Partie II

(1)

MPSI B 24 avril 2020

Énoncé

Les deux parties de ce problème sont indépendantes. Dans tout le problème, on désigne parI le segment [0,1] et parE l'espace vectoriel réel C⁰(I,R) des applications continues deI dansR.

Préliminaire

Soita∈R, on dénit des fonctionsfa etga deRdansRpar :

∀x∈R: fa(x) = min(x, a), ga(x) = max(x, a) Montrer quefa etga sont lipschitziennes surRet préciser le rapport.

On pourra remarquer quemin(u, v) = ¹₂(u+v− |u−v|)pour tous réelsuet v.

Partie I

Soientm₀ etM₀ deux éléments de[−1,+1], on pose pour toutn∈N: mn+1=1

2 Z 1

−1

min(x, Mn)dx, Mn+1=1 2

Z 1

−1

max(x, mn)dx,

(xn= 1 +mn

yn = 1−Mn

1. a. Justier l'existence des suites(mn)_n∈Net (Mn)_n∈N. b. Montrer quemn etMn sont dans[−1,1]pour toutn∈N.

2. a. Montrer que, pour toutn∈N, m_n+1=−1

4(M_n−1)², M_n+1 =1

4(m_n+ 1)² b. Montrer quemn+1∈[−1,0]etMn+1∈[0,1]pour toutn∈N.

3. a. Montrer que, pour toutn∈N,

yn+1−xn+1=1

4(yn−xn)(yn+xn)

b. Montrer que si(x_n)_n∈_Net(y_n)_n∈_Nconvergent, leurs limites sont égales à l= 2√

2−2 c. Montrer que, pour toutn∈N,

|xn+1−l| ≤ 2√ 2−1

4 |yn−l|, |yn+1−l| ≤2√ 2−1

4 |xn−l|

4. Montrer que les suites(mn)_n∈Net(Mn)_n∈Nconvergent et préciser leurs limites.

Partie II

Dans cette partie, g est une application dénie dans I, à valeurs dans I, continue et vériantg(0) = 0 etg(1) = 1.

1. Soitf un élément deE.

a. Justier l'existence de l'application ug(f) :

([0,1] →R a 7→R1

0 min(x, g(a))f(x)dx b. Montrer queug(f)appartient àE.

2. Dans cette question seulement,f(x) = tan²x. Calculerug(f)(a)poura∈[0,1]. 3. Soitf un élément deE.

a. Justier l'existence de l'application v_g(f) :

([0,1] →R a 7→R1

0 min(a, g(x))f(x)dx b. Montrer quev_g(f)appartient à E.

4. Montrer queu_g et v_g sont des endomorphismes deE. 5. a. Montrer queu_g est injectif.

b. Montrer que sigest dérivable,ug n'est pas surjectif.

6. a. En considérant l'applicationg dénie par : g(x) =

(0 six∈[0,¹₂] 2x−1 six∈[¹₂,1]

montrer quevg n'est en général pas injectif.

b. Montrer que sigest de classeC¹ et strictement croissante alorsvg est injectif.

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 Ainteg6

(2)

Corrigé Préliminaire

Utiliser la remarque proposée par l'énoncé conduit à des expressions defa(x) et fa(x) commodes pour des réels quelconquesxety :

fa(x) = min(x, a) =1

2(x+a− |x−a|) fa(y) = min(x, a) =1

2(y+a− |y−a|) fa(x)−fa(y) = 1

2(x−y− |x−a|+|y−a|)

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

|fa(x)−fa(y)| ≤ 1

2(|x−y|+| − |x−a|+|y−a|||)≤ 1

2(|x−y|+|x−y||)≤ |x−y|

Doncfaest lipschitzienne de rapport 1. Pourga, 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

fa(x) +ga(x) =a+x On en déduit (en achevant le raisonnement comme plus haut) :

ga(x)−ga(y) =1

2(−(x−y) +|x−a| − |y−a|||)

|ga(x)−ga(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 quemn et Mn sont dans [0,1]pour tous les entiers n. C'est vrai par dénition pourmO et M0. Simn et Mn x sont dans [0,1] alors min(x, Mn)et max(x, mn)sont dans[0,1]. En intégrant les inégalités on obtient bien queM_n+1 etm_n+1sont dans[−1,1].

2. a. On transformemn+1 en coupant l'intégrale en deux.

m_n+1= 1 2

Z 1

−1

min(x, M_n)dx

= 1 2

Z Mn

−1

min(x, M_n)dx+ Z 1

M_n

min(x, M_n)dx

!

= 1 2

Z Mn

−1

xdx+ Z 1

Mn

M_ndx

!

=1 2

M_n²−1

2 + (1−M_n)M_n

=−1

4(Mn−1)² Par un calcul analogue, on obtientMn+1=¹₄(mn+ 1)².

b. Évident à partir de la question précédente.

3. a. Commemn=xn−1et Mn = 1−yn, traduisons avec xn et yn les égalités de la question 2.a.

x_n+1−1 =−1 4y_n² 1−y_n+1=1

4x²_n







⇒y_n+1−x_n+1=1

4(y_n−x_n)(y_n+x_n)

b. Supposons que (xn)_n∈N converge vers x et (yn)_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

Commexn et yn sont dans[0,1], par passage à la limite, xet y sont aussi dans [0,1]donc4−y−x6= 0doncx=y.

Notonsl cette limite commune, en remplaçant dans xn+1−1 =−1

4y_n² On obtient l²+ 4l−4 dont les racines sont−2 + 2√

2 et −2−2√

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

l=−2 + 2√ 2

(3)

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

4y_n² l−1 =−1

4l²







⇒xn+1−l=−1

4(yn+l)(yn−l)

⇒ |xn+1−l|=|yn+l|

4 |yn−l| ≤ 2√ 2−1

4 |yn−l|

caryn≤1. Le raisonnement est le même pouryn. 4. Notonsq= ²

√2−1

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

|xn+2−l|=q²|xn−l|

On en déduit, par comparaison avec des suites géométriques convergentes, la convergence des suites extraites d'indices pairs ou impairs versl. Ceci prouve la convergence des suites complètes versl. Des relationsx_n= 1 +m_n,y_n = 1−M_n on déduit alors :

(mn)_n∈_N→l−1 (Mn)_n∈_N→1−l

Partie II

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

F1 : la primitive dex→xf(x)nulle en0 F : la primitive dex→xf(x)nulle en1 On peut alors alors écrire :

ug(f)(a) = Z g(a)

0

xf(x)dx+ Z 1

g(a)

g(a)f(x)dx=F1(g(a))−g(a)F(g(a)) Les fonctionsF1 etF sont dérivables, la fonctiong est continue, doncug(f) est continue.

Méthode 2 : lipschitzité

|ug(f)(a)−ug(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 queu_g(f)est continue carg est continue.

2. Dans cette questionf(x) = tan²x. On peut calculer les fonctionsF₁etF de la première méthode de la question précédente. Une primitive detan²xétanttanx−x,F s'obtient directement etF₁par une intégration par parties

F1(u) =utan²u−u²

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

ug(f)(a) = (tan 1−1)g(a) + ln|cos(g(a))|+g(a)² 2 3. a. La fonctionu_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 vg(f) est continue. Elle est même lipschitzienne de rapport R1

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 dansE.

5. a. Lorsquef ∈kerug, alors pour tous les a∈[0,1]: F₁(g(a))−g(a)F(g(a)) = 0

(4)

Mais commegest une application continue deI= [0,1]dansI telle queg(0) = 0 etg(1) = 1,g est surjective. On peut donc écrire

∀t∈I: F₁(t)−tF(t) = 0

On peut alors dériver (on ne pouvait pas le faire avant carg n'était pas supposée dérivable). On obtient, pour tous lestdeI, d'abordF(t) = 0puisf(t) = 0. b. Comme u_g(f) = F₁ ◦g−gF ◦g, si g est dérivable alors u_g(f) est dérivable.

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

6. a. En utilisant la relation de Chasles pour préciserv_g(f)pour la fonctiongdonnée par l'énoncé, on obtient :

vg(f)(x) = Z 1

1 2

min(a,2x−1)f(x)dx

Donc si f est nulle sur [¹₂,1] alors v_g(f) est la fonction nulle sans que f soit forcément nulle. Elle fait ce qu'elle veut sur[0,¹₂].

b. Sig estC¹ avecg⁰ >0alorsg est bijective deI dansI. Introduisons la bijection réciproqueg⁻¹.

v_g(f)(a) = Z 1

0

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

=

Z g⁻¹(a) 0

g(x)f(x)dx+ Z

g⁻¹(a)¹af(x)dx

=H(g⁻¹(a))−aF(g⁻¹(a)) oùF est la primitive degf nulle en0etF la primitive def nulle en1. Commeg⁻¹(a)décrit[0,1]eta=g(g⁻¹(a)), on peut en déduire :

∀x∈[0,1] : H(x)−g(x)F(x) = 0

En dérivant, on obtient alorsg⁰(x)F(x) = 0d'oùF(x) = 0puis en dérivant encore f(x) = 0. Le noyau devg se réduit donc à la fonction nulle,vgest injective.