Dans tout le problème, on dira que x est un point xe de g si et seulement si g(x) = x . 1. a. On suppose que g est k -lipschitzienne dans I .

(1)

MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 12 24 janvier 2020

Problème 1

Partie I : Théorème du point xe

Dans tout le problème, on dira que x est un point xe de g si et seulement si g(x) = x . 1. a. On suppose que g est k -lipschitzienne dans I .

Pour tout x ∈ I et tout ε > 0 , en prenant α =

^ε_k

, on a :

|y − x| < α ⇒ |g(y) − g(x)| ≤ k|y − x| = ε

Ce qui montre que g est continue en x . On remarque que le α est le même pour tous les x de I (uniforme continuité).

b. Montrons d'abord l'existence d'un point xe.

Considérons la fonction dénie dans I

ϕ : x → g(x) − x

Elle est continue comme somme de deux fonctions continues. La stabilité de I par g entraîne que g(a) ≥ a donc ϕ(a) ≥ 0 et que g(b) ≤ a donc ϕ(b) ≤ 0 . Lorsque l'une des deux inégalités est une égalité, a ou b est un point xe. Lorsque les deux inégalités sont strictes, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à ϕ entre a et b . Il existe donc un x ∈]a, b[ tel que ϕ(x) = 0 , c'est à dire un point xe pour g .

Montrons ensuite l'unicité d'un point xe. Soit x et y deux points xes :

|x − y| = |g(x) − g(y)| ≤ k|x − y| ⇒ (1 − k)|x − y| ≤ 0 ⇒ x = y car 1 − k > 0 par hypothèse.

On note α l'unique point xe de g .

2. a. On applique n fois l'inégalité de lipschitzité :

|x

n

− α| = |g(x

n−1

− g(α)| ≤ k|x

n−1

− α| = k|g(x

n−2

− g(α)|

≤ k

²

|x

n−2

− α| ≤ · · · ≤ k

^p

|x

n−p

− α| ≤ k

ⁿ

|x

0

− α| = k

ⁿ

|u − α|

La suite à droite de l'inégalité précédente est géométrique de raison k ∈]0, 1[ . Elle converge donc vers 0 ce qui permet d'appliquer le théorème d'encadrement. La suite (x

_n

)

_n∈_N

converge vers α .

b. Utilisons d'abord l'inégalité triangulaire

|x

n+p

− x

_n

| ≤ |x

n+p

− x

_n+p−1

| + |x

n+p−1

− x

_n+p−2

| + · · · + |x

n+1

− x

_n

|

=

p−1

X

i=0

|x

n+1+i

− x

_n+i

|

puis majorons comme plus haut en utilisant le caractère lipschitzien

|x

n+1+i

− x

_n+i

| = |g(x

n+i

) − g(x

_n+i−1

)|

≤ k|x

n+i

− x

_n+i−1

| ≤ · · · ≤ k

ⁱ

|x

n+1

− x

n

| En injectant dans la première majoration, on obtient :

|x

n+p

− x

n

| ≤

p−1

X

i=0

k

ⁱ

!

|x

n+1

− x

n

| = 1 − k

^p

1 − k |x

n+1

− x

n

| c. Dans l'inégalité précédente, xons n et considèrons les suites en p .

La suite (x

n+p

)

_p∈N

converge vers α , la suite (x

n

)

_p∈N

est constante, la suite (k

^p

)

_p∈N

converge vers 0. Par opérations sur les suites convergentes et passage à la limite dans une inégalité, on obtient donc :

|α − x

_n

| ≤ 1

1 − k |x

n+1

− x

_n

| 3. a. Comme g est supposée dérivable en α , on peut écrire :

|g

⁰

(α)| = lim

h→0

g(α + h) − g(α) h

≤ k

d'après l'inégalité de lipschitzité et le théorème de passage à la limite dans une inégalité.

b. Par dénition de x

_n

et comme g(α) = α : x

n+1

− α

x

_n

− α = g(x

n

) − g(α)

x

_n

− α → g

⁰

(α) à cause de la dérivabilité en α car (x

n

)

_n∈N

converge vers α .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai M0912C

(2)

MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 12 24 janvier 2020

Partie II. Méthode de Newton

1. a. L'équation considérée admet une solution à cause du théorème des valeurs inter- médiaires appliqué à f entre a et b . Cette solution est unique car la fonction est strictement croissante à cause du signe de la dérivée. L'unique solution notée α sera appelée zéro de f .

b. L'équation de la tangente en x

0

est :

y = f

⁰

(x

₀

)(x − x

₀

) + f (x

₀

)

L'abcisse du point d'intersection avec l'axe d'équation y = 0 est

x

₀

− f (x

₀

) f

⁰

(x

0

)

2. a. La fonction f est C

²

donc sa dérivée est C

¹

. De plus f est strictement positive ce qui assure le caractère C

¹

de l'inverse. Les résultats usuels sur les opérations sur les fonctions continues et dérivables montrent que g est de classe C

¹

.

b. Comme α est un zéro de f :

g(α) = α, g

⁰

(α) = 1 − 1 + f (α)f

⁰⁰

(α) f

⁰

(α)

²

= 0 On en déduit que α est à la fois un zéro de f et un point xe de g .

3. a. La restriction de ln à un segment de ]0, +∞[ satisfait aux conditions. Dans la Figure 1 on a tracé un graphe de ce genre.

b. Remarquons que l'intervalle [a, b] complet n'est pas stable. On a indiqué sur la gure 1 un point x

₁

dont l'image n'est pas dans [a, b] .

Montrons que l'intervalle [a, α] est stable.

Montrons d'abord que la restriction de g est croissante. En eet :

g

⁰

(x) = f (x)f

⁰⁰

(x) f

⁰

(x)

²

> 0

car f

⁰⁰

est négative partout et f (x) < 0 dans [a, α[ . D'autre part g(α) > α car f (α) < 0 donc

g([a, α]) = [g(a), g(α)] = [g(a), α] ⊂ [a, α] .

On peut aussi remarquer (calcul de g

⁰

) que, dans [a, α] , g est croissante et telle que g(x) ≥ x . On en déduit que [a, α] est stable pour g .

a

x

₁

b g (x

₁

) < a

Fig. 1: II.3.a. Exemple de graphe de f

c. D'après b , comme la restriction de g est croissante, l'inégalité x

0

< x

1

se propage ce qui montre que la suite (x

_n

)

_n∈_N

est croissante. Elle est majorée par α . Elle est donc convergente. Sa limite notée β est un élément de [a, α] , la fonction g est continue en β et la dénition de x

_n

entraîne alors g(β) = β . Or par dénition de g , un point xe de g est un zéro de f et α est le seul zéro de f dans I .

On peut donc conclure que (x

_n

)

_n∈_N

converge vers α .

4. a. Comme g

⁰

est continue en α et g

⁰

(α) = 0 , il existe un intervalle J de la forme [α − h, α + h] tel que |g

⁰

(x)| < 1 pour tout x ∈ J .

b. Pour tous les x ∈ J , appliquons le théorème des accroissements nis à g entre x et α . Il existe donc c

_x

entre x et α tel que

|g(x) − α| = |g(x) − g(α)| = |x − α||g

⁰

(c

x

)| < |x − α|

ce qui entraîne que g(x) est encore entre x et α donc dans J .

c. L'intervalle J est un segment et la fonction |g

⁰

| est continue sur cet intervalle.

Elle est donc bornée et elle atteint sa borne supérieure M en un point de J . Il existe u ∈ J tel que M = |g

⁰

(u)| < 1 d'après la dénition de J . L'inégalité des accroissements nis appliquée entre deux éléments quelconques de J montre que g

_|J

est M -lipschitzienne.

d. Toutes les hypothèses sont maintenant réunies pour appliquer à g dans J les résultats de la partie I . La suite (x

_n

)

_n∈_N

converge vers l'unique point xe α de g .

2

(3)

MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 12 24 janvier 2020

Problème 2

1. a. Montrons d'abord la formule par récurrence pour les j dans N.

La formule est vériée pour j = 0 (car a

⁰

= e ) et pour j = 1 car relation s'écrit aussi ab = ba

⁻¹

. De plus :

∀j ∈ N : a

^j

b = ba

^−j

⇒ aa

^j

b = aba

^−j

⇒ aa

^j

b = ba

⁻¹

a

^−j

⇒ a

^j+1

b = ba

^−(j+1)

Comme la relation pour j est la même que pour −j , elle est vraie pour tout j ∈ Z.

b. Pour tout k ∈ Z , notons (P

k

) la proposition :

(P

k

) ∀j ∈ Z : a

^j

b

^k

= b

^k

a

⁽⁻¹⁾^k^j

. On a prouvé (P

1

) en a.. De plus

(P

k

) ⇒ ∀j ∈ Z : ba

^j

b

^k

= bb

^k

a

⁽⁻¹⁾^k^j

⇒ ∀j ∈ Z : a

^−j

bb

^k

= bb

^k

a

⁽⁻¹⁾^k^j

⇒ ∀j ∈ Z : a

^−j

b

^k+1

= b

^k+1

a

⁽⁻¹⁾^k^j

⇒ ∀j ∈ Z : a

^j

b

^k+1

= b

^k+1

a

⁽⁻¹⁾^k^(−j)

. Pour la dernière implication, on a utilisé un j

⁰

= −j qui est quelconque dans Z que l'on a réécrit ensuite avec la lettre j . La dernière proposition est bien (P

k

) . On peut raisonner de la même manière en multipliant à gauche par b

⁻¹

et prouver (P

k

) ⇒ (P

_k−1

) ce qui entraîne que la relation est valable dans Z.

2. On veut montrer que H = {a

^j

b

^k

, (j, k) ∈ Z

²

} est le sous-groupe engendré par a et b . Notons < a, b > le sous-groupe engendré par a et b . Par dénition de cours, il s'agit de l'intersection de tous les sous-groupes contenant a et b .

Comme < a, b > est un sous-groupe contenant a et b , il contient aussi les a

ⁱ

b

^j

pour tous les entiers i et j . On a donc H ⊂ < a, b > .

L'ensemble H est non vide et contient a et b par dénition même. Si h et h

⁰

sont deux éléments quelconques de H , il existe des entiers i , j , k , l tels que :

hh

⁰

= a

ⁱ

b

^j

a

^k

b

^l

= a

ⁱ

(b

^j

a

^k

)b

^l

= a

ⁱ

a

⁽⁻¹⁾^j^k

b

^j

b

^l

∈ H h

⁻¹

= (a

ⁱ

b

^j

)

⁻¹

= b

^−j

a

⁻ⁱ

= a

⁽⁻¹⁾^j+1ⁱ

b

^−j

∈ H

Ceci prouve que H est un sous groupe contenant a et b et montre < a, b > ⊂ H . 3. a. Voir cours sur l'ordre d'un élément et les sous-groupes de ( Z , +) .

b. Deux méthodes possibles : avec le théorème de Bezout ou avec le théorème de Gauss. Avec le théorème de Gauss : élever à la puissance n puis à la puissance m . c. Pour l'injectivité utiliser b. Pour la surjectivité, utiliser une division euclidienne.

4. On se trouve dans la situation du problème avec r ◦ r ◦ r = id , s ◦ s = id , r ◦ s ◦ r = s . La dernière relation est justiée par : ∀z ∈

C

, r ◦ s ◦ r(z) = j jz = jj z = z .

On obtient un groupe (dit groupe diédral) de 6 transformations géométriques simples.

id est l'identité.

r est la rotation d'angle

^2π_‘3

(le tiers de tour ).

r

²

est la rotation d'angle

^4π_‘3

.

s est la symétrie par rapport à la droite réelle.

r ◦ s est la symétrie par rapport à la droite de direction j

²

(vérier que j

²

est invariant).

r

²

◦s est la symétrie par rapport à la droite de direction j (vérier que j est invariant).

Il s'agit en fait du groupe des isométries qui conservent le triangle équilatéral (1, j, j

²

) .

3