MPSI B 2010-2011 Corrigé du DS 5 29 juin 2019
Pb I. Équation fonctionnelle
Partie I.
1. On montre que la fonction cos est dans E en ajoutant les deux formules usuelles cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y
cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y cos(x + y) + cos(x − y) = 2 cos x cos y
2. Exprimons sh(x + y) en fonction de ch et sh : ch(x + y) = 1
2 e x+y + e −x−y
= 1
2 e x+y − e x−y + e x−y + e −x−y
= e x sh(y) + e −y ch(x) = (ch x + sh x) sh y + (ch y − sh y) ch(x)
= sh x sh y + ch y ch x On peut donc ajouter les deux ch comme les deux cos pour montrer que ch est dans E .
ch(x + y) = ch x ch y + sh x sh y ch(x − y) = ch x ch y − sh x sh y ch(x + y) + ch(x − y) = 2 ch x ch y
3. Lorsque f vérie l'équation fonctionnelle, il est immédiat que f α la vérie aussi.
4. a. Dans l'équation fonctionnelle, remplaçons x et y par 0 . On en tire 2f (0) = 2f (0) 2 ⇒ f (0) ∈ {0, 1}
b. Supposons f (0) = 0 et prenons y = 0 avec x quelconque dans l'équation fonction- nelle. Il vient :
2f (x) = 2f(x)f (0) = 0 La fonction est alors identiquement nulle.
c. On suppose ici f (0) = 1 . Dans l'équation fonctionnelle, prenons cette fois x = 0 et y quelconque. On obtient
f (y) + f (−y) = 2f (0)f (y) ⇒ f(y) = 1
2 (f (y) + f (−y))
⇒ f (−y) = 1
2 (f (−y) + f (y)) = f(y) La fonction est donc paire.
Partie II.
1. a. Par dénition de F , une fonction f ∈ F n'est pas identiquement nulle mais s'annule au moins une fois. On a donc f (0) = 1 d'après I.4.b. sinon elle serait identiquement nulle. D'autre part si elle s'annule en un réel a , ce réel est non nul et la fonction s'annule aussi en −a par parité. Elle s'annule donc en un réel strictement positif.
b. D'après le a , l'ensemble E est une partie non vide de ]0, +∞[ . Elle est donc minorée par 0 et admet une borne inférieure que l'on notera a .
c. Pour tout entier naturel n non nul, comme a est le plus grand des minorants de F , le réel a + n 1 n'est pas un minorant de E . Il existe donc un a n ∈ E tel que
a ≤ a n < a + 1 n
Avec les inégalités précédentes, le théorème d'encadrement montre que la suite (a n ) n∈N converge vers a . Comme la fonction f est continue en a , la suite (f (a n )) n∈N converge vers f (a) . Or cette suite est nulle car chaque a n est dans E . On en déduit que f (a) = 0 .
Comme 0 est un minorant de E et que a est le plus grand des minorants, on a 0 ≤ a et a 6= 0 car f (0) = 1 .
d. Soit x ∈]0, a[ . Comme a est un minorant de E et comme a ≤ x est faux, le réel x n'est pas dans E . Par conséquent f(x) 6= 0 .
Rappelons que f est continue. Si f (x) était strictement négatif, comme f (0) = 1 , il existerait (d'après le théorème de la valeur intermédiaire) un c tel que 0 < c <
x < a tel que f (c) = 0 . Ceci est en contradiction avec le fait que a est un minorant de E .
2. a. Appliquons la relation fonctionnelle avec x = y = a
2 q+1 On obtient
f ( a
2 q ) + f (0) = 2f ( a 2 q+1 ) 2 b. Démontrons la formule
(P q ) : f ( a
2 q ) = g( a 2 q )
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Rémy Nicolai S1005CMPSI B 2010-2011 Corrigé du DS 5 29 juin 2019
par récurrence sur q . Notons x q = 2 a
qde sorte que 2x q+1 = x q .
D'après les questions 1 et 3 de la partie I, les fonctions f et g vérient la même relation fonctionelle. En prenant x = y = x q+1 , on obtient
g(x q+1 ) 2 = 1
2 (g(x q ) + 1) et f (x q+1 ) 2 = 1
2 (f (x q ) + 1)
D'après les propriétés de la fonction cos , on a g(x q+1 > 0 , d'après 1.d, f (x q+1 > 0 . On en déduit :
(P q ) ⇒ f ( a
2 q ) = g( a
2 q ) ⇒ f (x q+1 ) =
r f (x q ) + 1
2 =
r g(x q ) + 1
2 = g(x q+1 ) c. Posons x 1 = 2 a
qet x p = px 1 pour tout naturel p . Remarquons que x 0 = 0 et que
f (0) = 1 = g(0) donc f (x 0 ) = g(x 0 ) . On a aussi f (x 1 ) = g(x 1 ) d'après la question b. On va montrer par récurrence que f (x p ) = g(x p ) pour tous les p . Cela vient de ce que les deux suites vérient la même relation de récurrence car les fonction vérient la même relation fonctionnelle.
f (x p+1 ) = f (x p + x) = −f (x p−1 ) + 2f (x p )f (x 1 )
= −g(x p−1 ) + 2g(x p )g(x 1 ) = g(x p+1 ) On en déduit que f (x) = g(x) pour tous les x strictement positifs de D a . Cela s'étend par parité à tous les éléments de D a .
3. D'après le résultat admis dans l'introduction, tout réel x est la limite d'une suite d'éléments (d n ) n∈
N de D a . Comme f et g sont continues en a , la limite de (f (d n )) n∈
est f (a) et celle de (g(d n )) n∈ N
N est g(a) . Comme f et g coïncident sur D a ces suites sont égales d'où f (x) = g(x) pour tout x réel.
On en déduit que les fonctions de F sont les fonctions de la forme x → cos(λx)
pour λ > 0 . Partie III.
1. Il est clair que la suite (u n ) n∈N est bien dénie et à valeurs strictement positives.
Démontrons par récurrence la proposition P n suivante.
P n : u 0 ≤ u 1 ≤ · · · ≤ u n ≤ 1
Cette proposition est vériée pour n = 0 . Montrons maintenant que P n entraine P n+1 . Il sut de montrer que u n ≤ u n+1 ≤ 1 .
L'inégalité de droite vient de :
u n ≤ 1 ⇒ 1 + u n
2 ≤ 1 ⇒ u n+1 ≤ 1 Comme tout est positif, on peut comparer les carrés :
u 2 n+1 − u 2 n = 1
2 (u n + 1 − 2u 2 n ) = 1
2 (2u n + 1)(1 − u n ) ≥ 0
La suite est donc croissante et majorée par 1 . On en déduit qu'elle est convergente, on note l sa limite. Par passage à la limite dans une inégalité, on a u 0 ≤ l ≤ 1 .
La suite (u n+1 ) n∈
N converge également vers l . La fonction x → q
1+x
2 est continue dans R + donc en particulier en l . On en déduit
l =
r 1 + x
2 ⇒ l 2 = 1 + l
2 ⇒ l ∈ {− 1
2 , 1} ⇒ l = 1 à cause de l'encadrement de l déjà obtenu.
2. a. Remarquons d'abord que comme f (0) = 1 (la fonction n'est pas identiquement nulle) et comme f ne prend pas la valeur 0 , le théorème des valeurs intermédiaires montre que f (x) > 0 pour tout réel x . Dans l'équation fonctionnelle, prenons x = y . Il vient
f(x) 2 = f (2x) + 1 2 > 1
2 ⇒ f (x) ≥ 1
√ 2 b. Montrons par récurrence la propriété Q n pour tout entier n .
Q n : ∀x ∈ R , f (x) ≥ u n
Elle est vraie d'après a pour n = 0 . D'autre part P n entraine f (2x) ≥ u n et donc : f (x) 2 = f (2x) + 1
2 ≥ u n + 1
2 ⇒ f (x) ≥ u n+1 Par passage à la limite dans une inégalité, on obtient f (x) ≥ 1 .
3. Comme f (1) ≥ 1 , il existe un unique α ≥ 0 tel que ch(α) = f (1) . On peut montrer, par la même méthode qu'à la partie II, que
∀(p, q) ∈ N 2 : f ( p
2 q ) = ch(α p 2 q )
On conclut comme plus haut. Chaque réel x est la limite d'une suite d'éléments de D 1 , les fonctions f et x → ch(αx coïncident sur D 1 et sont continues en x . On en déduit f (x) = ch(αx) .
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Pb II. Une énumération des rationnels strictement positifs
1. a. Selon les dénitions de l'énoncé : C 2 = {1} , C 3 =
1 2 , 2
, C 4 =
1 3 , 3
b. Avec la dénition de f , on trouve
u 0 = 1, u 1 = 1
2 , u 2 = 1
1 − 1 2 = 2, u 3 = 1
3 , u 4 = 1 1 − 1 3 = 3
2 , u 5 = 1
1 + 1 − 1 2 = 2
3 , u 6 = 1
1 − 2 3 = 3, u 7 = 1 3 + 1 = 1
4 On remarque en particulier que
C 2 = {u 0 } , C 3 = {u 1 , u 2 } , C 4 = {u 3 , u 6 }
Cette remarque servira à initialiser une récurrence dans la dernière question.
c. Avec les dénitions des parties entières et fractionnaires, il est immédiat que bx + 1c = bxc + 1, {x + 1} = {x}
2. a. On doit vérier que f ◦ g(x) = x pour tout x ∈]0, +∞[ et que g ◦ f (x) = x pour tout x ∈ [0, +∞[ .
Calcul de f ◦ g(x) = x pour x > 0 . Si 1 x ∈ N
g(x) = 1
x − 1 ∈ N , bg(x)c = 1
x − 1, {g(x)} = 0 ⇒ f (g(x)) = 1
1
x − 1 + 1 = x Si 1 x 6∈ N.
g(x) = b 1
x c + 1 − { 1 x }
| {z }
∈]0,1[
⇒ bg(x)c = b 1
x c, {g(x)} = 1 − { 1 x }
⇒ f (g(x)) = 1
b x 1 c + 1 − (1 − { x 1 }) = 1
b 1 x c + { 1 x } = 1
1 x
= x
Calcul de g ◦ f (x) = x pour x ≥ 0 .
Traitons à part x = 0 . On a g ◦ f (0) = g(1) = 1 − 1 = 0 . Pour x > 0 , commençons par caractériser g(x) 1 ∈ N ∗ .
1
g(x) ∈ N ∗ ⇔ bxc + 1 − {x} ∈ N ∗ ⇔ {x} = 0 ⇔ x ∈ N ∗ On traite alors deux cas.
Si x ∈ N ∗ .
g ◦ f (x) = 1
f (x) − 1 = bxc + 1 − 1 = bxc = x Si x 6∈ N ∗ .
1
f (x) = bxc + 1 − {x}
| {z }
∈]0,1[
⇒
b 1
f (x) c = bxc { 1
f (x) } = 1 − {x}
⇒ g(f (x)) = bxc + 1 − (1 − {x}) = bxc + {x} = x b. Comme r(x) = 1+x x = 1− 1+x 1 , il est bien clair que r est une application continue et
strictement croissante de [0, +∞[ vers [0, 1[ . Elle est donc bijective. Pour prouver que ρ est sa bijection réciproque, il sut donc de montrer que ρ ◦ r(x) = x .
∀x ∈ [0, +∞[: ρ ◦ r(x) = r(x) 1 − r(x) =
x 1+x
1 − 1+x x =
x 1+x
1 1+x
= x
c. Il est totalement évident que l et λ sont des bijections réciproques l'une de l'autre.
Ce sont de simples translations.
3. a. Pour tout x ∈ [0, 1[ , bxc = 0 et {x} = x . On en déduit que f (x) = 1−x 1 . b. Calcul de f ◦ r(x) pour x ≥ 0 .
Si x = 0 alors r(0) = 0 donc f ◦ r(0) = f (0) = 1 = l(0) . Si x > 0 alors r(x) ∈]0, 1[ donc :
f (r(x)) = 1
1 − r(x) = 1
1 − 1+x x = x + 1 = l(x) c. Calcul de r ◦ f (x) pour x ≥ 0 .
Si x = 0 , f (0) = 1 , r ◦ f (0) = r(1) = 1 2 .D'autre part l(0) = 1 , f ◦ l(0) = f (1) =
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1+1 = 1 2 . On a donc bien r ◦ f (0) = f ◦ l(0) . Si x > 0 , en utilisant 1.c.
r ◦ f (x) = f (x)
1 + f(x) = 1
1
f(x) + 1 = 1
bxc + 1 − {x} + 1
= 1
bx + 1c + 1 − {x + 1} = f ◦ l(x) d. On peut combiner les questions précédentes et utiliser l'associativité de la com-
position des applications.
l ◦ f = (f ◦ r) ◦ f = f ◦ (r ◦ f ) = f ◦ (f ◦ l) = (f ◦ f ) ◦ l
4. a. On a montré que f était une bijection de [0, +∞[ dans ]0, +∞[ avec f (0) = 1 . Cela entraine que tous les u n sont non nuls. Si u n = 1 avec n ≥ 1 , comme u n = f (u n−1 ) , on a f (u n−1 ) = 1 donc u n−1 = 0 ce qui est impossible.
b. Supposons p < q et u p = u q . Cela peut s'écrire avec des compositions de f u p = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
p fois
(1) = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
q fois
(1) = u q
On peut alors composer p fois à gauche par la bijection réciproque g ce qui donne 1 = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
q−p fois
(1) = u q−p
Ceci est en contradiction avec la question a. et montre que l'application n → u n
est injective.
5. a. Si l'écriture x = p q n'est pas irréductible, il en existe une autre de la forme x = p q
1qui est irréductible avec un entier naturel k tel que p = kp 1 et q = kq 1 . On a alors
1π(x) = p 1 + q 1 ≤ p + q .
b. Soit x un nombre rationnel strictement plus grand que 1 et p q une écriture irré- ductible de ce nombre. Alors :
π(λ(x)) = π( p
q − 1) = π( p − q
q ) ≤ p − q + q = p < π(x) = p + q
c. Soit x un nombre rationnel dans ]0, 1[ et p q une écriture irréductible de ce nombre.
Alors :
π(ρ(x)) = π(
p q
1 − p q ) = π( p
q − p ) ≤ p + q − p = q < π(x) = p + q
6. On va démontrer par récurrence la propriété suivante.
(R m ) ∀x ∈ W m , ∃n ∈ N tel que x = u n
La question 1.a. montre que les propriétés R 2 , R 3 , R 4 sont vraies. Montrons mainte- nant que W m entraine W m+1 .
Il s'agit de montrer que tout rationnel x (autre que 1 = u 0 ) de poids m + 1 est un u k pour un certain entier k .
Si x > 1 , considérons λ(x) . Comme π(λ(x)) < π(x) on a λ(x) ∈ W m et d'après l'hypothèse de récurrence, il existe un entier n tel que
λ(x) = u n = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
n fois
(1)
On peut écrire alors x = l(λ(x)) et utiliser les propriétés de la question 3.
x = l ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
n fois
(1) = f ◦ f ◦ l ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
n−1 fois
(1)
= · · · = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
2n fois
◦ l(1) = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
2n fois
(2) = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
2n+2 fois
(1) = u 2n+2
car 2 = u 2 = f ◦ f (1) .
Si 0 < x < 1 . On considère ρ(x) dont le poids est strictement plus petit que celui de x . Il existe donc un n tel que ρ(x) = u n . On utilise alors r :
x = r ◦ ρ(x) = r ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
n fois
(1) = f ◦ l ◦ f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
n−1 fois
(1)
= · · · = f ◦ f ◦ · · · ◦ f
| {z }
2n−1 fois
◦ l(1) = u 2n+1
Ceci montre bien la surjectivité de l'application n → u n de N dans l'ensemble des rationnels strictement positifs.
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