Fonctions continues commutant sur un segment

Khôlle d’analyse

Samuel Rochetin

Mardi 23 janvier 2018

Exercice. Soient f et g deux fonctions continues de [0; 1] dans [0; 1] telles que f ◦g = g◦f (on dit que f et g commutent). Montrer que ∃α ∈ [0; 1], f (α) = g(α). Solution. Posons ∀x ∈ [0; 1], h(x) := f (x) − g(x).

Supposons que h ne s’annule pas sur [0; 1]. Or, h est continue sur [0; 1] comme somme de fonctions continues donc il suffit d’appliquer la contraposée du théorème des valeurs intermédiaires en raisonnant par l’absurde pour montrer que h est de signe constant sur [0; 1].

Supposons que ∀x ∈ [0; 1], h(x) > 0. Or, h est continue sur [0; 1] donc h est bornée sur [0; 1] et atteint ses bornes. En particulier, h atteint son minimum strictement positif. Donc ∃a > 0, ∀x ∈ [0; 1], h(x) ≥ a (I1).

Particularisons cette inégalité. ∀t ∈ [0; 1], f (t) ∈ [0; 1] et g(t) ∈ [0; 1] donc ∀t ∈ [0; 1], h ◦ f (t) ≥ a et h ◦ g(t) ≥ a, c’est-à-dire f2_{(t) − g ◦ f (t) ≥ a et}

f ◦ g(t) − g2_{(t) ≥ a, où la puissance désigne la composition des fonctions. En}

sommant ces deux dernières inégalités et en utilisant l’hypothèse sur f et g, il vient ∀t ∈ [0; 1], f2_{(t) − g}2_{(t) ≥ 2a.}

Montrons par récurrence que ∀n ∈ N∗, ∀x ∈ [0; 1], fn_(x)−gn_{(x) ≥ na.}

Initia-lisation : vérifiée par hypothèse sur h. Hérédité : supposons que ∃n ∈ N∗, ∀x ∈ [0; 1], fn_{(x) − g}n_{(x) ≥ na. Particularisons cette inégalité. ∀t ∈ [0; 1], g(t) ∈ [0; 1]}

donc ∀t ∈ [0; 1], fn_{◦ g(t) − g}n+1_{(t) ≥ na (I2). Particularisons l’inégalité (I1).}

∀t ∈ [0; 1], fn_{(t) ∈ [0; 1] donc ∀t ∈ [0; 1], f}n+1_{(t) − g ◦ f}n_{(t) ≥ a (I3). Or, f et g}

commutent donc fn_{◦ g = f}n−1_{◦ f ◦ g = f}n−1_{◦ g ◦ f = · · · = g ◦ f}n_{. Donc en}

som-mant les inégalité (I2) et (I3), il vient ∀t ∈ [0; 1], fn+1(t) − gn+1(t) ≥ (n + 1)a. L’hérédité est démontrée.

a > 0 donc lim

n→+∞na = +∞ donc d’après le théorème de comparaison des

limites, lim

n→+∞f n_{− g}n

= +∞. Or, d’après l’inégalité triangulaire, ∀n ∈ N∗, ∀x ∈ [0; 1], |fn(x) − gn(x)| ≤ |fn(x)| + |gn(x)| ≤ 2 car fn(x) ∈ [0; 1] et gn(x) ∈ [0; 1]. Contradiction.

Même principe si nous supposons que ∀x ∈ [0; 1], h(x) < 0. Donc ∃α ∈ [0; 1], h(α) = 0, c’est-à-dire ∃α ∈ [0; 1], f (α) = g(α).