On en déduit alors que $f\in \CC(\R^2,\R)$ comme produit et composition des fonctions continues.

Comme $f$ est continue sur $\R$, alors $f$ admet une primitive sur $\R$, qu'on note $F$ ($F\in \CC^1(\R,\R)$ et $F'=f$).
On note aussi $\fonct{p_1}{\R^2}{\R}{(x,y)}{x}$ et $\fonct{p_2}{\R^2}{\R}{(x,y)}{y}$. Il est clair que $p_1, p_2$ sont continues sur $D$, de plus $p_1$ ne s'annule pas sur $D$ donc $1/p_1$ est aussi continue sur $D$.
On peut alors écrire $g=\dfrac{F\circ (p_1p_2)-F\circ p_1}{p_1}$, ceci prouve que $g$ est continue sur $D$.
D'autre par, pour tout $x\neq 0$ et $y\neq 0$, on a $$\begin{array}{lcl} g(x,y)&=&\dfrac{F(yx)-F(x)}{x}=\dfrac{F(yx)-F(0)+F(0)-F(x)}{x-0}\\ &&\\ &=&y\dfrac{F(yx)-F(0)}{yx-0}-\dfrac{F(x)-F(0)}{x-0}\tendvers{x}{0}yF'(0)-F'(0) \end{array}$$ Comme $F'(0)=f(0)$, alors $g(x,y)\tendvers{x}{0} (y-1)f(0)$. Ce résultat reste vrai si $y=0$ puisque $$g(x,0)=\dfrac{-1}{x}\dsp\int_0^xf(t)\ud t\tendvers{x}{0}-f(0).$$ On en déduit qu'on peut prolonger $g$ par continuité sur $\R^2$, on posant $g(0,y)=(y-1)f(0)$.

1. Soit $x\in \R$, on a $$\begin{array}{lcl} f(x)&=&f\left(2\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\right)+1\right)= f\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\right)\\ &&\\ &=& f\left(2\left(\frac{x}{4}-\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right)+1\right)=f\left(\frac{x}{4}-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\\ &&\\ &=&f\left(\frac{x}{4}-\frac{3}{4}\right). \end{array}$$ Puis, on montre par récurrence sur $n\in \N$, que pour tout $n\in \N,\quad f(x)=f\left(\frac{x}{2^n}-\frac{2^n-1}{2^n}\right)$. Comme $f$ est continue, et la suite $\left(\frac{x}{2^n}-\frac{2^n-1}{2^n}\right)_{n\in \N}$ converge dans $\R$, alors $$f(x)=\limiteX{n}{\infty}f\left(\frac{x}{2^n}-\frac{2^n-1}{2^n}\right)=f\left(\limiteX{n}{\infty}\left(\frac{x}{2^n}-\frac{2^n-1}{2^n}\right)\right)=f(-1) ,$$ car $\dsp \frac{x}{2^n}-\frac{2^n-1}{2^n}\tendversN -1$. On en déduit alors que $f$ est une fonction constante.
   Inversement, si $f$ est constante alors $f$ vérifie la condition $f(2x+1)=f(x)$.
2. Soit $f$ une fonction continue vérifiant la condition $f(x+y)=f(x)+f(y)+xy$. Alors, on a $f(0)=2f(0)+0$ ce qui donne $f(0)=0$, puis $$f(2)=f(1)+f(1)+1=2f(1)+1,\quad f(3)=f(2+1)=3f(1)+3,$$ $$f(4)=f(2+2)=4f(1)+7,\quad f(5)=f(3+2)=5f(1)+10,\cdots.$$ On montre alors que, pour tout $n\in \N,\quad f(n)=nf(1)+\dfrac{n(n-1)}{2}$ (démonstration par récurrence).
   Ensuite, pour $q\in \N^*$, on a $$\begin{array}{lcl} f(1)&=&f\left(\frac{q}{q}\right)=f\left(\frac{q-1}{q}+\frac{1}{q}\right)=f\left(\frac{q-1}{q}\right)+f\left(\frac{1}{q}\right)+\dfrac{q-1}{q^2}\\ &=&f\left(\frac{q-2}{q}\right)+f\left(\frac{1}{q}\right)+\dfrac{q-2}{q^2}+f\left(\frac{1}{q}\right)+\dfrac{q-1}{q^2}\\ &=&f\left(\frac{q-2}{q}\right)+2f\left(\frac{1}{q}\right)+\dfrac{q-2}{q^2}+\dfrac{q-1}{q^2}\\ &=&\cdots =f(0)+qf\left(\frac{1}{q}\right)+\dfrac{1+2\cdots+(q-1)}{q^2}=qf\left(\frac{1}{q}\right)+\dfrac{q(q-1)}{2q^2} \end{array}$$ Ce qui donne, $f\left(\frac{1}{q}\right)=\frac{1}{q}f(1)+\frac{1}{2}\frac{1}{q}\left(\frac{1}{q}-1\right)$.
   On montre après que pour tout $q\in \N^*$ et $p\in \N$, $f\left(\frac{p}{q}\right)=pf\left(\frac{1}{q}\right)+\frac{p(p-1)}{2q^2}$.
   On en déduit finalement que $f$ sur $\Q_+$ est de la forme $f(x)=xf(1)+\frac{x(x-1)}{2}$, ensuite par densité de $\Q_+$ dans $\R_+$ et vu que $f$ est continue, on trouve que $f$ est de la forme $f(x)=\frac{x^2}{2}+\alpha x,\,\alpha\in \R$.
   Pour $x\in \R_-$, on a $0=f(x-x)=f(x)+f(-x)-x^2$ donc $f(x)=x^2-f(-x)=\frac{x^2}{2}+\alpha x$.
   Inversement, si $f$ est définie par $f(x)=x^2/2+\alpha x$ on vérifie facilement que $f$ est une solution de l'équation. On en déduit que l'ensemble de solution est $\{f(x)=\frac{x^2}{2}+ax,\,\,a\in \R\}$.
3. 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 $f(x)=kx\ln(x)$.
4. Soit $f$ une fonction vérifiant la relation, alors $g=f-f(0)$ vérifie également la même relation mais avec $g(0)=0$.
   Pour $x\in \R$, on a $2g(x/2)=g(x)$ puis pour $x,y\in R$, on a $g(\frac{x+y}{2})=\frac{1}{2}(g(x)+g(y))=g(x/2)+g(y/2)$. Donc $g$ est de la forme $g(x)=\lambda x$ avec $\lambda\in \R$.

L'application $\psi :(A,B)\in \MM_n(\R)^2\longmapsto AB $ est continue sur $\MM_n(\R)$ car $\psi$ est bilinéaire.
L'application $N:A\in \MM_n(\R)\setminus\{0\}\longmapsto \norme{A}_1$ est continue sur $\MM_n(\R)\setminus\{0\}$ (1-Lipschitzienne), de plus ne s'annule pas sur $\MM_n(\R)\setminus\{0\}$.
L'application $\varphi$ est donc continue comme composé et produit des fonctions continues ($\varphi(A,B) = N(\psi(A,B))/(N(A)\times N(B))$).

Soient $A=(a_{i\,j}), \, B=(b_{i\,j})$ deux matrices non nulles, on a $$\forall (i,j)\in \inter{1,n}^2,\, (AB)_{i\,j}=c_{i\,j}=\dsum_{k=1}^n a_{i\,k}b_{k,j} \longrightarrow \abs{c_{i\,j}}\leq \dsum_{k=1}^n \abs{a_{i\,k}}\abs{b_{k,j}}.$$ Notons, pour $i\in \inter{1,n},\, L_i(A)=\dsum_{k=1}^n\abs{a_{i\,k}}$, On en déduit alors $$\forall (i,j)\in \inter{1,n}^2,\, \abs{c_{i\,j}}\leq L_i(A)\dsum_{k=1}^n \abs{b_{k,j}}$$ donc, $$ \norme{AB}_1\leq \dsum_{i=1}^n \dsum_{j=1}^n\left(L_i(A) \dsum_{k=1}^n\abs{b_{k\,j}}\right) = \dsum_{i=1}^n \left(L_i(A) \dsum_{j=1}^n\dsum_{k=1}^n\abs{b_{k\,j}}\right)=\norme{B}_1\dsum_i L_i(A)=\norme{B}_1\norme{A}_1.$$ Donc $\varphi(A,B)\leq 1$, ceci prouve que $\varphi$ est bornée et $\sup\varphi \leq 1$.

On pose $A=E_{1\,1}$ la matrice dont tous les coefficients sont nuls sauf $a_{1\,1}=1$, on a $$A\neq 0,\,\,\norme{A}_1=1,\,\, A^2=A,\quad \varphi(A,A)=\dfrac{\norme{A^2}_1}{\norme{A}_1^2}=\dfrac{1}{1}=1 $$ donc $\sup\varphi \geq 1$. On en déduit alors que $\boxed{\sup\varphi =1 }$.

Pour la fonction $g$, soient $A=(a_{i\,j}), \, B=(b_{i\,j})$ deux matrices non nulles, on a $$ \begin{array}{lcl} \norme{AB}_2^2&=&\dsp \dsum_{1\leq i,j\leq n}\left(\dsum_{k=1}^n a_{i\,k}b_{k\,j}\right)^2\\ &&\\ &\leq & \dsp \dsum_{1\leq i,j\leq n}\left(\dsum_{\alpha =1}^n a_{i\,\alpha}^2\right)^2\left(\dsum_{\beta =1}^nb_{\beta \,j}^2\right) \quad (\text{Cauchy-Schwarz})\\ &&\\ &=&\dsum_{1\leq i,j\leq n}\dsum_{1\leq \alpha ,\beta\leq n} a_{i\,\alpha}^2 b_{\beta\,j}^2= \left( \dsum_{1\leq i,\alpha \leq n} a_{i\,\alpha}^2\right) \left( \dsum_{1\leq \beta ,j \leq n} b_{\beta\,j}^2\right) \\ &=& \norme{A}_2^2\norme{B}_2^2. \end{array} $$ Donc $g(A,B)\leq 1$, ceci prouve que $g$ est bornée et $\sup g\leq 1$. D'autre part, en considérant le même exemple $A=E_{1\,1}$ on trouve $\boxed{\sup g =1 }$.

Pour la fonction $h$, l'estimation est plus simple. $$ \norme{AB}_\infty =\max_{1\leq i,j\leq n}\abs{\dsum_{k=1}^na_{i\,k}b_{k\,j}}\leq \max_{1\leq i,j\leq n}\dsum_{k=1}^n\abs{a_{i\,k}}\abs{b_{k\,j}} \leq \max_{1\leq i,j\leq n}\dsum_{k=1}^n\norme{A}_\infty\norme{B}_\infty =n\norme{A}_\infty\norme{B}_\infty. $$ Donc $h(A,B)\leq n$, ceci prouve que $h$ est bornée et $\sup g\leq n$.

considérons la matrice $J$ dont tous les coefficients sont égaux à $1$, on a $$J\neq 0,\, \norme{J}_\infty =1,\,\, J^2=nJ,\quad h(J,J)=\dfrac{\norme{J^2}_\infty}{\norme{J}_\infty^2}=\dfrac{n}{1}=n. $$ On en déduit alors $\boxed{\sup h =n }$.

1. $f$ est la somme produit des fonctions continues
2. Pour tout $x\in E$, $\norme{f(x)}=\dfrac{\norme{x}}{1+\norme{x}^2}$. Une étude rapide de la fonction $t\longmapsto\dfrac{t}{1+t^2}$, montre que, $$\forall t\in \R,\,\abs{\dfrac{t}{1+t^2}}\leq \dfrac{1}{2} \Longrightarrow \forall x\in E,\,f(x)\in \overline{B}(0,\frac{1}{2})$$ ceci montre que $f(E)\subset \overline{B}(0,\frac{1}{2})$.
   Inversement, soit $y\in \overline{B}(0,\frac{1}{2})$ non nul. On pose, $x=\dfrac{1+\sqrt{1-4\norme{y}^2}}{2\norme{y}^2}y$, alors $$f(x)=\dfrac{\dfrac{1+\sqrt{1-4\norme{y}^2}}{2\norme{y}^2}y }{1+\norme{\dfrac{1+\sqrt{1-4\norme{y}^2}}{2\norme{y}^2}y}^2}=\dfrac{2(1+\sqrt{1-4\norme{y}^2})}{4\norme{y}^2+(1+\sqrt{1-4\norme{y}^2})^2}y=\dfrac{2(1+\sqrt{1-4\norme{y}^2})}{2+2\sqrt{1-4\norme{y}^2}}y=y$$ ceci prouve que $y\in f(E)$, donc $\overline{B}(0,\frac{1}{2})\subset f(E)$ d'où l'égalité.
   

Remarque. Pour trouver un antécédent de $y$ par $f$, on résout l'équation $$\norme{f(x)}=\norme{y}\Longrightarrow \norme{x}=\norme{y}(1+\norme{x}^2) \Longrightarrow \norme{y}\norme{x}^2-\norme{x}+\norme{y}=0.$$

1. Il est clair que $f(a)=0$.
   Soit $(x_n)$ une suite d'éléments de $E$ qui converge vers $a$, donc $$\forall \varepsilon>0,\,\exists n_0,\,\forall n\geq n_0,\,\norme{x_n-a}\leq \varepsilon.$$ Pour $n\geq n_0$, si $\norme{x_n}>\norme{a}$ alors $f(x_n)=0$, sinon $f(x_n)=\norme{x_n-a}\leq \varepsilon$.
   Dans les deux cas, pour tout $n\geq n_0$, on a $\abs{f(x_n)}\leq \varepsilon$, ce qui prouve que $f(x_n)\tendversN 0=f(a)$.
   D'après la caractérisation séquentielle de la continuité, $f$ est continue en $a$.
2. Pour $n\geq 1$, on définit les deux suites : $ u_n=(-1-\frac{1}{n})a,\, v_n=(-1+\frac{1}{n})a$, il est clair que $u_n\tendversN\,-a$ et $v_n\tendversN\,-a$. D'autre part, on a $$\forall n\in \N,\,\norme{u_n}=(1+\frac{1}{n})\norme{a}> \norme{a}\Longrightarrow f(u_n)=0\tendversN\,0,$$ et $$\forall n\in \N,\,\norme{v_n}=(1-\frac{1}{n})\norme{a}\leq \norme{a}\Longrightarrow f(v_n)=\norme{v_n-a}=(2-\frac{1}{n})\norme{a}\tendversN\, 2\norme{a}$$ les deux limites étant différentes, ceci prouve que $f$ n'est pas continue en $-a$.

1. il est facile de vérifie que $f$ est continue strictement croissante de $\R$ dans $f(\R)=]-1,1[$. L'application réciproque $g(x)=\dfrac{x}{1-\abs{x}}$
2. Soit $a\in E$, $r\in \R_+^*$. On pose, pour $x\in E$, $f(x)=a+r\dfrac{x}{1+\norme{x}}$.
   $f$ est continue sur comme la somme et le produit des fonctions continue.
   D'autre par, $f(E)=B(a,r)$. En effet,
   1. Pour tout $x\in E$, $$\norme{f(x)-a}=\norme{r\dfrac{x}{1+\norme{x}}} < r\Longrightarrow f(x)\in B(a,r).$$
   2. Inversement, si $z\in B(a,r)$ , on pose, $x=\dfrac{z-a}{r-\norme{z-a}}$ alors $$f(x)=a + r\dfrac{\dfrac{z-a}{r-\norme{z-a}}}{1+\dfrac{\norme{z-a}}{r-\norme{z-a}}}=a+r \dfrac{z-a}{(r-\norme{z-a})+\norme{z-a}}=a+z-a=z$$ ce qui prouve que $z\in f(E)$.
   La démarche précédente, montre que $f$ est surjective, montrons maintenant que $f$ est injective.
   Soient $x,\,y\in E$ tels que $f(x)=f(y)$, ce qui donne $\norme{f(x)}=\norme{f(y)}$ donc $\dfrac{\norme{x}}{1+\norme{x}}=\dfrac{\norme{y}}{1+\norme{y}}$. En utilisant la première question de l'exercice, on trouve que $\norme{x}=\norme{y}$, on remplace dans la relation, $$f(x)=f(y)\Longrightarrow \dfrac{x}{1+\norme{x}} =\dfrac{y}{1+\norme{y}}=\dfrac{y}{1+\norme{x}} \Longrightarrow x=y$$ Ainsi $f$ est injective, donc bijective.
   Le calcul de $f^{-1}$ (déjà fait), donne $\fonct{f^{-1}}{B(a,r)}{E}{x}{\dfrac{x-a}{r-\norme{x-a}}}$, qui est une fonction continue (somme et produit des fonctions continues).

Soit $(x,y)\in \R^2\setminus \{(0,0)\}$, si $y=0$ alors $H(x,y)=0\tendvers{(x,0)}{(0,0)}0$.

Sinon, on pose $x=r\cos(\theta),\, y=r\sin(\theta)$ avec $r=\sqrt{x^2+y^2}$ et $\theta\in \R$, $\theta\neq 0[\pi]$. Alors $$H(x,y)=\dfrac{r^5 \cos(\theta)^4\sin(\theta)}{r^3 (r^2\cos(\theta)^4+\sin(\theta)^2)}=$$

1. Soit $x\in A\cup B$, soit $x\in A$ ou $x\in B$. Supposons que $x\in A$, comme $A$ est un ouvert de $E$ alors il existe $r>0$ tel que $B(x,r)\subset A$.
   Considérons maintenant une suite $(x_n)$ d'élément de $A\cup B$ telle que $x_n\tendversN\,x$, d'après la définition de la convergence d'une suite, $$\exists n_0,\quad \forall n\geq n_0,\quad x_n\in B(x,r).$$ Or $B(x,r)\subset A$ et $f$ est continue sur $A$ donc $f(x_n)\tendversN\,f(x)$ ce qui prouve la continuité de $f$ en $x$.
2. SSoient $x\in A\cup B$ et $(x_n)_n$ une suite d'éléments de $A\cup B$ telle que $x_n\tendversN\, x$. On note $I_A=\{n\in \N,\, x_n\in A\}$ et $I_B=\{n\in \N,\, x_n\in B\}\setminus I_A$, de sorte que $I_A\cap I_B=\emptyset $ et $I_A\cup I_B=\N$.
   Si $I_A$ est fini, alors à partir d'un certain rang, tout les termes de la suite $(x_n)$ sont dans $B$, comme $B$ est fermé alors $\dsp \lim_nx_n =x\in B$, $f$ est continue sur $B$ alors $f(x_n)\tendversN\,f(x)$.
   Si $I_B$ est fini, avec le même raisonnement $f(x_n)\tendversN\,f(x)$.
   Sinon ($I_A$ et $I_B$ sont infinis) la suite $(x_n)_{n\in I_A}\in A^\N$ converge vers $x$ donc $x\in A$ car $A$ est fermé, $f$ étant continue sur $A$ alors $(f(x_n))_{n\in I_A}$ converge vers $f(x)$, de même la suite $(f(x_n))_{n\in I_B}$ converge vers $f(x)$. Comme $I_A\cup I_B=\N$, on en déduit que $f(x_n)\tendversN\,f(x)$.
   Conclusion $f(x_n)\tendversN\,f(x)$ ce qui prouve la continuité de $f$.
3. Soit $A=[-1,0]$ et $B=]0,1]$, $f$ définie par $f(x)=0$ si $x\in A$ et $1$ si $x\in B$.
   Il est clair que $f_{A}$ est continue, de même pour $f_B$, mais $f$ n'est pas continue sur $A\cup B$.

1. Supposons que $f$ lipschitzienne, alors il existe $k>0$ tel que, pour tout $(x,y)\in R^2$, on a $\abs{f(x)-f(y)}\leq k\abs{x-y}$.
   Soit $x\in \R$, comme $f$ est dérivable en $x$ alors $\dsp\limiteX{h}{0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=f'(x)$ mais on a $$\forall h\neq 0,\quad \abs{\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}}\leq k\Longrightarrow \abs{f'(x)}=\abs{\limiteX{h}{0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}}\leq k$$ Ceci prouve que $f'$ est borné sur $\R$ et $\norme{f'}_\infty \leq k$.
2. Soit $x,y\in\R$, on a $$ \begin{array}{lcl} \abs{f(x)g(x)-f(y)g(y)}&=&\abs{f(x)g(x)-f(x)g(y)+f(x)g(y)-f(y)g(y)} =\abs{f(x)(g(x)-g(y)) +g(y)(f(x)-f(y))}\\ &&\\ &\leq& \abs{f(x)}\abs{g(x)-g(y)}+\abs{g(y)}\abs{f(x)-f(y)}\leq k_g \abs{f(x)}\abs{x-y}+k_f \abs{g(y)}\abs{x-y}\\ &&\\ &\leq & \left(k_g\norme{f}_\infty +k_f\norme{g}_\infty \right) \abs{x-y} \end{array} $$ Ce qui prouve que $fg$ est lipschitzienne.
   L'hypothèse $f,\,g$ bornées est indispensable, comme le montre l'exemple $f(x)=g(x)=x$.
3. Supposons que $f$ est lipschitzienne, et soit $x\in \R$, on a $$\abs{f(x)} =\abs{f(x)-f(0)+f(0)}\leq \abs{f(x)-f(0)}+\abs{f(0)} \leq k \abs{x-0}+\abs{f(0)}$$ ce qui donne le résultat avec $A=k$ et $B=\abs{f(0)}$.
4. Soient $x,y\in \R$, supposons que $x< y$, on note $K_x=\lfloor x \rfloor,\, K_y =\lfloor y \rfloor$. Ensuite, on écrit: $$f(y)-f(x)=f(y)-f(K_y)+f(K_y)-f(K_x)- (f(x)-f(K_x))=f(y)-f(K_y)+\sum_{j=K_x}^{K_y-1}(f(j+1)-f(j))- (f(x)-f(K_x)).$$ Puis, $$ \begin{array}{lcl} \abs{f(y)-f(x)}&=& \abs{f(y)-f(K_y)+\dsum_{j=K_x}^{K_y-1}(f(j+1)-f(j))- (f(x)-f(K_x))}\\ &&\\ &\leq& \abs{f(y)-f(K_y)}+\dsum_{j=K_x}^{K_y-1}\abs{f(j+1)-f(j)}+\abs{f(x)-f(K_x)}\\ &&\\ &\leq & M \abs{y-K_y}+\dsum_{j=K_x}^{K_y-1}M+M\abs{x-K_x}\\ &&\\ &=& M (y-K_y)+M(K_y-K_x)+M(x-K_x)=M (y-x)=M\abs{y-x} \end{array} $$

Soient $u,v\in E$,

1. Si $\norme{u}\leq 1$ et $\norme{v}\leq 1$, on a immédiatement $$\norme{T(u)-T(v)}=\norme{u-v}\leq 2\norme{u-v}.$$
2. Si $\norme{u}> 1$ et $\norme{v}> 1$, en utilisant le résultat de l'exercice \ref{Ex:InegaliteNorme}, on trouve: $$\norme{T(u)-T(v)}= \norme{\dfrac{u}{\norme{u}}-\dfrac{v}{\norme{v}}}\leq \max(\norme{u},\norme{v})\norme{\dfrac{u}{\norme{u}}-\dfrac{v}{\norme{v}}}\leq 2\norme{u-v}.$$
3. Si $\norme{u}\leq 1$ et $\norme{v}>1$, on a alors: $$\begin{array}{lcl} \norme{T(u)-T(v)}&=& \norme{u-\dfrac{v}{\norme{v}}}=\norme{u-v+v-\dfrac{v}{\norme{v}}}\\ &\leq & \norme{u-v}+\norme{\left(1-\frac{1}{\norme{v}}\right)v}=\norme{u-v}+\norme{v}-1\\ &\leq & \norme{u-v}+\norme{v}-\norme{u}\leq 2\norme{u-v} \end{array}$$
4. Si $\norme{v}\leq 1$ et $\norme{u}>1$, ce cas est équivalent au cas précédent.

Donc, dans tous les cas, on a: $\norme{T(u)-T(v)}\leq 2\norme{u-v}$ ce qui prouve le résultat.

On munit $\R^2$ de la norme $\norme{(x,y)}=\abs{x}+\abs{y}$. Il est clair que, pour tou $(x,y),\,(u,v)\in \R^2$, $$\begin{array}{lcl} \norme{f((x,y))-f((u,v))}&=&\norme{(a(y-v),b(x-u))} =\abs{a}\abs{y-v}+\abs{b}\abs{x-u}\\ &&\\ &\leq& \max\{\abs{a},\abs{b}\}\norme{(x,y)-(u,v)}. \end{array}$$ Ce qui prouve que $f$ est lipschitzienne.

Remarque: on aurait pu utiliser la linéarité de $f$, car toute application linéaire continue est lipschitzienne.

1. Si $x>0$, on définit le changement de variable $u=\dfrac{t}{x}$, ce qui donne $\ud t =x\ud u$ $$F(x)=\dfrac{1}{x}\int_0^xf(t)\ud t=\dfrac{1}{x}\int_0^1f(xu)(x\ud u)=\int_0^1f(xu)\ud u$$ Cette relation reste vrai pour $x=0$, puisque $F(0)=f(0)=\dsp\int_0^1f(0)\ud u$.
2. Soient $x,y\in \R_+$, on a $$\abs{F(x)-F(y)}\leq \int_0^1\abs{f(xu)-f(yu)}\ud u\leq \int_0^1k\abs{xu-yu}\ud u=k\abs{x-y}\int_0^1u\ud u =\dfrac{k}{2}\abs{x-y}.$$

On distingue deux cas:

1. $\abs{a}>1$, dans cas pour tout $x\neq 0$, on a $\sin\left(\frac{1}{x}\right)+a$ de même signe que $a$ car $\abs{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}\leq 1$, on en déduit alors $$\dfrac{a+\sin \left(1/x\right)}{x}\tendvers{x}{0^+}\,\varepsilon\,\infty,\quad \dfrac{a+\sin \left(1/x\right)}{x}\tendvers{x}{0^-}\,-\varepsilon\,\infty,\quad\text{avec }\varepsilon=\dfrac{a}{\abs{a}}.$$
2. $\abs{a}\leq 1$, dans ce cas on n'a pas de limite en $0$. En effet, considérons les deux suites, $$\forall n\geq 1,\quad u_n=\dfrac{1}{-\Arcsin(a)+2\pi n},\,\quad u_n=\dfrac{1}{\Arcsin(a)+2\pi n}. \quad u_n\tendversN\,0,\, v_n\tendversN 0.$$ et on a $f(u_n)=0\tendversN\,0$ et $f(v_n)=(2a)(\Arcsin(a)+2\pi n)\tendversN \,\frac{a}{\abs{a}}\infty$. Donc les deux limites sont différentes. (si $a=0$, on peut prendre $v_n=\dfrac{2}{\pi+4n\pi}$).

Pour tout $x\in \R^*$, on a: $$\frac{b}{x}\leq \mathrm{E}\left(\frac{b}{x}\right)< \frac{b}{x}+1\Longrightarrow \left\{\begin{array}{lc} \forall x>0,&\frac{b}{a}\leq \dfrac{x}{a}\mathrm{E}\left(\frac{b}{x}\right) < \frac{b}{a}+\dfrac{x}{a}\\ &\\ \forall x< 0,&\frac{b}{a}+\dfrac{x}{a}< \dfrac{x}{a}\mathrm{E}\left(\frac{b}{x}\right)\leq \frac{b}{a} \end{array} \right.\Longrightarrow \limiteX{x}{0^+}\dfrac{x}{a}\mathrm{E}\left(\frac{b}{x}\right)=\limiteX{x}{0^-}\dfrac{x}{a}\mathrm{E}\left(\frac{b}{x}\right)=\dfrac{b}{a}. $$ D'autre part pour $x$ assez proche de $0^+$ on va avoir $x< a$ donc $\mathrm{E}\left(\frac{x}{a}\right)=0$ d'où $\dsp\limiteX{x}{0^+}\dfrac{b}{x}\mathrm{E}\left(\frac{x}{a}\right)=0$.
En revanche, pour $x$ proche de $0^-$, on a $\mathrm{E}\left(\frac{x}{a}\right)=-1$ d'où $\dsp\limiteX{x}{0^-}\dfrac{b}{x}\mathrm{E}\left(\frac{x}{a}\right)=\infty$.

1. Supposons que $f$ est $T$-périodique avec $T>0$ et $f$ admet une limite $\ell$ en $\infty$. Montrons que $f$ est constante.
   D'après la caractérisation séquentielle de la limite, pour tout suite $(x_n)$ tel que $x_n\tendversN\,\infty$, on a $f(x_n)\tendversN\,\ell$. Soit maintenant $x\in \R$, on définit la suite $(x_n)$ par $x_n=x+n\times T$, alors $x_n\tendversN\infty$ donc $f(x_n)\tendversN\ell$, or comme $f$ est $T$-périodique on a $f(x_n)=f(x)$, on en déduit que $f(x)=\ell$ ce qui prouve que $f$ est constante.
2. Si la fonction $\sin$ admettait une limite en $\infty$ elle serait constante d'après la question précédente (puisque $\sin$ est une fonction périodique). Or la fonction $\sin$ n'est pas constate ( par exemple $\sin(0)=\cdots \neq \cdots =\sin(\pi/2)$.
   On en déduit alors que limite $\sin$ en $\infty$ n'existe pas.
3. Si $x\mapsto \sin(1/x)$ admet une limite en $0^+$ alors en utilisant le résultat sur la composition des limites on aurait $y\mapsto \sin(y)$ admet une limite en $+\infty$. Ce qui n'est pas le cas!

1. On applique la définition de la limite, avec $\varepsilon =\frac{\abs{\beta}}{2}$, ce qui donne: $$\exists r>0,\quad \forall x\in B_f(a,r)\cap A,\, \abs{f(x)-\beta}\leq \dfrac{\abs{\beta}}{2},$$ or $\abs{\abs{f(x)}-\abs{\beta}}\leq \abs{f(x)-\beta}$, ce qui donne $$\forall x\in B_f(a,r)\cap A,\, \abs{\abs{f(x)}-\abs{\beta}}\leq\abs{f(x)-\beta}\leq \dfrac{\abs{\beta}}{2}\Longrightarrow \forall x\in B_f(a,r)\cap A,\, \dfrac{\abs{\beta}}{2}\leq\abs{f(x)}\leq \dfrac{3\abs{\beta}}{2}.$$ Autrement dit, $\forall x\in B_f(a,r)\cap A,\quad f(x)\neq 0$.
2. Puisque $f$ ne s'annule pas sur $B=B_f(a,r)\cap A$, alors la fonction $\fonct{g}{B}{\K}{x}{\frac{1}{f(x)}}$ est bien définie.
   D'autre part, en utilisant l'hypothèse sur $f$, on a: $$\forall \varepsilon>0, \exists \eta>0,\quad \forall x\in B_f(a,\eta)\cap A,\, \abs{f(x)-\beta}\leq \dfrac{\abs{\beta}^2\varepsilon}{2}.$$ Posons $\alpha=\min (\eta,r)$, on a alors, $$\forall x\in \left(B_f(a,\alpha)\cap A\right)\subset B,\,\abs{g(x)-\dfrac{1}{\beta}}=\abs{\dfrac{\beta -f(x)}{f(x)\beta}}=\dfrac{\abs{f(x)-\beta}}{\abs{\beta}\abs{f(x)}}\leq \dfrac{2\abs{f(x)-\beta}}{\abs{\beta}^2}\leq \varepsilon.$$ Ce qui prouve que $g$ admet une limite en $a$ selon $B$.

1. [\pa] Pour $x\in \R^*$, on a $$f(x,x)=\dfrac{2x^3-2x^2}{2x^2}=x-\dfrac{1}{2}\tendvers{x}{0}\dfrac{-1}{2},\quad f(x,0)=\dfrac{x^3}{x^2}=x\tendvers{x}{0}\,0.$$ Les deux limites étant différentes, on en déduit que $f$ n'admet pas de limite en $(0,0)$.
2. [\pb] Pour tout $(x,y)\in \R^2\setminus\{(0,0)\}$, on a: $$\abs{g(x,y)}\leq \dfrac{2\norme{(x,y)}_2^4+2\norme{(x,y)}_2^3}{\norme{(x,y)}_2}\leq 2\norme{(x,y)}_2^3+2\norme{(x,y)}_2^2\tendvers{(x,y)}{(0,0}\,0.$$ Donc $g$ admet $0$ comme limite en $(0,0)$.
3. [\pc] Pour $x\in \R^*$, on a $$h(x,0)=\dfrac{x^3}{\sqrt{x^2}^3}=\dfrac{x^3}{\abs{x}^3}\Longrightarrow h(x,0)\tendvers{x}{0^+}\,1 \text{ et }h(x,0)\tendvers{x}{0^-}\,-1,$$ donc $h$ n'admet pas de limite en $(0,0)$.

Rappelons que $\sqrt{x^2}=\abs{x}$...

1. [$\triangleright$] Soit $x\in \R_+^*$, on a: $$f(x,x,x)=\dfrac{(x,x,x)}{\sqrt{x^2+x^2+x^2}}-x(1,1,1)=(\dfrac{1}{\sqrt{3}}-x)(1,1,1)\tendvers{x}{0^+}\dfrac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$$
2. [$\triangleright$] Soit $x\in \R_-^*$, on a: $$f(x,x,x)=\dfrac{(x,x,x)}{\sqrt{x^2+x^2+x^2}}-x(1,1,1)=(\dfrac{-1}{\sqrt{3}}-x)(1,1,1)\tendvers{x}{0^-}\dfrac{-1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$$

On en déduit que $\dsp\lim_{(x,y,z)\to(0,0,0)} f(x,y,z)$ n'existe pas.

On a, pour $x\neq 0$, \[ \lim_{y\to 0}f(x,y) = \lim_{y\to 0}\frac{y^2}{y^2 + (1-y/x)^2} =\dsp\frac{\dsp\lim_{y\to 0} y^2}{\dsp\lim_{y\to 0} y^2 + (1-y/x)^2} =\frac{0}{1} =0, \] donc $\dsp \lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y)=0$.

De même $\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y) = 0$ puisque $f(x,y)=f(y,x)$ d'où le résultat.
D'autre part, pour $x\neq 0$, $f(x,x) = \dfrac{x^4}{x^4} =1$ d'où $\dsp\lim_{x\to 0}f(x,x) = 1$ et $f(x,2x)=\dfrac{x^4}{5x^4} =4/5$. Donc $\dsp\lim_{(x,y)\to (0,0)} f(x,y)$ ne peut pas exister.

Soient $x,y\in \R$ tels que $xy\neq 0$, on a $$f(x,y)= x\left(\sin \frac{1}{x} \sin \frac{1}{y}\right) +y\left(\sin \frac{1}{x} \sin \frac{1}{y}\right) =xb(x,y)+yb(x,y),\,\text{ avec } b(x,y)=\sin \frac{1}{x} \sin \frac{1}{y}.$$ La fonction $b$ est bornée mais elle n'admet pas de limite lorsque $y$ tend vers $0$ (c.f. cours). On en déduit que $\dsp\lim_{y\to 0} xb(x,y)$ n'existe pas donc $\dsp\lim_{y\to 0} f(x,y)$ n'existe pas ( bien que $\dsp\lim_{y\to 0} yb(x,y)$ existe!).
Donc $\dsp\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y)$ n'existe pas ! De même pour $\dsp \lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y)$ puisque $f(x,y)=f(y,x)$.
En revanche, on a pour tout $(x,y)\in \R^2$, avec $xy\neq 0$, $$\abs{f(x,y)}\leq \abs{b(x,y)}(\abs{x}+\abs{y})\leq 2\norme{(x,y)}_\infty\tendvers{(x,y)}{(0,0)}\,0 $$ Pour $(x,y)\in \R^2$ tels que $xy=0$, on a $f(x,y)=0$. On en déduit alors $\dsp \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y)=0$