5 : Une fonction continue partout et dérivable nulle part

Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch

Problème n

5 : Une fonction continue partout et dérivable nulle part

Correction du problème 1– Partie I – Prélimiaires

1. Les graphes (y compris celui def4) : voir figure 1.

||||||||||| | | | | | | | | |

1

1 3

2 3 1

3 2 3

1 f0

f1

f2

f3

f4

Figure1 – Courbes représentatives def0,f1, f2,f3 etf4.

2. (a) À chaque étape, on subdivise chaque intervalle en 3 : ainsi, on multiplie le nombre de segments par un facteur3. Par conséquent, αn= 3ⁿ .

(b) • Pour n= 0: p0,1= 1 .

• Pour n= 1: p1,1= 2,p1,2=−1,p1,3= 2

• Pour n= 2: i 1 2 3 4 5 6 7 8 9

p2,i 4 −2 4 −2 1 −2 4 −2 4

• Pour n= 3: i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

p2,i 8 −4 8 −4 2 −4 8 −4 8 −4 2 −4 2 −1 2

16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27

−4 2 −4 8 −4 8 −4 2 −4 8 −4 8 (c) Pour toutk∈ [[1,3ⁿ]],







pn+1,3k−2= 2pn,k

pn+1,3k−1=−pn,k

pn+1,3k= 2pn,k

Cela provient directement de la description defn. Cela peut se dire sans plus de justification. Si vous voulez des justifications, en voilà, pourpn+1,3k−2 (les autres à l’avenant) :

pn+1,3k−2= fn+1(^3k−2₃n+1)−fn+1(^3k−3₃n+1)

1 3ⁿ⁺¹

= fn(^3k−1₃n+1)−fn(^k−1₃n )

1 3ⁿ⁺¹

= 2·fn(^3k−1₃n+1)−fn(^k−1₃n )

2 3ⁿ⁺¹

= 2pn,k, carfn est linéaire sur_k−1

3ⁿ ,₃^kn

, donc sur_k−1

3ⁿ ,^3k−1₃n+1

, de pentepn,k. (d) Soit, pour tout ndansN^∗, la propriétéP(n): max

j∈[[1,3ⁿ]](pn,j) = 2ⁿ et min

j∈[[1,3ⁿ]](pn,j) =−2ⁿ⁻¹. On devine cette propriété grâce aux tableaux de valeurs précédents.

Les tableaux de valeur précédents montrent queP(1)est vraie.

Soitn>1tel que P(n)soit vérifiée.

• Soitk∈[[1,3ⁿ⁺¹]], et soitj=E ^k+2₃

. Alors la relation de la question précédente amène :

∗ sipn,j >0,

−2ⁿ=−max(pn,1, . . . , pn,3ⁿ)6−pn,j 6pn+1,k62pn,j 62 max(pn,1, . . . , pn,3ⁿ) = 2ⁿ⁺¹,

∗ sipn,j 60,

−2ⁿ= 2 min(pn,1, . . . , pn,3ⁿ)62pn,j6pn+1,k6−pn,j6−min(pn,1, . . . , pn,3ⁿ) = 2ⁿ⁻¹62ⁿ⁺¹, Ainsi, pour toutk∈[[1,3ⁿ⁺¹]],−2ⁿ6pn+1,k62ⁿ⁺¹

• De plus, soitj réalisant le maximum depn,j, c’est-à-direpn,j= 2ⁿ. Alorspn+1,3j = 2ⁿ⁺¹

• Soitj réalisant le minimum depn,j, c’est-à-direpn,j=−2ⁿ⁻¹. Alorspn+1,3j=−2ⁿ.

On en déduit queP(n+ 1)est vérifié puisque−2ⁿ et2ⁿ⁺¹encadrent les valeurs depn+1,ket sont atteintes.

Par conséquent, P(1) est vraie, et pour tout n dans N^∗, P(n) entraîne P(n+ 1). D’après le principe de récurrence,P(n)est vraie pour toutndansN^∗.

Remarquez que ceci n’est bien sûr valable que pourn>1 et pasn= 0.

(e) Soit, pour tout ndansN, la propriétéQ(n): pn,i est positif sii est impair et négatif siiest pair . Q(0)est trivialement vraie.

Soitn∈Ntel queQ(n)soit vraie. Soitk∈ [[1,3ⁿ]]. D’après la question (c), on a alors :

• Si k est pair, alors3k−2 et 3ksont pairs, et d’après la question c, pn+1,3k−2 et pn+1,3k sont du signe de pn,k à savoir négatif (hypothèse de récurrence). D’autre part,3k−1est impair, etpn+1,3k−1 est du signe opposé de celui depn,k à savoir positif.

• Si kest impair, alors 3k−2 et 3k sont impairs, etpn+1,3k−2 et pn+1,3k sont du signe de pn,k à savoir positif (hypothèse de récurrence). D’autre part,3k−1est pair, etpn+1,3k−1est du signe opposé de celui depn,k à savoir négatif.

Cela prouve bienQ(n+ 1).

Par conséquent, Q(0) est vraie, et pour tout n dans N, Q(n) entraîne Q(n+ 1). D’après le principe de récurrence,Q(n)est vraie pour toutndansN.

3. Soitn∈N, etk∈ [[0,3ⁿ−1 ]]. On note In,k =_k

3ⁿ,^k+1₃n

. (a) On montre d’abord quefn+1(In,k) =fn(In,k):

On note In,k = [a, b], et c et d les deux réels c = a+ ^b−a₃ et d = a+ 2· ^b−a₃ . Ainsi, a < c < d < b, et [a, c],[c, d],[d, b]est une subdivision de[a, b]en trois intervalles de taille égale. On suppose pour se fixer les idées que fn est croissante surIn,k (démonstration semblable dans le cas inverse). Ainsi, f(a) < f(c) <

f(d)< f(b). Alors, par définition de le suite de fonctions(fn),

fn+1([a, c]) = [fn(a), fn(d)], fn+1([c, d]) = [fn(c), fn(d)] fn+1([d, b]) = [fn(c), fn(b)].

Par conséquent,

fn+1(In,k) = [fn(a), fn(d)]∪[fn(c), fn(d)]∪[fn(c), fn(b)] = [fn(a), fn(b)].

Ainsi,fn étant croissante continue surIn,k, fn+1(In,k) =fn(In,k). On montre alors la propriété générale par récurrence :

Soit pour tout ℓ>0la propriété suivante :

P(ℓ) : ∀n∈N, ∀k∈ [[0,3ⁿ−1 ]], fn+ℓ(In,k) =fn(In,k)

Initialisation :Pour ℓ= 0, c’est trivial. Pour ℓ= 1, on vient de le faire.

Hérédité : Soit ℓ >1, et supposons queP(ℓ−1) est vérifiée. Montrons queP(ℓ)l’est aussi. Soitn ∈N et k∈ [[1,3ⁿ]]. D’après l’hypothèse de récurrence,fn+ℓ−1(In,k) =fn(In,k). Or

fn+ℓ−1(In,k) =

3^ℓ−1(k+1)−1

[

j=3^ℓ−1k

fn+ℓ−1(In+ℓ−1,j),

et d’après le premier cas étudié, pour toutj ∈ [[3^ℓ−1k,3^ℓ−1(k+ 1)−1 ]], fn+ℓ−1(In+ℓ−1,j) =fn+ℓ(In+ℓ−1,j).

Ainsi,

fn+ℓ(In,k) =

3^ℓ−1(k+1)−1

[

j=3^ℓ−1k

fn+ℓ(In+ℓ−1,j) =

3^ℓ−1(k+1)−1

[

j=3^ℓ−1k

fn+ℓ−1(In+ℓ−1,j) =fn+ℓ−1(In,k) =fn(In,k).

cela achève de montrerP(ℓ)

D’après le principe de récurrence, on en déduit que pour toutℓ>0, fn+ℓ(In,k) =fn(In,k). (b) Montrons par récurrence surℓ la propriété suivante :

Q(ℓ) : ∀n∈N, ∀k∈ [[0,3ⁿ−1 ]]tel que pn,k+1>0, ∀x∈In+1,3k, fn+ℓ(x)>fn(x).

Initialisation : Trivial pour ℓ= 0. Assez immédiat pourℓ= 1, car la pente (positive) defn+1 surIn+1,3k

est le double de celle defn, et leur valeur est la même au bord gauche de cet intervalle.

Hérédité : Soitℓ >1, et supposons queQ(k)est vérifiée pour toutk < ℓ.

Soient n ∈ N, etk ∈ [[0,3ⁿ−1 ]] tel quepn,k+1 >0. On subdivise In+1,3k en trois : In+1,3k =In+2,9k∪ In+2,9k+1∪In+2,9k+2

• Étude sur In+2,9k :

pn+1,3k+1 = 2pn,ket est donc positif. On peut appliquer l’hypothèse de récurrence : pour toutx∈In+2,9k

fn+ℓ(x)>fn+1(x). De plus, d’aprèsQ(1),fn+1(x)>fn(x)surIn+2,9k⊂In+1,3k. Ainsi :

∀x∈In+2,9k, fn+ℓ(x)>fn(x).

• Étude sur In+2,9k+1 :

La fonctionfn+2est décroissante sur In+2,9k+1. Ainsi, pour toutx∈In+2,9k+1,

fn+2(x) > fn+2

9k+ 2 3ⁿ⁺²

= fn

9k+ 2 3ⁿ⁺²

.

Cette dernière égalité se vérifie sur les graphes, et se montre facilement par la définition desfn. Or, d’après la question précédente,fn+ℓ(In+2,9k+1) =fn+2(In+2,9k+1), donc pour toutx∈In+2,9k+1,

fn+ℓ(x)>fn

9k+ 2 3ⁿ⁺²

>fn(x),

la dernière inégalité résultant de la croissance defn. Ainsi :

∀x∈In+2,9k, fn+ℓ(x)>fn(x).

• Étude sur In+2,9k+2 :

Enfin, la fonction fn+2 est croissante surIn+2,9k+2, de pente pn+2,9k+3 = 2pn+1,3k+1 = 4pn,k+1. Ainsi, pour toutxßIn+2,9k+2,

fn+2(x) =fn+2

9k+ 2 3ⁿ⁺²

+ 4

x−9k+ 2 3ⁿ⁺²

pn,k+1

=fn

9k+ 2 3ⁿ⁺²

+ 4

x−9k+ 2 3ⁿ⁺²

pn,k+1 (d’après e point précédent)

=fn(x) + 3

x−9k+ 2 3ⁿ⁺²

pn,k+1>fn(x).

On applique maintenant l’hypothèse de récurrence au rangℓ−2sur l’intervalleIn+2,9k+2sur lequelfn+2

est croissante :

∀x∈In+2,9k+2, fn+ℓ(x)>fn+2(x)>fn(x).

On en déduit que pour toutx∈In,3k,fn+ℓ(x)>fn(x), ce qui estP(ℓ).

Le principe de récurrence nous permet alors de dire que cette propriété est vraie pour toutℓ>0.

(c) Aidons-nous d’un dessin.

| | | | | | | | | |

k+1 3ⁿ k

3ⁿ

3k+1 3ⁿ⁺¹

3k+2 3ⁿ⁺¹

fn

fn+1

x7→fn k 3ⁿ

+ x−₃^kn

p_n,k+1 3

fn+2

Figure2 – SurIn,k. D’après la question 3, pour toutm > n,

fm

3k+ 1

3ⁿ⁺¹ ,3k+ 2 3ⁿ⁺¹

=fn+1

3k+ 1

3ⁿ⁺¹ ,3k+ 2 3ⁿ⁺¹

=

fn

3k+ 1 3ⁿ⁺¹

, fn

3k+ 2 3ⁿ⁺¹

.

De même, pour toutm > n, fm

3k+ 2 3ⁿ⁺¹ ,k+ 1

3ⁿ

=fn+1

3k+ 2 3ⁿ⁺¹ ,k+ 1

3ⁿ

=

fn

3k+ 1 3ⁿ⁺¹

, fn

k+ 1 3ⁿ

.

Ainsi, pour tout x ∈

3k+ 1 3ⁿ⁺¹ , k

3ⁿ

, et tout m > n, fm(x) > fn

3k+ 1 3ⁿ⁺¹

. Cela reste tricialement vrai pour m = n. Or, la fonction x 7→ x−₃^kn

pn,k+1

3 est croissante sur In,k. On en déduit que pour tout x∈

3k+ 1 3ⁿ⁺¹ , k

3ⁿ

,

fn

k 3ⁿ

+

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 6fn

k 3ⁿ

+

k+ 1 3ⁿ − k

3ⁿ

pn,k+1

3 =fn

k 3ⁿ

+ 1

3ⁿ⁺¹pn,k+1=fn

3k+ 1 3ⁿ⁺¹

. Par conséquent, pour toutx∈

3k+ 1 3ⁿ⁺¹ , k

3ⁿ

, et toutm>n,

fm(x)>fn

k 3ⁿ

+

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 =fm

k 3ⁿ

+

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 .

Il reste à montrer que cette inégalité reste vraie surIn+1,3k. Cela résulte de la question précédente. En effet, puisquepn,k+1 >0, pour toutm>net toutx∈In+1,3k,

fm(x)>fn(x) =fn

k 3ⁿ

+

x− k

3ⁿ

pn,k+1>fn

k 3ⁿ

+

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 =fm

k 3ⁿ

+

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 Ainsi, pour tout réelx∈In,k, et tout entierm>n,

fm(x)−fm

k 3ⁿ

>

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 .

Voilà, le plus technique est fait.

(d) Dans le cas où pn,k+1est négatif :

i. pour toutx∈In+1,3k et toutm>n, fm(x)6fn(x). ii. pour toutx∈In,k, et toutm>n, fm(x)−fm

k 3ⁿ

6

x− k

3ⁿ

pn,k+1

3 .

Partie II – Étude de la fonction limite de la suite(fn)n∈N

1. Existence de la fonction limitef. (a) Soit n∈N, etk∈ [[0,3ⁿ−1 ]].

• Si x∈In+1,3k,

|fn+1(x)−fn(x)|=

fn

k 3ⁿ

+ 2pn,k+1

x− k

3ⁿ

−

fn

k 3ⁿ

+pn,k+1

x− k

3ⁿ

=|pn,k+1| ·

x− k 3ⁿ

6|pn,k+1| ·

3k+ 1 3ⁿ⁺¹ − k

3ⁿ

=|pn,k+1| · 1

3ⁿ⁺¹ 6 2ⁿ 3ⁿ⁺¹ 6

2 3

ⁿ

l’avant-dernière inégalité provenant de la question I-2d.

• Si x∈In+1,3k+1,

|fn+1(x)−fn(x)|=

fn

3k+ 2 3ⁿ⁺¹

−pn,k+1

x−3k+ 1 3ⁿ⁺¹

−

fn

k 3ⁿ

+pn,k+1

x− k

3ⁿ

=

2

3ⁿ⁺¹pn,k+1−pn,k+1

x−3k+ 1 3ⁿ⁺¹

−pn,k+1

x− k

3ⁿ

=|pn,k+1| ·

x−2k+ 1 3ⁿ

.

Cette dernière expression atteint son maximum aux deux points ^3k+1₃n+1 et ^3k+2₃n+1. On obtient :

|fn+1(x)−fn(x)|6|pn,k+1| · 1

3ⁿ⁺¹ 6 2ⁿ 3ⁿ⁺¹ 6

2 3

n

.

• Si x∈In+1,3k+2,

|fn+1(x)−fn(x)|=

fn

k+ 1 3ⁿ

−2pn,k+1

x− k

3ⁿ

−

fn

k+ 1 3ⁿ

−pn,k+1

x− k

3ⁿ

=|pn,k+1| ·

x−k+ 1 3ⁿ

6|pn,k+1| · 1

3ⁿ⁺¹ 6 2ⁿ 3ⁿ⁺¹ 6

2 3

n

.

Ainsi, pour toutn∈Net toutx∈[0,1], |fn+1(x)−fn(x)|6 2

3 ⁿ

.

(b) Soitx∈[0,1]. La suite

n

X

k=0

|fn+1(x)−fn(x)|

!

n∈N

est croissante (car les termes de la somme sont positifs)

et n

X

k=0

|fn+1(x)−fn(x)|6

n

X

k=0

2 3

ⁿ 6

+∞

X

k=0

2 3

ⁿ

= 1

1−²₃ = 3.

Ainsi, sa somme partielle étant croissante et majorée, la sérieP

|fn+1(x)−fn(x)|est convergente. D’après le résultat admis,P(fn+1(x)−fn(x))est convergente.

Par télescopage, on en déduit que la suite(fn(x))n∈N admet une limite finief(x). (c) Pour toutm>n,fm k

3ⁿ

=fn k 3ⁿ

. Ainsi, en passant à la limite : f ₃^kn

=fn k 3ⁿ

. 2. Continuité def

(a) La suite ²₃n

n∈N^∗ tend vers0. Par définition de la limite d’une suite, il existen0 ∈N tel que quel que soitn>n0, ²₃ⁿ

6ε. Tout entier n>n0 répond donc à la question posée.

(b) Par définition de la partie entière,⌊3ⁿx0⌋63ⁿx0<⌊3ⁿx0⌋+ 1, doncα63ⁿx0< α+ 1, puis α

3ⁿ 6x0< α+ 1 3ⁿ .

(c) Cela résulte de ce que pour tout m > n, fm(In,α) = fn(In,α). Or, fn est de pente au maximum 2ⁿ (en valeur abolue), sur l’intervalleIn,α de longueur ₃¹n. Ainsi, fn(In,α)(et doncfm(In,α)) est un intervalle de longueur au plus ²₃ⁿn : pour toutx, y ∈In,α,

|fm(x)−fm(y)|6 2

3 ⁿ

. En particulier, cela est vrai pourx0 ety.

(d) On passe à la limite dans l’inégalité de la question précédente lorsquemtend vers+∞: pour touty∈In,α,

|f(x0)−f(y)|6 2

3 n

6ε.

De plus, six0= ₃^αn (x0 est au bord de l’intervalle) etα6= 0, un raisonnement similaire amène :

|f(x0)−f(y)|6 2

3 n

6ε pour touty∈In,α−1. Par conséquent, soitδtel que :

• six06=₃^αn,δ= min x0−₃^αn,^α+1₃n

>0,

• six0=₃^αn,δ=₃¹n.

Alors, pour ce choix deδ, pour touty tel que|y−x0|< δ ety>0, on a|f(y)−f(x0)|6ε. Cela prouve la continuité def enx0, pour toutx0∈[0,1[, y compris en0(continuité à droite).

(e) La fonction f admet une symétrie par rapport au point (¹₂,¹₂). Plus particulièrement, pour toutn∈N et tout x∈ [0,¹₂],fn(x) +fn(1−x) = 1. Cela se montre facilement par récurrence sur nen se servant de la construction defn. En passant à la limite, on obtientf(x) = 1−f(1−x). Alors la continuité en1découle de celle en0.

3. Étude de la monotonie def.

SoitI un intervalle non vide et non réduit à un point I contient un intervalle]a, b[, avec a < b. Soitntel que

1

3ⁿ⁻¹ < b−a. Alors l’intervalle]3ⁿa,3ⁿb[ est de longeur strictement supérieure à3, et contient donc au moins 3 entiers consécutifsk−1,k etk+ 1. Alors, commepn,k et pn,k+1 sont de signe opposé,

• soit fn(₃^kn) > fn(^k−1₃n ) et fn(₃^kn) > fn(^k+1₃n ); comme pour tout m > n, fm(₃^kn) = fn(₃^kn), fm(^k−1₃n ) = fn(^k−1₃n ), etfm(^k−1₃n ) =fn(^k−1₃n ), on en déduit, en passant à la limite, que

f(k

3ⁿ)> f(k−1

3ⁿ ) et f(k

3ⁿ)> f(k+ 1 3ⁿ );

• soitfn(₃^kn)< fn(^k−1₃n )etfn(₃^kn)< fn(^k+1₃n )et on en déduit de même que : f(k

3ⁿ)< f(k−1

3ⁿ ) et f(k

3ⁿ)< f(k+ 1 3ⁿ );

Dans les deux cas, cela contredit la monotonie def surI. 4. Étude de la dérivabilité de f.

Soitx∈[0,1[, et pour tout n, In(x) =In,α_n. On notepn(x) =pn,α_n+1 la pente sur In(x) de la fonctionfn, affine sur cet intervalle.

(a) Si pn(α) et pn+1(α) sont de même signe, cela signifie que In+1(x) est le premier ou le dernier tiers de l’intervalleIn(x). La description defn+1 en fonction defn amène alors pn+1(x) = 2pn(x).

(b) Premier cas : supposons qu’il existen0∈Ntel que les entierspn(x),n>n0, soient tous de même signe. Pour se fixer les idées, supposons ce signe positif (démonstration similaire pour un signe négatif, en s’appuyant sur la question I-3(d)).

Posons pour toutn, xn= βn

3ⁿ.

Soitn0un tel entier. D’après la question I-3(c), puisquex∈In(x), pour toutm>n, fm(x)−fm(xn)>(x−xn)pn(x)

3 , soit, en passant à la limite lorsquemtend vers+∞:

f(x)−f(xn)>(x−xn)pn(x) 3 ,

. Commex−xn >0 (raison pour laquelle on a privilégié la partie entière supérieure), on a : f(x)−f(xn)

x−xn

> pn(x)

3 −→+∞.

Par le théorème de minoration, il vient : lim

n→+∞

f(xn)−f(x) xn−x

= +∞.

(c) Deuxième cas : supposons qu’il n’existe pas n0∈Ntel que les entierspn(x), n>n0, soient tous de même signe.

Soit pour tout n∈N,

tn(x) = f(xn)−f(x) xn−x .

En adaptant le raisonnement précédent (en utilisant également I-3(d) pour le cas de pentes négatives), et en remarquant que les pentes sont toutes entières, on obtient :







tn(x)> ^pn₃^(x)> ¹₃ sipn(x)>0 tn(x)6 ^pn₃^(x)6−₃¹ sipn(x)<0

D’après l’hypothèse faite, chacun des deux cas de figure se produit une infinité de fois, donc, dans la suite (tn(x)), il y aura une infinité de termes6−¹₃ et une infinité de termes> ¹₃. Ainsi,(tn(x))n∈N ne peut pas admettre de limite.

(d) Puisquexn →x, la non existence d’une limite finie du taux d’accroissementtn(x)entrexetxn montre que f n’est pas dérivable enx. Ceci étant vrai pour tout x∈]0,1], f n’est dérivable en aucun point de ]0,1].

Par symétrie de la courbe par rapport au point ¹₂,¹₂, on récupère la non dérivabilité (à droite) en0. Cet argument de symétrie avait déjà été utilisé pour obtenir la continuité en1à partir de celle en0.

Ainsi f n’est dérivable en aucun point de[0,1].

Partie III – Résolution de l’équation f(x) =¹₂

1. Pour toutn∈N,fn(¹₂) = ¹₂, et plus précisément, ¹₂,¹₂

est le milieu du segmentfn(In,kn). En effet, c’est vrai pour n= 0. Si c’est vrai au rangn, alors, par construction, cela reste encore le milieu du deuxième des trois segments obtenus en construisantfn+1par subdivision deIn,kn : ¹₂,¹₂

est le milieu du segmentfn(In+1,kn+1) (puisquekn+1= 3kn+ 2).

De plus, d’après la question I-2e, la pente qn de fn sur le segment In,k_n−1 vérifie la relation de récurrence : qn+1=−qn, doncqn = (−1)ⁿq0. Commeq0= 1, on obtientqn= (−1)ⁿ. Ainsi, on obtient :

f kn

3ⁿ

=fn

kn

3ⁿ

=1

2 + (−1)ⁿ kn

3ⁿ −1 2

= 1

2−(−1)ⁿ 1 2·3ⁿ.

Cette expression est satisfaisante. On peut aussi remarquer qu’elle vaut^k₃ⁿn sinest pair et^kn₃⁺¹n siknest impair.

On calcule maintenant la pentetn defn surIn,k_n−2D’après I-2e, on atn= 2qn−1, donctn= 2·(−1)ⁿ⁻¹. Par conséquent,

f

kn−1 3ⁿ

=fn

kn−1 3ⁿ

=fn

kn

3ⁿ

+ 2(−1)ⁿ⁻¹

kn−1 3ⁿ −kn

3ⁿ

=1

2 + 3(−1)ⁿ 1 2·3ⁿ. 2. Les deux expressions calculées montrent que f

kn−1 3ⁿ

−1 2 et f

kn

3ⁿ

−1

2 ne sont pas de même signe (et sont non nuls). Commef est continue, il existecn∈

kn−1 3ⁿ ,kn

3ⁿ

tel que f(cn) =1

2, d’après le TVI.

De plus, ces intervalles sont deux à deux disjoints, car kn

3ⁿ = 3ⁿ−1

2·3ⁿ = 3ⁿ⁺¹−3

2·3ⁿ⁺¹ =kn+1−1 3ⁿ⁺¹ .

Ainsi, lescn sont deux à deux distincts : on a bien trouvé une infinité de solutions de l’équation. Une solution particulière :x= ¹₂ (déjà prouvé).