Problème : Théorème du point fixe et applications

(1)

SESSION 2009

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 1

Exercice 1

1. NotonsIl’un des intervalles] −1, 0[ou]0, 1[. SurI, l’équaion(E)équivaut à l’équationy^′+1

xy= 2

√1−x⁴. Les deux fonctionsx7→ 1

x etx7→ 2

√1−x⁴ sont continues surIet donc les solutions de(E)surIconstituent unR-espace affine de dimension1.

Soitfune fonction dérivable surI.

fsolution de(E)surI⇔∀x∈I, (xf)^′(x) = 2x

√1−x⁴

⇔∃C∈R/∀x∈I, xf(x) =Arcsin(x²) +C⇔∃C∈R/∀x∈I, f(x) = Arcsin(x²) +C

x .

SI=

x7→ Arcsin(x²) +C

x , C∈R

.

2. Soitf une éventuelle solution de(E)sur ] −1, 1[. Nécessairement,0f^′(0) +f(0) =0et doncf(0) =0 puisf_/]−1,0[ et f_/]0,1[ étant solutions de(E)sur] −1, 0[et ]0, 1[ respectivement,

∃(C₁, C₂)∈R²/∀x∈] −1, 1[, f(x) =











Arcsin(x²) +C₁

x six∈] −1, 0[

0six=0 Arcsin(x²) +C2

x six∈]0, 1[

.

Réciproquement, une telle fonctionf est solution de(E)sur] −1, 0[et sur]0, 1[et vérifie l’égalité enx=0si de plus elle est dérivable en0. Donc, une telle fonctionf est solution de(E)sur] −1, 1[si et seulement si elle est dérivable en0.

SiC₁6=0ouC₂6=0,fne tend pas vers0=f(0)quandxtend vers0 et n’est donc pas solution de(E)sur] −1, 1[.

SiC₁=C₂=0, on a

f(x) =

x→0, x6=0

x²+o(x²)

x =x+o(x) =f(0) +x+o(x).

Dans ce cas,f admet un développement limité d’ordre 1 en 0 et est donc dérivable en0. fest alors solution de (E)sur ] −1, 1[.

L’équation(E)admet une et une seule solution sur] −1, 1[à savoir la fonctionx7→





Arcsin(x²)

x six6=0 0six6=0

.

(2)

Exercice 2

1. La fonction t7→e^−t² est continue sur [0,+∞[ et négligeable en +∞ devant 1

t² d’après un théorème de croissances comparées. Donc

La fonctiont7→e^−t² est intégrable surR⁺.

2. (a) • La fonctiont 7→ e^−t² est continue sur R⁺ et donc f est définie et de classe C¹ sur R⁺ et pour tout réel x, f^′(x) =e^−x².

•Posons G : [0,+∞[×[0, 1] → R (x, t) 7→ e^−x²^(1+t²⁾

1+t²

de sorte que∀x∈R⁺,g(x) = Z1

0

G(x, t)dt.

Pour chaque x ∈R⁺, la fonction t 7→ G(x, t) est continue par morceaux sur le segment [0, 1] et donc intégrable sur ce segment.

La fonctionG est pourvue d’une dérivée partielle par rapport à sa première variablexsur[0,+∞[×[0, 1]et

∀(x, t)∈[0,+∞[×[0, 1], ∂G

∂x(x, t) = −2xe^−x²^(1+t²⁾= −2xe^−x²e^−x²^t² De plus, pour chaquex∈R⁺, la fonction t7→ ∂G

∂x(x, t)est continue par morceaux sur[0, 1] et pour chaquet∈[0, 1], la fonctionx7→∂G

∂x(x, t)est continue sur[0,+∞[.

Enfin, la fonctionx7→−2xe^−x² est continue surR⁺et admet une limite réelle en+∞à savoir0. Cette fonction est donc bornée surR⁺. SoitMun majorant de sa valeur absolue surR⁺. Alors,

∀(x, t)∈[0,+∞[×R,

∂G

∂x(x, t)

6M=ϕ₁(t)

(hypothèse de domination) oùϕ1 est continue et intégrable sur[0, 1].

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz),gest de classeC¹surR⁺ et

∀x∈[0,+∞[,g^′(x) = Z1

0

∂G

∂x(x, t)dt= −2xe^−x² Z1

0

e^x

2t²dt.

fet gsont de classeC¹surR⁺ et∀x>0, f^′(x) =e^−x² etg^′(x) = −2xe^−x² Z1

0

e^−x²^t² dt.

(b) Le résultat est immédiat si x = 0 et si x > 0, en posant t = ux ou encore u = t

x puis dt = x du, on obtient f(x) =

Z1

0

e^−x

2u²x du.

La fonctionϕ est de classeC¹sur l’intervalle [0,+∞[et pourx>0, ϕ^′(x) =g^′(x) +2f^′(x)f(x) = −2xe^−x²

Z1

0

e^−x²^t² dt+2xe^−x² Z1

0

e^−x²^t² dt=0.

Donc la fonctionϕest constante sur [0,+∞[et ∀x>0,ϕ(x) =ϕ(0) = Z1

0

1

1+t² dt+0= π 4.

∀x∈[0,+∞[, g(x) + (f(x))²= π 4.

(c)Soitx∈R⁺. Par positivité de l’intégrale,g(x)>0 et d’autre part, la fonctiont7→ e^−x²^(1+t²⁾

1+t² =e^−x²^(1+t²⁾× 1 1+t² étant décroissante sur[0, 1]en tant que produit de deux fonctions positives et décroissantes sur[0, 1], on a

g(x)6 Z1

0

e^−x²⁽¹⁺⁰⁾ 1+0 dt=

Z1

0

e^−x

2

dt=e^−x

2

.

(3)

∀x>0,06g(x)6e^−x².

(d)Pour x>, on a(f(x))²= π

4 −g(x) et puisquef(x)>0, on a encoref(x) = rπ

4 −g(x). Mais la question précédente et le théorème des gendarmes montre que lim

x→+∞

g(x) =0. On en déduit que lim

x→+∞

f(x) = rπ

4 =

√π

2 et donc que Z+∞

0

e^−x² dx=

√π 2 .

Problème : Théorème du point fixe et applications

PartieI : Le théorème du point fixe dePicard 1. (a)Soitn∈N.

kun+1k=kxn+2−xn+1k=kf(x_n+1) −f(x_n)k6kkxn+1−xnk=kkunk. Montrons par récurrence que pourn∈N,kunk6kⁿkf(a) −ak.

C’est vrai pourn=0 carku0k=kx1−x0k6k⁰kf(a) −ak et si pourn>0,kunk6kⁿkf(a) −akalors kun+1k6kkunk6k×kⁿkf(a) −ak=kⁿ⁺¹kf(a) −ak.

On a montré par récurrence que

∀n∈N, kunk6kⁿkf(a) −ak.

Puisque 0 6k < 1, la série géométrique de terme général kⁿkf(a) −ak,n∈ N, converge. On en déduit que la série de terme général un est absolument convergente (c’est-à-dire X

kunk converge) et donc convergente puisque (E,k k) est complet.

(b)On sait que la suite de terme généralxn,n∈N, et la série de terme généralxn+1−xn,n∈N, sont de même nature (séries télescopiques). Donc la suite(xn)converge vers un élémentℓdeE.

(c)fest Lipschitzienne surEet donc continue surEet en particulier enℓ. On en déduit que ℓ= lim

n→+∞un+1= lim

n→+∞

f(u_n) =f( lim

n→+∞un) =f(ℓ).

La suite(x_n)_n∈N converge vers un point fixe def.

(d)fadmet donc au moins un point fixe. Soientxetydeux points fixes def(non nécessairement distincts).

kx−yk=kf(x) −f(y)k6kkx−yk.

On en déduit(1−k)kx−yk60puiskx−yk6puisque 1−k > 0 et donckx−yk=0puisx=y.

f admet un point fixe et un seul.

PartieII : Exemples et contre-exemples

2. Sur la nécessité d’avoir une contraction stricte.

(a)gest dérivable surRet pourt∈R

g^′(t) =1− 1 1+t² Doncg^′(t)< 1−0=1et g^′(t)>1− 1

1+0 =0. Par suite, pour tout réelt,|g^′(t)|< 1.

Soient alorsxet ydeux réels tels quex < y. La fonctiong est continue sur[x, y]et dérivable sur ]x, y[. D’après l’égalité des accroissements finis, il existec∈]x, y[tel que

(4)

|g(y) −g(x)|=|g^′(c)|×|x−y|<|x−y|.

Pour tous réels distinctsxet y, |g(x) −g(y)|<|x−y|.

(b)Soitt∈R.g(t) =t⇔Arctant= π

2. Cette équation n’a pas de solution réelle et donc la fonctiong n’a pas de point fixe. D’après le théorème dePicard, la fonctiong n’est pas une contraction stricte.

3. Un exemple. (a)Pour tout entier natureln, on aun+1=g(un). Mais pour tous réelsxet y, on a|g(x) −g(y)|= 1

5|x−y|6 1

5|x−y|. Donc la fonctiongest une contraction stricte et d’après le théorème dePicard, la suite(u_n)converge vers l’unique point fixe deg à savoirℓ= 5

4.

La suite(un)converge versℓ= 5 4. (b)Soitx∈R. Montrons par récurrence que ∀n∈N,f(gⁿ(x)) =f(x).

C’est vrai pourn=0puisqueg⁰=IdEet si pourn>0,f(gⁿ(x)) =f(x)alorsf(gⁿ⁺¹(x)) =f(g(gⁿ(x))) =f(gⁿ(x)) =f(x).

On a montré par récurrence que

∀x∈R,∀n∈N, f(gⁿ(x)) =f(x).

(c) Soitx ∈R. f est continue sur R et donc en ℓ= 5

4. On fait tendre n tend vers+∞ dans l’égalité précédente et on obtient

f(x) = lim

n→+∞

f(gⁿ(x)) =f( lim

n→+∞

gⁿ(x)) =f 5

4

. Ainsi,∀x∈R,f(x) =f

5 4

et doncf est constante. Réciproquement, les fonctions constantes conviennent.

4. Un système non linéaire dans R². (a)L’espace vectoriel normé(R²,k k1) est complet car l’espace vectorielR² est de dimension finie surR.

(b)L’inégalité|sinx|6|x|, valable pour tout réelxest connue. Mais alors pour(a, b)∈R²,

|sinb−sina|=

2sin

b−a 2

cos

b+a 2

62×

b−a 2

×1=|b−a|.

La fonction Arctan est dérivable surRet pour tout réelt,06Arctan^′(t) = 1

1+t² 61. D’après l’inégalité des accroissements finis, pour tous réelsaet b,

|Arctanb−Arctana|6|b−a|×sup{|Arctan^′(t)|, t∈R}6|b−a|×1=|b−a|.

∀(a, b)∈R²,|sinb−sina|6|b−a|et|Arctanb−Arctana|6|b−a|.

(c)Soit((x₁, y1),(x₂, y2))∈(R²)².

kψ((x₂, y2)) −ψ((x₁, y1))k1=

1

4(sin(x2+y2) −sin(x1+y1)),2

3(Arctan(x2−y2) −Arctan(x1−y1)

1

= 1

4|sin(x2+y2) −sin(x1+y1)|+2

3|Arctan(x2−y2) −Arctan(x1−y1)|

6 1

4|(x₂+y₂) − (x₁+y₁)|+2

3|(x₂−y₂) − (x₁−y₁)|

= 1

4|(x₂−x₁) + (y₂−y₁)|+ 2

3|(x₂−x₁) − (y₂−y₁)|

6 1

4 +2 3

(|x₂−x₁|+|y₂−y₁|) = 11

12k(x₂, y₂) − (x₁, y₁)k1

Comme06 11 12 < 1,

(5)

ψ est une contraction stricte de(R²,k k¹)dans(R²,k k¹).

(d)D’après le théorème dePicard,ψadmet un point fixe et un seul ou encore le système (S)admet un couple solution et un seul dansR².

(e) ψ

1 2,−1

2

−ψ(0, 0) _∞

=

0,π 6

∞

= π 6 et

1 2,−1

2

− (0, 0) _∞

= 1 2 < π

6. Donc,

ψ

1 2,−1

2

−ψ(0, 0) _∞

>

1 2,−1

2

− (0, 0) _∞

avec 1

2,−1 2

6

= (0, 0). Ainsi, l’application ψ n’est pas une contraction stricte pour la normek k^∞.

Une applicationfpeut donc être une contraction stricte pour une norme et pas pour une autre.

PartieIII : Une équation intégrale

5. (a)Montrons quek k^∞ est une norme surF.

•Soitf∈F.fest bornée sur[0, 1]. Donckfk^∞existe et appartient àR⁺.

•Soitf∈F.kfk^∞=0⇒ sup

x∈[0,1]

|f(x)|=0⇒∀x∈[0, 1], |f(x)|60⇒∀x∈[0, 1], f(x) =0⇒f=0.

•Soient f∈Fet λ∈R. L’applicationg : y7→|λ|yest continue et croissante sur R. Donc kλfk^∞=sup{g(|f(x)|), x∈[0, 1]}=g(sup{|f(x)|, x∈[0, 1]}) =|λ|kfk^∞

•Pour toutxde[0, 1],

|(f+g)(x)|6|f(x)|+|g(x)|6kfk^∞+kgk^∞.

Donckfk^∞+kgk^∞est un majorant de{|(f+g)(x)|, x∈[0, 1]}et puisquekf+gk^∞ est le plus petit de ces majorants, on akf+gk^∞6kfk^∞+kgk^∞.

k k^∞est une norme sur F.

(b)Une application continue sur un segment est bornée sur ce segment et doncE⊂F.

(c)Soientx₀∈G etε > 0. Il existe un entiern₀tel que pourn>n₀,kg_n−gk^∞ existe dansRet kg_n−gk^∞< ε 3. Pourx∈G, on a alors

kg(x) −g(x₀)k6kg(x) −gn(x)k+kgn0(x) −gn0(x₀)k+kgn0(x₀) −g(x₀)k 6kgn0(x) −gn0(x₀)k+2kgn0−gk^∞<kgn0(x) −gn0(x₀)k+2ε

3 . Maintenant,g_n0 est continue enx₀et donc∃α > 0/∀x∈G,

kx−x₀k< α⇒kg_n0(x) −g_n0(x₀)k< ε 3

. Mais alors pour x∈Gtel que kx−x0k< α, on akg(x) −g(x₀)k< ε

3+ 2ε 3 =ε.

On a montré que∀x₀∈G,∀ε > 0,∃α > 0/ ∀x∈G,(kx−x₀k< α⇒kg(x) −g(x₀)k< εet doncg est continue surG.

(d)Il s’agit de vérifier que toute suite deCauchy d’éléments deEconverge dansE.

Soit(fn)n∈Nune suite d’éléments de E, deCauchypourk k^∞.

Puisque E ⊂ F d’après (b), (fn)n∈N est aussi une suite de Cauchy de l’espace vectoriel normé (F,k k^∞). Puisque cet espace est un espace deBanach, la suite (fn)n∈N converge dans(F,k k^∞)vers un élémentf deF.

Mais alors la suite de fonctions(fn)n∈Nconverge uniformément versfsur[0, 1]et d’après la question précédente, puisque chaquefn est continue sur[0, 1],f est continue sur[0, 1]ou encore f∈E.

En résumé, la suite deCauchy(f_n)converge dansEce qu’il fallait démontrer.

(E,k k^∞)est un espace deBanach.

(6)

6. (a)Le pavé[0, 1]²est un compact deR²et l’application|K|est continue sur ce compact. On en déduit que|K|admet sur[0, 1]² un minimum et un maximum.

(b)Soitf∈E.

Pour chaquex∈[0, 1], l’applicationy7→K(x, y)f(y)est continue sur le segment[0, 1]et pour chaquey∈[0, 1], l’application x7→K(x, y)f(y)est continue sur[0, 1]. Enfin, pour tout (x, y)∈[0, 1]²

|K(x, y)f(y)|6M|f(y) =ϕ0(y)(hypothèse de domination)

oùϕ0est continue et intégrable sur[0, 1].

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, l’applicationx7→

Z1

0

K(x, y)f(y)dyest définie et continue sur[0, 1]. Il en est de même de la fonction Φ(f)et on a donc montré que

Φ∈E^E. (c)SupposonsM > 0. Soitλ∈

− 1 M, 1

M

. Soit(f₁, f2)∈E². Pour toutx∈[0, 1], on a

|φ(f₁)(x) −φ(f₂)(x)|6|λ|

Z1

0

|K(x, y)|×|f₁(y) −f2(y)|dy6|λ|Mkf1−f2k^∞,

et donckφ(f₁) −φ(f₂)k^∞6|λ|Mkf₁−f₂k^∞. Puisque|λ|M < 1, on a montré queφest une contraction stricte de l’espace deBanach(E,k k^∞).

D’après le théorème de Picard, φ admet un point fixe et un seul ou encore il existe une et une seule f ∈ E telle que

∀x∈[0, 1],f(x) +λ Z1

0

K(x, y)f(y)dy=g(x).

PartieIV : Une application géométrique

7. (a) Les droites (MM^′) et (PP^′) sont parallèles et donc d’après le théorème de Thales MM^′

MC = PP^′

PC et donc PP^′

MM^′ = PC

MC. Ensuite, dans le triangleMPC, rectangle enC, PC

MC =|cosc|.

b b

b

C B

A

b

b bb

M P

Q

R PMPM^′

MM^′ = PMC

MC =|cosc|.

|ϕ(x_M′) −ϕ(x_M)|=|cosacosbcosc|×|x_M′ −xM|.

Comme le réel|cosacosbcosc|est dans[0, 1[,ϕ est une contraction stricte de l’espace deBanach(R,| |). On en déduit qu’il existe un pointMde la droite(BC)et un seul tel que RM=M.