Utiliser la remarque proposée par l'énoncé conduit à des expressions de f a (x) et f a (x) commodes pour des réels quelconques x et y :

Problème 1

Préliminaire

Utiliser la remarque proposée par l'énoncé conduit à des expressions de f a (x) et f a (x) commodes pour des réels quelconques x et y :

f _a (x) = min(x, a) = 1

2 (x + a − |x − a|) f _a (y) = min(x, a) = 1

2 (y + a − |y − a|) f a (x) − f a (y) = 1

2 (x − y − |x − a| + |y − a|)

Utilisons ensuite l'inégalité ||u| − |v|| ≤ |u − v| avec u = y − a et v = x − a . Elle traduit le caractère lipschitzien de rapport 1 de la fonction valeur absolue. On en déduit :

|f _a (x) − f _a (y)| ≤ 1

2 (|x − y| + | − |x − a| + |y − a|||) ≤ 1

2 (|x − y| + |x − y||) ≤ |x − y|

Donc f a est lipschitzienne de rapport 1. Pour g a , on peut remarquer que entre deux nombres, l'un est le plus petit et l'autre le plus grand donc la somme des deux est aussi la somme du plus petit et du plus grand

f _a (x) + g _a (x) = a + x On en déduit (en achevant le raisonnement comme plus haut) :

g _a (x) − g _a (y) = 1

2 (−(x − y) + |x − a| − |y − a|||)

|g _a (x) − g _a (y)| ≤ |x − y|

Partie 1

1. a. Les fonctions sont lipschitziennes donc continues donc intégrables. Les nombres m n+1 et M n+1 sont bien dénis.

b. Montrons par récurrence que m n et M n sont dans [0, 1] pour tous les entiers n . C'est vrai par dénition pour m O et M 0 . Si m n et M n x sont dans [0, 1] alors min(x, M n ) et max(x, m n ) sont dans [0, 1] . En intégrant les inégalités on obtient bien que M _n+1 et m _n+1 sont dans [−1, 1] .

2. a. On transforme m n+1 en coupant l'intégrale en deux.

m _n+1 = 1 2

Z 1

−1

min(x, M _n ) dx

= 1 2

Z M

−1

min(x, M _n ) dx + Z 1

M

min(x, M _n ) dx

!

= 1 2

Z M

−1

xdx + Z 1

M

M _n dx

!

= 1 2

M _n ² − 1

2 + (1 − M _n )M _n

= − 1

4 (M n − 1) ² Par un calcul analogue, on obtient M n+1 = ¹ ₄ (m n + 1) ² .

b. Évident à partir de la question précédente.

3. a. Comme m n = x n − 1 et M n = 1 − y n , traduisons avec x n et y n les égalités de la question 2.a.

x _n+1 − 1 = − 1 4 y _n ² 1 − y _n+1 = 1

4 x ² _n



 

 

⇒ y _n+1 − x _n+1 = 1

4 (y _n − x _n )(y _n + x _n )

b. Supposons que (x n ) _n∈N converge vers x et (y n ) _n∈N vers y . Avec des opérations sur les suites convergentes, on obtient

y − x = 1

4 (y − x)(y + x) ⇔ (y − x)(4 − y − x) = 0

Comme x n et y n sont dans [0, 1] , par passage à la limite, x et y sont aussi dans [0, 1] donc 4 − y − x 6= 0 donc x = y .

Notons l cette limite commune, en remplaçant dans x n+1 − 1 = − 1

4 y _n ² On obtient l ² + 4l − 4 dont les racines sont −2 + 2 √

2 et −2 − 2 √

2 . Comme on sait que l ∈ [0, 1] on a forcément

l = −2 + 2 √

2

c. Faisons le diérence des deux relations x n+1 − 1 = − 1

4 y _n ² l − 1 = − 1

4 l ²



 

 

⇒ x n+1 − l = − 1

4 (y n + l)(y n − l)

⇒ |x n+1 − l| = |y n + l|

4 |y n − l| ≤ 2 √ 2 − 1

4 |y n − l|

car y n ≤ 1 . Le raisonnement est le même pour y n . 4. Notons q = ²

√ 2−1

4 , en combinant les relations de la question précédentes, on obtient :

|x n+2 − l| = q ² |x n − l|

On en déduit, par comparaison avec des suites géométriques convergentes, la conver- gence des suites extraites d'indices pairs ou impairs vers l . Ceci prouve la convergence des suites complètes vers l . Des relations x _n = 1 + m _n , y _n = 1 − M _n on déduit alors :

(m n ) _{n∈ N} → l − 1 (M n ) _{n∈ N} → 1 − l

Partie II

1. a. La fonction u f (g) est bien dénie car la fonction à intégrer x → min(x, g(a))f (x) est continue comme produit de deux fonctions continues. (partie préliminaire) b. Pourquoi la fonction u g (f)

a → Z 1

0

min(x, g(a))f (x)dx est-elle continue ? Deux méthodes sont possibles.

Méthode 1 : expression avec des primitives.

Introduisons

F 1 : la primitive de x → xf (x) nulle en 0 F : la primitive de x → xf(x) nulle en 1 On peut alors alors écrire :

u g (f )(a) = Z g(a)

0

xf(x) dx + Z 1

g(a)

g(a)f (x) dx = F 1 (g(a)) − g(a)F (g(a)) Les fonctions F 1 et F sont dérivables, la fonction g est continue, donc u g (f ) est continue.

Méthode 2 : lipschitzité

|u g (f )(a) − u g (f )(b)| ≤ Z 1

0

|min(x, g(a)) − min(x, g(b))| |f (x)|dx

≤ Z 1

0

|g(a) − g(b)| |f (x)|dx ≤ Z 1

0

|f (x)|dx

|g(a) − g(b)|

Ce qui prouve que u _g (f) est continue car g est continue.

2. Dans cette question f (x) = tan ² x . On peut calculer les fonctions F ₁ et F de la première méthode de la question précédente. Une primitive de tan ² x étant tan x−x , F s'obtient directement et F ₁ par une intégration par parties

F 1 (u) = u tan ² u − u ²

2 + ln | cos u|, F (u) = tan u − u + 1 − tan 1 On en déduit

u g (f )(a) = (tan 1 − 1)g(a) + ln |cos(g(a))| + g(a) ² 2 3. a. La fonction u _f (g) est bien dénie car la fonction à intégrer

x → min(a, g(x))f(x)

est continue comme produit de deux fonctions continues. D'après un résultat de cours, la borne inférieure (dont la valeur en chaque point est la plus petite des valeurs) de deux fonctions continues est continue.

b. En procédant comme pour la deuxième méthode de 1.b. on obtient

|v _g (f)(b) − v _g (f )(a)| ≤ Z 1

0

|f (x)|dx

|a − b|

Ce qui prouve que v g (f ) est continue. Elle est même lipschitzienne de rapport R 1

0 |f (x)|dx .

4. La linéarité résulte de la linéarité de l'intégrale. On a déjà montré que les fonctions images étaient continues donc dans E .

5. a. Lorsque f ∈ ker u g , alors pour tous les a ∈ [0, 1] :

F ₁ (g(a)) − g(a)F (g(a)) = 0

Mais comme g est une application continue de I = [0, 1] dans I telle que g(0) = 0 et g(1) = 1 , g est surjective. On peut donc écrire

∀t ∈ I : F 1 (t) − tF (t) = 0

On peut alors dériver (on ne pouvait pas le faire avant car g n'était pas supposée dérivable). On obtient, pour tous les t de I , d'abord F (t) = 0 puis f (t) = 0 . b. Comme u g (f ) = F 1 ◦ g − gF ◦ g , si g est dérivable alors u g (f ) est dérivable.

Or il existe des fonctions continues qui ne sont pas dérivables donc u g n'est pas surjective.

6. a. En utilisant la relation de Chasles pour préciser v g (f ) pour la fonction g donnée par l'énoncé, on obtient :

v g (f )(x) = Z 1

1 2

min(a, 2x − 1)f (x) dx

Donc si f est nulle sur [ ¹ ₂ , 1] alors v g (f ) est la fonction nulle sans que f soit forcément nulle. Elle fait ce qu'elle veut sur [0, ¹ ₂ ] .

b. Si g est C ¹ avec g ⁰ > 0 alors g est bijective de I dans I . Introduisons la bijection réciproque g ⁻¹ .

v g (f )(a) = Z 1

0

min(a, g(x))f (x) dx

=

Z g

(a) 0

g(x)f (x) dx + Z

g ⁻¹ (a) ¹ af(x) dx

= H(g ⁻¹ (a)) − aF(g ⁻¹ (a)) où F est la primitive de gf nulle en 0 et F la primitive de f nulle en 1 . Comme g ⁻¹ (a) décrit [0, 1] et a = g(g ⁻¹ (a)) , on peut en déduire :

∀x ∈ [0, 1] : H (x) − g(x)F (x) = 0

En dérivant, on obtient alors g ⁰ (x)F(x) = 0 d'où F (x) = 0 puis en dérivant encore f (x) = 0 . Le noyau de v g se réduit donc à la fonction nulle, v g est injective.

Problème 2

Partie I. Exemples. Une inégalité générale.

Dans toute cette partie, on utilisera souvent le résultat suivant.

Si une fonction continue, dénie dans R est monotone au voisinage de +∞ et de

−∞ alors elle majorée si et seulement si elle ne diverge pas vers +∞ ni en −∞ ni en +∞ .

Ce résultat est une conséquence des dénitions des limites et du fait qu'une fonction continue sur un segment est bornée .

1. Ici X = R, f (x) = Kx ² , h _m (x) = mx − Kx ² .

Si K < 0 , h _m n'est majorée pour aucune valeur de m .

Si K > 0 , h _m est majorée pour tous les m réels. On obtient facilement la valeur minimale de la fonction du second degré. On en déduit :

X ^◦ = R ; f ^◦ (m) = m ² 4K On vérie que f = f ^◦ si et seulement si K = ¹ ₂ .

2. Lorsque f est une fonction continue sur un segment X = [a, b] , il en est de même des fonctions h _m pour n'importe quelle valeur de m . Ces fonctions sont donc toujours bornées ce qui montre x ^◦ = R

Chaque fonction continue h _m atteint ses bornes sur le segment [a, b] . Il existe donc x _m ∈ [a, b] tel que f ^◦ (m) = h _m (x _m ) . Dans ce cas rien n'assure l'unicité de x _m . 3. Ici X = R et

f (x) = e ^x , h _m (x) = mx − e ^x Examinons les limites

en − ∞ : h m (x) →







−∞ si m > 0 0 si m = 0 +∞ si m < 0 en + ∞ : h m (x) → −∞

Le résultat précisé au début permet de conclure que X ^◦ = [0, +∞[ .

Si m = 0 , la fonction h 0 (x) = −e ^x admet 0 comme borne supérieure donc f ^◦ (0) = 0 . Si m > 0 , formons le tableau de variations de h m (x) = mx − e ^x . On a h ⁰ _m (x) = m − e ^x et

0 ln m +∞

m ln m − m

h m % &

−1 −∞

On en déduit (en notant à nouveau x la variable) X ^◦ = [0, +∞[

f ^◦ (x) =

0 si x = 0 x ln x − x si x > 0

On forme alors k u (x) = ux − x ln x − x pour x > 0 dont on cherche le tableau de variations k _u ⁰ (x) = u − ln x :

0 e ^u +∞

e ^u k u % &

0 −∞

On en déduit X ^◦◦ = R avec f ^◦◦ (x) = e ^x .

4. Ici X = R et f (x) = αx + β , h m (x) = mx − αx − β = (m − α)x − β . Si m 6= α, une des limites en ±∞ est +∞ et donc h m n'est pas majorée . On en déduit

X ^◦ = {α} , f ^◦ (α) = −β

Alors h u est toujours bornée puisque son domaine de dénition est réduit au seul point α avec h _u (α) = uα − (−β) . Donc en revenant à la lettre x pour désigner la variable :

X ^◦◦ = R , f ^◦◦ (x) = αx + β

5. Pour x ∈ X et m ∈ X ^◦ , mx − f (x) = h _m (x) ≤ f ^◦ (m) = sup _X h _m d'où mx ≤ f (x) + f ^◦ (m)

Partie II. Espaces N et N ₀ de fonctions convexes.

Les conditions imposées aux fonctions de N et N 0 entraînent clairement qu'elles sont convexes et croissantes.

1. Comme f (0) = 0 , on peut poser τ(x) = ^f(x) _x et interpréter τ comme le taux d'accrois- sement en 0 de la fonction f . D'après le théorème des accroissements nis, il existe c _x ∈]0, x[ tel que τ(x) = f ⁰ (c _x ) . Comme τ diverge vers +∞ , la fonction f ⁰ n'est pas majorée, comme f ⁰ est strictement croissante, elle diverge vers +∞ .

2. Appliquons le théorème des accroissements nis entre x et 2x . Il existe c ∈]x, 2x[ tel que

f (2x) − f(x) = xf ⁰ (c) ≥ xf ⁰ (x)

car f ⁰ est croissante. Comme de plus f est aussi croissante avec f (0) = 0 , f (x) est positif donc

xf ⁰ (x) ≤ f (2x) 3. On suppose ici que f ⁰ → +∞ en +∞ . Comme

f ⁰ (x) ≤ 2 f (2x) 2x

On en déduit ^f(2x) _2x → +∞ . Comme d'autre part τ est croissante car f est convexe, cela prouve que τ → +∞

Partie III. Transformée de Legendre dans N 0 .

1. Les propriétés des fonctions dans N 0 en particulier f ⁰ croissante, f ⁰ → +∞ en +∞ et le calcul de h ⁰ _m (x) = m − f ⁰ (x) conduisent au tableau suivant pour h _m

0 x _m +∞

f ^◦ (m) h m % &

0 −∞

La fonction h m atteint son maximum en un unique point x m qui est noté ϕ(m) . 2. a. Les conditions de N 0 entraînent clairement que f ⁰ est strictement croissante de

R + dans R + , elle est bijective car continue avec les "bonnes limites".

b. Comme x m annule la dérivée de h m , m = f ⁰ (ϕ(m)) donc ϕ est la bijection réci- proque de f ⁰ . On en déduit que ϕ est continue (d'après un résultat du cours). Elle est également croissante ce qui conduit aux "bonnes limites" grace aux limites de f ⁰ .

3. D'après les questions précédentes, on peut écrire

f ^◦ (m) = mϕ(m) − f ◦ ϕ(m)

Comme f ⁰ est strictement croissante avec f ⁰⁰ > 0 , la bijection réciproque de f ⁰ est dérivable (résultat de cours) avec

ϕ ⁰ = 1 f ⁰⁰ ◦ ϕ On en déduit que ϕ est C ¹ puis que f ^◦ est C ¹ avec

f ^◦0 (m) = ϕ(m) + mϕ ⁰ (m) − ϕ ⁰ (m) f ⁰ (ϕ(m))

| {z }

=m

= ϕ(m)

car f ⁰ (ϕ(m)) = m . Comme ϕ est C ¹ , cela prouve que f ^◦ est C ² . D'après le calcul de ϕ ⁰ déjà eectué,

f ^◦00 = 1 f ⁰⁰ ◦ ϕ

4. Les calculs précédents et la dénition de N ₀ montrent clairement que f ^◦ ∈ N ₀ . D'autre part, f ^◦◦0 est la bijection réciproque de f ^◦0 c'est à dire f ⁰ . Ainsi f ^◦◦ et f ont la même dérivée, la condition en 0 prouve qu'elles sont égales.

5. a. En utilisant des notations évidentes à partir des dénitions : f ≤ g ⇒ h g,m ≤ h f,m ⇒ g ^◦ ≤ f ^◦

b. La résolution de cette question ne repose pas sur la question précédente mais sur l'utilisation de ϕ et la remarque suivante.

La seule involution strictement croissante d'un intervalle I dans lui même est l'identité.

En eet notons g une telle involution ( g ◦ g = Id I ). Pour tout x ∈ I , g(x) < x est impossible car il entraîne x < g(x) . De même x < g(x) est impossible.

Introduisons la fonction ϕ des questions 1 2. 3.. On a montré en particulier que : ϕ est la bijection réciproque de f ⁰ .

f ^◦0 = ϕ

Lorsque f = f ^◦ alors f ⁰ = ϕ est involutive et strictement croissante donc f ⁰ (x) = x pour tous les x ≥ 0 donc, en tenant compte de f(0) = 0 :

f (x) = 1

2 x ²