´ nonc´e E
` Probleme eme
Fonctions dilatantes Soit f une f une application continue de
R dans R.
On suppose que pour tous r´eels eels x et y , on a |f ( f (y) − f ( f (x)| |y − x|. 1. (a) (a) Mon Montrer trer que que f f est injective (b) Montrer que f que f est est strictement monotone. (c) Montrer que f que f est est non born´ bor n´ee ee et bijective. bijec tive. 2. On suppose qu’il qu’il existe existe a et b dans
R,
avec a < b, tels que f ([ f ([a, a, b]) ⊂ [a, [ a, b].
(a) Montrer qu’il existe un point c de [a, b] tel que f ( f (c) = c. c . (b) On suppose que f f est croissante. Peut-on avoir f avoir f ((a) > a ou f ( f (b) < b ? D´eterminer eter miner la restriction restr iction de f au f au segment [a, [a, b]. (c) On suppose que f est d´ecroissante. ecroi ssante. D´eterminer eter miner sa restriction restr iction a` [a, b]. 3. On suppose d´esormais esormais que f f est croissante. Soit Γ la courbe repr´esentative esentative de f d f dan anss un rep` re p`ere er e orth or thon onor orm´ m´e Oxy. Oxy . (a) On suppose que f ( f (x) < x pour tout x r´ r´eel. Montrer qu’alors Γ admet en +∞ une asymptote asymp tote parall` paral l`ele ele a` la droite y = x = x.. (b) Que dire de Γ si on a x < f ( f (x) pour tout x r´eel ? (c) Soit U U l’ensemble des x de
R tels
que f ( f (x) = x. x .
Montrer que si U est U est vide, on se trouve dans l’un des deux cas pr´ec´ ec´edents. edents. Montrer que si U e U est st non vide et born´ bor n´e, e, il est r´eduit eduit a` un point ou `a un segment. Quelle peut ˆetre etre la nature de U s’il U s’il est non born´e ? Expliciter une application f croissante f croissante pour chacune des formes de U U possibles. 4. On suppose que U est U est non vide. On consid` consi d`ere ere la suite (xn) d´efinie efi nie par pa r u0 dans
R
et un+1 = f = f 1 (un ) pour tout n. −
Montrer que cette suite est soit constante, consta nte, soit convergente vers un p oint fronti`ere ere de U . U .
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Probl` eme
Corrig´ e 1. Soient x, y dans R tels que f (x) = f (y). Alors 0 = | f (x) − f (y)| |x − y| 0. Ainsi |x − y | = 0 donc x = y, ce qui prouve l’injectivit´e de f . Supposons par l’absurde que f ne soit pas strictement monotone. Alors il existe trois r´eels x, y,z tels que x < y < z mais tels que f (y) ∈ / [f (x), f (z )]. Supposons par exemple f (y) < min(f (x), f (z )), et soit t dans ]f (y), min(f (x), f (z ))[. D’apr`es le th´eor`eme des valeurs int´ermi´edaires, il existe c dans ]x, y[ tel que f (c) = t. De mˆeme, il existe d dans ]y, z [ tel que f (d) = t. Ainsi f (c) = f (d) avec c < y < d ce qui contredit l’injectivit´e de f . Conclusion : l’application continue f est strictement monotone. 2. l’application f ´etant monotone = lim f et = lim f existent dans
+∞
−∞
R
= R ∪ {−∞, +∞}.
Par l’absurde, supposons que soit un r´eel. Pour tout x de R, on a |f (x + 1) − f (x)| 1. Si on passe a` la limite quand x → + ∞, on trouve | − | 1, ce qui est absurde. Ainsi = ±∞, et de la mˆeme mani`ere = ±∞ . Enfin f est continue et strictement monotone : elle r´ealise une bijection de R sur l’intervalle ouvert J d´elimit´e par et , et ce qui pr´ec`ede montre que J = R. Conclusion : f est une bijection de R sur R.
3. (a) L’application g : x → f (x) − x est continue sur R donc sur [a, b]. On a g(a) = f (a) − a 0 et g(b) = f (b) − b 0. D’apr`es le TVI, il existe c dans [a, b] tel que g(c) = 0 donc tel que f (c) = c. (b) On a |f (c) − f (a)| |c − a| donc f (c) − f (a) c − a car a c et f est croissante. Mais f (c) = c donc f (a) a, ce qui impose f (a) = a car a f (a) b. De mˆeme |f (b) − f (c)| |b − c| donc f (b) − c = f (b) − f (c) b − c. Il en r´esulte f (b) b donc f (b) = b car a f (b) b. Pour tout x de [a, b] : |f (x) − f (a)| |x − a| ⇒ f (x) − a x − a ⇒ f (x) x. De mˆeme : ∀ x ∈ [a, b], |f (b) − f (x)| |b − x| ⇒ b − f (x) b − x ⇒ f (x) x. On constate donc que f (x) = x pour tout x de [a, b]. (c) Pour tout x de R, posons h(x) = f (a + b − x). Cette application est continue, et elle est croissante sur R par composition. Pour tous x, y de [a, b], on a : |h(y) − h(x)| = | f (a + b − y) − f (a + b − x)| |(a + b − y) − (a + b − x)|. Autrement dit |h(y) − h(x)| |y − x| pour tous r´eels x, y. Enfin, pour tout x de [a, b], on a a + b − x ∈ [a, b] donc h(x) = f (a + b − x) ∈ [a, b]. Ainsi h v´erifie exactement les propri´et´es de f dans la question pr´ec´edente. Il en r´esulte : ∀ x ∈ [a, b], h(x) = x. Finalement, pour tout x de [a, b] : f (x) = h(a + b − x) = a + b − x.
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4. (a) L’application g : x → f (x) − x est continue sur R, et strictement n´egative. Soient x, y dans R, avec x < y. On a |f (y) − f (x)| |y − x| donc f (y) − f (x) y − x donc g(y) g(x). Ainsi g est croissante sur R, et elle est major´ee (par 0.) On en d´eduit que g poss`ede une limite finie α quand x → + ∞ (et α 0.) Autrement dit lim (f (x) − x) = α . −
x→+∞
Ainsi Γ pr´esente l’asymptote y = x + α en +∞ (courbe partout en dessous.) (b) Comme pr´ec´edemment, g est croissante. Mais cette fois elle est minor´ee (par 0). On en d´eduit que g poss`ede une limite finie β quand x → −∞ (et β 0.) Ainsi lim (f (x) − x) = β + et Γ a l’asymptote y = x + β en −∞ (Γ au-dessus) x→−∞
(c) Dire qu’on n’est pas dans les deux cas pr´ ec´edents, c’est dire que l’application continue x → f (x) − x ne garde pas un signe constant sur R, et donc qu’elle s’y annule. Autrement dit, il existe x0 dans
R tel
que f (x0 ) = x 0 . Ainsi U est non vide.
Pour montrer que U est un intervalle, on montre que s’il contient a et b (avec a b) alors il contient le segment [a, b]. Mais cela r´esulte imm´ediatement des calculs faits dans la question (3b) : on a en effet prouv´e que si l’application f est croissante et si f (a) = a et f (b) = b, alors f (x) = x pour tout x de [a, b]. Enfin, si (xn)n0 est une suite convergente d’´el´ements de U , de limite , alors les ´egalit´es f (xn) = xn entraˆınent, par passage a` la limite (car f est continue), l’´egalit´e f () = , c’est-`a-dire l’appartenance de `a U . Cela prouve que U est un ensemble ferm´e (on aurait pu aussi dire que U est l’image r´eciproque du ferm´e {0} par l’application continue g : x → f (x) − x.) Conclusion : l’ensemble U est ici un intervalle ferm´e non vide. (d) — Cas o` u f (x) > x pour tout x. On peut choisir f : x → x + 1. Dans ce cas, on a ´evidemment |f (y) − f (x)| = | y − x| pour tous x, y. L’application f : x → x + ex est un autre exemple. Dans ce dernier cas, ∀ (x, y) ∈ R2 , |f (y) − f (x)| = |ey − ex | > |y − x| : l’in´egalit´e stricte est une cons´equence du th´eor`eme des accroissements finis : il existe en effet un r´eel c, strictement compris entre x et y, tel que ey − ex = ec (y − x). — Cas o` u f (x) < x pour tout x. On peut choisir f : x → x − 1, ou f : x → x − e x . −
— On trouve U = { a} en choisissant l’application f : x → 2x − a.
f (x) = 2x − a — Si f est d´efinie par f (x) = x f (x) = 2x − b
si x a si a x b , on trouve U = [a, b]. si x b
— On trouve U =] − ∞, a] quand f est d´efinie par — Si f est d´efinie par
f (x) = 2x − a f (x) = x
f (x) = x
si x a . f (x) = 2x − a si x a
si x a , alors U = [a, +∞[. si x a
— Enfin, on trouve U = R si f (x) = x pour tout x. On a ainsi un exemple d’application f , pour chacun des U possibles. Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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(e) Si f (x0 ) = x 0 , c’est-`a-dire si x0 est dans U , alors x1 = f 1 (x0 ) = x 0 et xn = x 0 pour tout entier n (r´ecurrence ´evidente) : dans ce cas, la suite (xn ) est donc constante. −
Supposons au contraire que x0 n’est pas dans U . On a donc f (x0 ) = x 0 . −1
Remarquons que, tout comme f , l’application f
est strictement croissante.
Supposons f (x0 ) < x0 , c’est-`a-dire x0 < f 1 (x0 ) = x 1 , alors f 1 (x0 ) < f 1 (x1 ) c’est-`a-dire x1 < x2 . Plus g´en´eralement xn < xn+1 pour tout n (r´ecurrence ´evidente.) −
−
−
De la mˆeme mani`ere, si f (x0 ) > x0 , on trouve xn > xn+1 pour tout n. La suite (xn ) est donc strictement monotone si x0 n’est pas ´el´ement de U . On a : ∀ c ∈ U , ∀ n ∈
N,
|f (xn+1 ) − f (c)| |xn+1 − c| donc |xn − c| |xn+1 − c|.
Ainsi la suite n → |xn − c| est d´ecroissante (donc convergente car positive.) Il est donc impossible que la suite (xn ) tende vers ±∞ . Comme cette suite est monotone, il en d´ecoule qu’elle est convergente. Posons = lim xn . n→∞
Le r´eel ne peut pas ˆetre int´erieur a` l’intervalle U , sans quoi les xn seraient dans U au bout d’un certain temps, ce qui contredirait les ´egalit´es f 1 (xn ) = x n . −
Il s’ensuit que la limite est n´ecessairement une extr´emit´e de l’intervalle U .
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