Supposons g solution de F . Pour tout n entier et tout réel x , x ∈ [n, n + 1[ ⇒ n = E(x) = E(g(x)) ⇒ g(x) ∈ [n, n + 1[

Exercice 1.

1. a. La fonction Id

_I

et la fonction E elle même sont des solutions évidentes de l'équa- tion fonctionnelle F.

b. Soit g dénie dans I et à valeurs dans I .

Supposons g solution de F . Pour tout n entier et tout réel x , x ∈ [n, n + 1[ ⇒ n = E(x) = E(g(x)) ⇒ g(x) ∈ [n, n + 1[

Réciproquement, pour tout x ≥ 0 , notons n = b x c. L'implication signgie que b g(x) c = n c'est à dire E ◦ g(x) = E(x) .

2. a. Comme f est bijective, en composant à gauche par la bijection réciproque f

⁻¹

,

∀ n ∈ N , f ◦ E ◦ f

⁻¹

(n) = n ⇔ E ◦ f

⁻¹

(n) = f

⁻¹

(n) ⇔ f

⁻¹

(n) ∈ N . b. Ici f est une bijection croissante de I dans I . Elle est strictement croissante car

elle est injective. Elle est continue car d'après un théorème de cours, comme f est croissante, le fait que f (I) soit un intervalle (ici I ) entraine que f est continue.

Supposons que f ◦ E ◦ f

⁻¹

soit une solution de F. Alors, d'après 1.b.,

∀ n ∈ N , f ◦ E ◦ f

⁻¹

([n, n + 1[) ⊂ [n, n + 1[ ⇒ E ◦ f

⁻¹

([n, n + 1[) ⊂ f

⁻¹

([n, n + 1[).

en composant par la bijection réciproque f

⁻¹

. Comme f

⁻¹

est continue et stric- tement croissante,

f

⁻¹

([n, n + 1[) =

f

⁻¹

(n), f

⁻¹

(n + 1) . Donc E(

f

⁻¹

(n), f

⁻¹

(n + 1) ) ⊂

f

⁻¹

(n), f

⁻¹

(n + 1)

⇒ f

⁻¹

(n) ≤ E(f

⁻¹

(n)) ⇒ f

⁻¹

(n) = E(f

⁻¹

(n)) ⇒ f

⁻¹

(n) ∈ N . Réciproquement, supposons f

⁻¹

(n) ∈ N pour tout n ∈ N. D'après 1.b., pour montrer que f ◦ E ◦ f

⁻¹

est solution de F , il sut de montrer que

∀ n ∈ N , f ◦ E ◦ f

⁻¹

([n, n + 1[) ⊂ [n, n + 1[ . Pour tout réel x , l'encadrement n ≤ x < n + 1 entraine

f

⁻¹

(n) ≤ f

⁻¹

(x) < f

⁻¹

(n + 1) (car f

⁻¹

strictement croissante)

⇒ f

⁻¹

(n) ≤ E(f

⁻¹

(x)) < f

⁻¹

(n + 1) (car f

⁻¹

(n) et f

⁻¹

(n + 1) entiers)

⇒ n ≤ f ◦ E ◦ f

⁻¹

(x) < n + 1 (car f strictement croissante) .

3. La fonction racine carrée est une bijection croissante de I dans I . Prenons la comme fonction f pour utiliser la question 2. Sa bijection réciproque est la fonction carrée restreinte à I . Évidemment, f

⁻¹

(n) = n

²

∈ N pour tout n ∈ N. On en déduit

E ◦ f ◦ E ◦ f

⁻¹

= E ⇒ E ◦ f ◦ E = E ◦ f

⁻¹

⇒

∀ x ≥ 0, b p

b x cc = b √ x c

.

x y

⌊x⌋ ⌈y⌉

Fig. 1: Intervalle entier

4. a. Soit x < y réels. Notons p = min (]x, y[ ∩ Z ) et q = max (]x, y[ ∩ Z ) . Alors ]x, y[ ∩ Z = J p, q K

avec

(x < p = (p − 1) + 1 et p − 1 ≤ x) ⇒ p − 1 = b x c ⇒ p = b x c + 1.

(q = (q + 1) − 1 < y et q + 1 ≥ y) ⇒ q + 1 = d y e ⇒ q = d y e − 1.

D'après l'égalité précédente, Card (]x, y[ ∩ Z ) = q − p + 1 . Alors : (q < y et x < p) ⇒ Card (]x, y[ ∩ Z ) < y − x + 1 (q ≥ y − 1 et x ≥ p − 1) ⇒ Card (]x, y[ ∩ Z ) ≥ y − x − 1 b. Soit 0 ≤ a < b ≤ 1 et m ∈ N.

Quels sont les k ∈ N tels que b √

k c = m et a < √ k − b √

k c < b ? Comme 0 ≤ a < b ≤ 1 , ce sont les k entiers tels que

m + a < √

k < m + b ⇔ (m + a)

²

< k < (m + b)

²

c'est à dire

(m + a)

²

, (m + b)

²

∩ Z.

c. On veut montrer que la suite ( √ n −b √

n c )

n∈N

est bien répartie. Notons n = b √ n c.

Soit 0 ≤ a < b ≤ 1 . Nommons X

n

l'ensemble des entiers k entre 0 et n tels que a < √

k − b √

k c < b.

Classons les k ∈ X

n

selon les valeurs de b √

k c qui est un entier m quelconque dans J 0, n K. Nommons X

n,m

l'ensemble des k tels que b √

k c = m et a < √ k −b √

k c < b . Alors X

_n

est l'union disjointe de X

_n,m

et

Card(X

_n

) =

n

X

m=0

Card(X

_n,m

).

D'après les questions 4.b. et 4.c.,

(m + b)

²

− (m + a)

²

− 1 ≤ Card(X

_n,m

) < (m + b)

²

− (m + a)

²

+ 1 Comme (m + b)

²

− (m + a)

²

= 2(b − a)m + b

²

− a

²

, on peut calculer la somme ce qui conduit à

2(b − a) n(n + 1)

2 + n(b

²

− a

²

− 1) ≤ Card(X

_n

) < 2(b − a) n(n + 1)

2 +n(b

²

− a

²

+ 1) Pour pouvoir conclure que la suite est bien répartie en utilisant le théorème d'en- cadrement pour les suites, il reste à montrer que

( n

n )

n∈N^∗

→ 0 et ( n(n + 1)

n )

n∈N^∗

→ 1.

On utilise encore le théorème d'encadrement 0 ≤ n

n ≤

√ n

n = 1

√ n → 0

1 − 1

√ n

| {z }

→1

= ( √

n − 1) √ n

n ≤ n(n + 1)

n ≤

√ n( √ n + 1)

n = 1 + 1

√ n

| {z }

→1

.

Exercice 2.

1. L'inégalité demandée résulte de l'inégalité des accroissements nis appliquée à la fonc- tion t → ln t entre x et x + 1 . En eet la dérivée est

¹_t

qui est supérieur ou égal à

_1+t¹

dans l'intervalle considéré.

2. Notons ϕ la fonction à étudier. Écrivons la sous forme exponentielle avant de la dériver.

ϕ(x) = e

x(ln(x+1)−lnx)

> 0

ϕ

⁰

(x) =

ln(x + 1) − ln(x) + x x + 1 − 1

ϕ(x)

=

ln(x + 1) − ln(x) − x x + 1

ϕ(x) ≥ 0 d'après l'inégalité de la première question. La fonction ϕ est donc croissante.

100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

0 0, 2 0, 4 0, 6 0, 8 1

Fig. 2: Coecient du binôme et fonction e

^nH

pour n = 10 . 3. Fixons un entier n et notons I

k

l'inégalité à démontrer :

(I

k

)

n k

≤ n

ⁿ

k

^k

(n − k)

^n−k

Remarquons d'abord que I

0

est vériée car elle revient à 1 ≤ 1 . Remarquons ensuite que les deux expressions à comparer sont conservées par le changement k → n − k . Il sut donc de montrer I

k

pour les k tels que k < n − k .

On va montrer que I

k

⇒ I

k+1

pour k < n − k .

Supposons I

k

et considérons le coecient du binôme suivant : n

k + 1

= n(n − 1) · · · (n − k)

(k + 1)! = n − k k + 1

n k

≤ n

ⁿ

(k + 1)k

^k

(n − k)

^n−(k+1)

d'après I

k

. Il sut donc de montrer : n

ⁿ

(k + 1)k

^k

(n − k)

^n−(k+1)

≤ n

ⁿ

(k + 1)

^k+1

(n − k − 1)

^n−k−1

ou encore x

k

≤ 1 avec

x

k

= n

ⁿ

(k + 1)k

^k

(n − k)

^n−(k+1)

(k + 1)

^k+1

(n − k − 1)

^n−k−1

n

ⁿ

= k + 1

k

k

n − k n − k − 1

−(n−k−1)

= ϕ(k)

ϕ(n − k − 1) avec la fonction ϕ de la deuxième question. Comme ϕ est croissante et k ≤ n − k − 1 , on a bien ϕ(k) ≤ ϕ(n − k − 1) ce qui achève la démonstration.

Cette démonstration est bien laborieuse à côté de celle ci trouvée par un étudiant

¹

: Il s'agit en fait de démontrer que

n k

k

^k

(n − k)

^n−k

≤ n

ⁿ

Sous cette forme, le membre de gauche apparait clairement comme un terme (celui pour lequel i = k ) dans une formule du binôme

n k

k

^k

(n − k)

^n−k

≤

n

X

i=0

n i

k

ⁱ

(n − k)

ⁿ⁻ⁱ

= (k + (n − k))

ⁿ

= n

ⁿ

4. L'inégalité de la question précédente s'exprime avec H et l'exponentielle car

n

ⁿ

k

^k

(n − k)

^n−k

= n k

^k

n n − k

^(n−k)

= e

⁻

(

^kln(kn)+(n−k) ln(^n−k_n )

) = e

^nH(kn)

La gure ?? montre que cette inégalité est très imprécise pour les coecients du milieu.

Problème

Partie I

1. Les points xes de f

µ

sont régis par une équation du second degré dans laquelle x se factorise. On trouve que ces points xes sont :

0 et µ − 1 µ = c

µ 1Thomas Lehéricy

2. La fonction est du second degré, de dérivée f

_µ⁰

(x) = µ(1 − 2x) . On obtient le tableau suivant :

−∞

¹₂

+ ∞

µ 4

% &

−∞ −∞

Le graphe est une parabole, le maximum absolu est en

¹₂

et de valeur

^µ₄

. 3. Avec l'expression de la dérivée :

f

_µ⁰

(0) = µ f

_µ⁰

(c

µ

) = 2 − µ

Pour une fonction à dérivée continue, la comparaison avec 1 de la valeur absolue de la dérivée en un point xe permet d'obtenir dans certain cas des renseignements sur la stabilité de ce point.

²

En particulier ici :

µ ∈ ]0, 1[:

( f

_µ⁰

(0) ∈ ]0, 1[

0 stable

( f

_µ⁰

(c

µ

) ∈ ]1, 2[

c

_µ

instable µ ∈ ]1, 2[:

( f

_µ⁰

(0) ∈ ]1, 2[

0 instable

( f

_µ⁰

(c

µ

) ∈ ]0, 1[

c

_µ

stable µ ∈ ]2, 3[:

( f

_µ⁰

(0) ∈ ]2, 3[

0 instable

( f

_µ⁰

(c

µ

) ∈ ] − 1, 0[

c

µ

stable µ > 3 :

( f

_µ⁰

(0) > 3 0 instable

( f

_µ⁰

(c

µ

) < − 1 c

µ

instable

4. D'après les variations de f

_µ

, f

_µ

([0, 1]) = [0,

^µ₄

] . L'intervalle [0, 1] est donc stable si et seulement si µ ∈ ]0, 4[ .

5. Pour aecter chaque µ à sa gure, on utilise l'expression de c

µ

et la propriété de stabilité de [0, 1] . Voir les gures ??, ??, ??, ??.

2Voir un texte decourssur les suites dénies par récurence

0

-0.5 0.5

-0.5

1 1.5 0.5

1 1.5

cµ

Fig. 3: µ = 1.7 pour la gure 2 de l'énoncé

Partie II

1. a. Pour µ = 2 , l'expression f

_µ

(

^µ₄

−

¹₂

) prend la valeur nulle. cela permet de la factoriser :

f

_µ

( µ 4 − 1

2 ) = − 1

16 (µ − 2)(µ

²

− 2µ − 4) = − 1

16 (µ − 2)(µ − 1 − √

5)(µ − 1 + √ 5)

b. Le calcul est immédiat et servira en question 5.a.

f

_µ⁰

( µ

4 ) + 1 = µ − 1

2 µ

²

+ 1 = − (µ − 1 − √

3)(µ − 1 + √ 3)

2. Pour µ ∈ ]0, 1[ , c

µ

< 0 , voir la gure ??. On peut former le tableau des signes de f

µ

(x) − x :

−∞ c

µ

0 + ∞

f

µ

(x) − x − 0 + 0 −

Ce tableau et les variations de f

_µ

permettent de préciser le comportement de la suite.

1.5

1

0.5

-0.5

0

0.5

-0.5

1 1.5

cµ

Fig. 4: µ = 4.7 pour la gure 3 de l'énoncé

L'intervalle ] − ∞ , c

_µ

[ est stable et la fonction est croissante dans cet intervalle.

D'après le tableau, si x

0

est dans cet intervalle, x

1

< x

0

donc la suite est strictement décroissante (l'inégalité se propage car f

µ

est croissante). Comme il n'y a pas d'autre point xe dans cet intervalle la suite décroit et diverge vers −∞.

L'intervalle ]c

µ

, 0[ est stable. Si x

0

est dans cet intervalle, x

0

< x

1

donc la suite est strictement croissante (l'inégalité se propage). La suite converge vers un point xe (la fonction est continue) qu ne peut être que 0 .

L'intervalle ]0, 1[ est stable son image est ]0,

^µ₄

] ⊂ [0,

¹₂

] . L'intervalle [0,

¹₂

] est stable et la fonction y est croissante. Pour x

0

∈ ]0, 1[ on a donc x

1

∈ [0,

¹₂

] et la suite décroît ensuite vers 0 qui est le seul point xe de la zone.

L'intervalle ]0, + ∞ [ est instable. En particulier x

₀

> 1 entraîne x

₁

< 0 . De plus il existe un réel u

_µ

> 0 tel que f

_µ

(u

_µ

) = c

_µ

. La position par rapport à ce nombre est déterminante.

Pour x

₀

∈ ]1, u

_µ

[ , x

₁

∈ ]c

_µ

, 0[ et la suite est croissante et converge ensuite vers 0 .

Pour x > c

_µ

, x

₁

< c

_µ

et la suite est décroissante et diverge ensuite vers −∞.

1.5

1

0.5

0 -0.5

-0.5

0.5 1 1.5

c_µ uµ

Fig. 5: µ = 0.7 pour la gure 4 de l'énoncé

3. Pour µ ∈ ]1, 2[ , c

µ

> 0 voir la gure ??. Le tableau devient :

−∞ 0 c

µ

+ ∞

f

_µ

(x) − x − 0 + 0 −

L'intervalle ] − ∞ , 0[ est stable et la fonction y est croissante. D'après le tableau, la suite est décroissante vers −∞ car il n'existe pas de point xe dans l'intervalle.

L'intervalle ]0, c

µ

] est stable et la fonction y est croissante. D'après le tableau, la suite est croissante vers c

µ

qui est le point xe dans l'intervalle.

L'intervalle [c

µ

,

¹₂

] est stable car son image est [c

µ

,

^µ₄

] avec µ < 2 . La fonction est croissante dans [c

µ

,

¹₂

] donc la suite est monotone, décroissante d'après le tableau des signes. Elle converge vers c

µ

.

L'intervalle [

¹₂

, 1] est instable. Si x

₀

est dans cet intervalle, x

₁

∈ [0,

¹₂

] et les deux points précédents montrent que la suite converge vers c

_µ

.

L'intervalle ]1, + ∞ [ est instable. Si x

₀

est dans cet intervalle, x

₁

< 0 et la suite decroît ensuite vers −∞.

0 1.5

1

0.5

-0.5 0.5 1 1.5

-0.5

c_µ

Fig. 6: µ = 2.7 pour la gure 5 de l'énoncé

4. D'après la factorisation de 1.a., on peut former le tableau des signes : 1 − √

5 2 1 + √

5

f

µ

(

^µ₄

) −

¹₂

+ 0 − 0 + 0 −

On en déduit que f

µ

(

^µ₄

) −

¹₂

> 0 pour µ ∈ ]2, 1 + √

5[ . D'autre part : S

µ

= [ 1

2 , µ 4 ] ⊂ [ 1

2 , 1]

donc f

µ

est décroissante et

f (S

µ

) = [f

µ

( µ 4 ), µ

4 ] ⊂ [ 1 2 , µ

4 ] = S

µ

car

¹₂

< f

_µ

(

^µ₄

) . 5. a. Comme ]2, 1 + √

3[ ⊂ ]2, 1 + √

3[ , l'intervalle S

_µ

est stable d'après 4.

La dérivée f

_µ⁰

(x) = µ − 2µx est décroissante et négative dans S

µ

, d'où K

µ

=

f

_µ⁰

( µ

4 )

D'après 1.b., f

_µ⁰

(

^µ₄

) + 1 > 0 pour µ ∈ ]2, 1 + √

3[ donc f

_µ⁰

(

^µ₄

) > − 1 donc K

µ

< 1 . b. L'inégalité des accroissements nis appliquée entre x

_n−1

et c

_µ

entraîne

| x

_n

− c

_µ

| = | f

_µ

(x

_n−1

) − f

_µ

(c

_µ

) | ≤ K

_µ

| x

_n−1

− c

_µ

|

On en déduit par récurrence l'inégalité demandée.

c. Lorsque µ ∈ ]2, 1 + √

3[ , c

µ

>

¹₂

.

Si x

0

∈ ]0,

¹₂

[ , il existe des entiers p ≥ 0 (par exemple 0 ) tels que x

0

, · · · , x

p

∈ ]0,

¹₂

[ . Notons I l'ensemble de ces entiers. Pour p ∈ I :

x

0

< · · · < x

p

et x

p+1

∈ ]0, µ 4 ]

Il est impossible que I = N car alors la suite serait croissante et majorée par

¹₂

ce qui entrainerait sa convergence vers un point xe dans un intervalle qui n'en contient pas. Il existe donc un p ∈ I tel que x

_p+1

∈ S

_µ

.

On en déduit que la suite converge alors vers c

_µ

.

Partie III

Dans cette partie, µ > 2 + √

5 > 4 . On peut se référer à la gure ?? pour un exemple de graphe de f

_µ

.

1. D`après les variations de f

_µ

, comme f

_µ

(

¹₂

) =

^µ₄

> 1 , on sait que la fonction prend deux fois la valeur 1 dans [0, 1] . En résolvant l'équation du second degré associée, on obtient que Λ

₁

est l'union de deux intervalles disjoints

Λ

1

=

"

0, 1 2 −

p µ(µ − 4) 2µ

#

∪

"

1 2 +

p µ(µ − 4) 2µ , 1

#

2. Le raisonnement de la question précédente montre que l'intervalle n'est pas stable. Avec les notations de l'énoncé, la suite prend toutes ses valeurs dans [0, 1] si et seulement si x

₀

∈ Λ .

3. Les racines de l'équation

µ

²

− 4µ − 1 = 0

sont 2 + √

5 et 2 − √

5 . On en déduit que µ > 2 + √

5 ⇒ µ

²

− 4µ − 1 > 0 ⇒ p

µ(µ − 4) > 1

⇒ 1 2 −

p µ(µ − 4) 2µ < 1

2 − 1 2µ

⇒ f

_µ⁰

( 1 2 −

p µ(µ − 4)

2µ ) > f

_µ⁰

( 1 2 − 1

2µ ) = 1 car dans l'intervalle [0,

¹₂

] , la fonction f

_µ⁰

est décroissante. La situation est symétrique de l'autre coté de

¹₂

.

4. D'après les variations de f

_µ

et de f

_µ⁰

, λ = f

_µ⁰

(u) où u vérie f

_µ

(u) = 1 . La question précédente montre alors que λ > 1 .

5. D'après les variations de f

µ

, l'intervalle ] − ∞ , 0[ est stable. De plus, pour tout x > 1 , f

µ

(x) < 0 . Par conséquent, le complémentaire ] − ∞ , 0[ ∪ ]1, + ∞ [ de [0, 1] est stable par f

_µ

.

Pour tout x ∈ Λ

_n+1

, si f

_µⁿ

(x) n'appartenait pas à [0, 1] , l'image f

_µ

(f

_µⁿ

(x)) n'appartien- drait pas non plus à [0, 1] contrairement à l'hypothèse. On a donc :

Λ

n+1

⊂ Λ

n

⊂ · · · ⊂ Λ

1

. On peut aussi raisonner de de la manière suivante :

x ∈ Λ

n+1

⇒ f

µ

(f

_µⁿ

(x)) ∈ [0, 1] ⇒ f

_µⁿ

(x) ∈ Λ

1

⊂ [0, 1] ⇒ x ∈ Λ

n

.

Montrons par récurrence que Λ

n

est formé de 2

ⁿ

intervalles disjoints et que les images par f

_µⁿ

des extrémités sont 0 et 1 .

C'est vrai pour Λ

1

d'après la question 1..Supposons la propriété vériée pour Λ

n

et considérons Λ

n+1

.

Remarquons d'abord que comme λ

n

⊂ Λ

1

, chaque intervalle constituant Λ

n

est inclus dans [0,

¹₂

] ou [

¹₂

, 1] . La restriction de f

µ

à chaque intervalle de Λ

n

est donc strictement monotone.

Soit [a, b] un des ces intervalles, par exemple dans [0,

¹₂

] (la situation est symétrique dans l'autre intervalle). On peut former les tableaux suivant :

a b

1 f

_µⁿ

%

0

a b

µ 4

> 1 f

_µⁿ⁺¹

% &

0 0

On en déduit l'existence de réels c et d tels que a < c < d < b et Λ

_n+1

∩ [a, b] = [a, c] ∪ [d, b].

Chaque intervalle est ainsi séparé en deux.

6. a. Montrons par récurrence l'inégalité demandée. Il s'agit simplement de dériver une fonction composée

∀ x ∈ λ

_n+1

:

(f

_µⁿ⁺¹

)

⁰

(x) =

f

_µ⁰

(f

_µⁿ

(x))

(f

_µⁿ

)

⁰

(x)

| {z }

≥λⁿpar récurrence

.

De plus,

x ∈ Λ

n+1

⇒ f

µ

(f

_µⁿ

(x)) ∈ [0, 1] ⇒ f

_µⁿ

(x) ∈ Λ

1

⇒

f

_µ⁰

(f

_µⁿ

(x)) ≥ λ.

b. Soit [u, v] un des intervalles constituant Λ

n

. On a vu en 5. que les images par f

_µⁿ

sont 0 et 1 . D'après le théorème des accroissements nis, il existe alors un c ∈ ]u, v[

tel que

1 = | 1 − 0 | =

f

_µⁿ

(v) − f

_µⁿ

(u) =

f

_µⁿ⁺¹

(c) | u − v |

⇒ | u − v | = 1 f

µⁿ⁺¹

(c)

≤ 1

λ

ⁿ⁺¹

.