ANALYSE I et II Semaine du 14 au 18 novembre 2011 Math. et Phys. 1`ere ann´ee
Prof. J. Rappaz
Corrig´e 9 du lundi 14 novembre 2011
Exercice 1.
Rappel: Une fonctionf :D⊂R→Rest lipschitzienne surDsi
∃k >0 tq∀x, y∈D,|f(x)−f(y)| ≤k|x−y|.
Montrer quef n’est pas lipschtzienne surD si et seulement si
∃(xn)∞n=0,(yn)∞n=0 ⊂D tq|f(xn)−f(yn)|> n|xn−yn|,∀n∈N. 1o.) Supposonsf non lipschitzienne. Alors
∀k >0,∃x, y∈D tq|f(x)−f(y)|> k|x−y|.
Prenons alorsk=npour n∈N. Ainsi, il existexn et yn tels que|f(xn)−f(yn)|> n|xn−yn|.
2o.) Supposons maintenant que
∃(xn)∞n=0,(yn)∞n=0⊂D tq|f(xn)−f(yn)|> n|xn−yn|,∀n∈N
et montrons quef n’est pas lipschitzienne. Supposons, par l’absurde, quef soit lipschitzienne. Il existe donck >0 tel que∀x, y∈D,|f(x)−f(y)| ≤k|x−y|.Il suffit alors de prendre un entier n > k, pour avoir|f(xn)−f(yn)|> k|xn−yn|. D’o`u la contradiction.
Exercice 2.
Calculons
x→lim
>1
n→∞lim lnn!
nx
.
Pourx >1, on a:
0≤ lnn!
nx ≤nlnn
nx = lnn nx−1, d’o`u on tire que
n→∞lim lnn!
nx = 0, et donc que
x→lim
>1
n→∞lim lnn!
nx
= 0.
On ne peut pas intervertir les deux limites. On remarque en effet que pourn≥2, lnn! =
n
X
k=1
lnk≥n 2lnn
2, ainsi on a
n→∞lim
x→lim
>1
lnn!
nx
= lim
n→∞
lnn!
n =∞ 6= 0.
Exercice 3.
Soita < b etf : [a, b]→Rstrictement contractante, i.e.
∃k <1 tel que|f(x)−f(y)| ≤k|x−y|, ∀x, y∈[a, b].
1.) La fonctionf est continue puisqu’elle est lipschitzienne. Par le th´eor`eme 3.9 du cours, f admet (au moins) un point fixec. Ce point fixe est unique car si on suppose par l’absurde qu’il existe ¯x¯∈[a, b] est un autre point fixe ¯x¯6=c, on a
|c−x|¯¯ =|f(c)−f(¯x)| ≤¯ k|c−x|¯¯ <|c−x|,¯¯ ce qui est absurde.
2.) Posons xn+1 = f(xn), n = 0,1,2, . . ., avec x0 ∈ [a, b]. Clairement, on a que si xn ∈ [a, b] alors f(xn) =xn+1∈[a, b] puisqueR(f)⊂[a, b].
De plus
|xn+1−xn|=|f(xn)−f(xn−1)| ≤k|xn−xn−1|, ∀n= 1,2, . . . , ce qui implique
|xn+1−xn| ≤kn|x1−x0|=kn|f(x0)−x0|.
Ainsi
|xn+m−xn| ≤ |xn+m−xn+m−1|+|xn+m−1−xn+m−2|+. . .+|xn+1−xn|
≤ kn+m−1+kn+m−2+. . .+kn
|f(x0)−x0|=kn1−km
1−k |f(x0)−x0|.
On conclut donc que
|xn+m−xn| ≤kn|f(x0)−x0| · 1
1−k, ∀n≥0,∀m≥1.
3.) La suite (xn)∞n=0 est de Cauchy et donc convergente. On a alors l’existence de ¯xtel que lim
n→∞xn= ¯x.
Puisque [a, b] est ferm´e, on a ¯x∈[a, b] et commef est continue, on a ¯x=f(¯x) et donc ¯xest un point fixe. On a doncc= ¯x.
4.) On a|c−xn|= lim
m→∞|xn+m−xn| ≤kn|f(x0)−x0| · 1
1−k, ∀n≥0.
Exercice 4 .
Soitf :R→Rcontinue ena∈Ret
f(x+y) =f(x) +f(y), ∀x, y∈R. 1.) On af(0) =f(0 + 0) =f(0) +f(0), ce qui impliquef(0) = 0.
2.) Si (xn)∞n=0 est telle que lim
n→∞xn= 0, on a
f(xn+a) =f(xn) +f(a)⇒f(xn) =f(xn+a)−f(a).
On posean=xn+aet puisque lim
n→∞xn= 0, on a lim
n→∞an=a. Commef est continue ena, on a
n→∞lim f(an) =f(a)⇒ lim
n→∞f(xn) = lim
n→∞
f(an)−f(a)
= 0 =f(0).
Ainsif est continue enx= 0.
3.) Si (bn)∞n=0⊂Rconverge versb∈R, on a
f(bn) =f(bn−b+b) =f(bn−b) +f(b)⇒f(bn)−f(b) =f(bn−b).
Puisque lim
n→∞(bn−b) = 0 etf est continue enx= 0, on conclut que
n→∞lim(f(bn)−f(b)) = 0.
4.) Sin∈N∗ on a
f(n) =f(n−1) +f(1) =f(n−2) + 2f(1) =. . .=f(0) +n f(1) =n f(1).
De mˆeme on af(−n) =−n f(1). Ainsi∀z∈Zon af(z) =z f(1).
Six∈Qon ax= pq,p, q∈Z,q6= 0 et pf(1) =f(p) =f
qp
q
=f p
q+p
q +. . .+p q
| {z }
q fois
=q f p
q
=q f(x).
Ainsif(x) =x f(1), ∀x∈Q. La fonction g d´efinie par g(x) = x f(1) est trivialement continue et de f(x) =g(x), ∀x∈Q, on af(x) =g(x), ∀x∈R.
Ainsi
f(x) =x f(1), ∀x∈R.
