TD DU 16/03/2012 ET DU 23/03/2012

TD DU 16/03/2012 ET DU 23/03/2012

Exercice 1 . Th´ eor` eme de Corominas (publi´ e en 1954).

Solution ´ el´ ementaire due ` a Randal Douc (alors ´ el` eve en Sp´ eciales).

Voir

http://www-public.it-sudparis.eu/~douc_ran/

Soit f est une fonction de classe C

sur [0, 1] et si, pour tout x de [0, 1], il existe n ∈ N tel que f

(x) = 0, on veut alors prouver que f est un polynˆ ome.

On note Z

l’ensemble des z´ eros de f

.

(1) Montrer que tout point d’accumulation de Z

annule f ainsi que toutes ses d´ eriv´ ees.

(2) Montrer que, si f se restreint ` a un polynˆ ome sur chaque intervalle d’intersection vide avec Z

alors f est un polynˆ ome sur [0, 1].

(3) On suppose par l’absurde que f n’est pas un polynˆ ome.

a) Montrer qu’il existe un segment F

de [0, 1] que l’on peut supposer disjoint de Z

tel que f

ne soit pas un polynˆ ome.

b) Construire alors des segments F

emboˆıt´ es, disjoints de Z

tels que f

n

ne soit pas un polynˆ ome.

c) Conclure.

1

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Solution 1

(1) Soit x un point d’accumulation de Z

alors x est limite d’une suite (x

) ∈ Z

non sta- tionnaire. On peut supposer (x

) strictement monotone. Par continuit´ e f(x) = 0 puis, grˆ ace au th´ eor` eme de Rolle, f (x

) − f (x

) = (x

− x

)f

(x

) = 0 d’o` u l’existence d’une suite strictement croissante (x

) d’´ el´ ements de Z

. x est aussi point d’accumulation de Z

. Par une r´ ecurrence alors imm´ ediate, x est point d’accumulation de Z

donc f

(x) = 0.

On peut aussi raisonner par l’absurde : si x n’annule pas toutes les d´ eriv´ ees de f, soit p le plus petit entier tel que f

(x) 6= 0 alors la formule de Taylor-Young donne

f(x

) = f(x) + (x

− x)f

(x) + · · · + (x

− x)

p! f

(x) + o[(x

− x)

]

et comme f (x

) = f (x) = f

(x) = . . . = f

(x) = 0, on en d´ eduit (apr` es simplification par (x

− x)

) que f

(x) = o(1) soit f

(x) = 0 ce qui est contradictoire.

(2) • Si Z

= [0, 1] alors f = 0 et c’est termin´ e.

• Si Z

6= [0, 1] alors son compl´ ementaire est un ouvert de [0, 1]. Soit x ∈ Z

et [a, b]

un intervalle maximal contenant x et tel que f soit un polynˆ ome sur [a, b]. b ne peut ˆ etre un point d’accumulation de Z

sinon toutes les d´ eriv´ ees de f seraient nulle en b (vu le (1)) et f serait nulle sur [a, b] ce qui est impossible car x ∈ Z

.

Si b < 1 alors on peut trouver b

> b tel que ]b, b

[⊂ Z

(en effet, b est un point isol´ e de Z

), f se restreint ` a un polynˆ ome sur ]b, b

[. Par continuit´ e, les fonctions polynomiales sur [a, b] et [b, b

] ont mˆ eme d´ eriv´ ees en b, elles sont donc ´ egales. On obtient alors une contradiction avec la maximalit´ e de [a, b] car f est polynomiale sur [a, b

].

De mˆ eme, on montre que a = 0 donc f est bien un polynˆ ome sur [0, 1].

(3) a) Par contraposition avec la propri´ et´ e du (2) on a l’existence d’un segment tel que la restriction de f ` a cet intervalle ne soit pas polynomiale. On peut encore r´ etr´ ecir ce segment pour qu’il ne contienne aucun ´ el´ ement de Z

.

b) f

v´ erifie les mˆ emes hypoth` eses que f et sa restriction ` a F

n’est pas un polynˆ ome donc, quitte ` a r´ eduire F

on peut mettre en ´ evidence un segment F

d’intersection vide avec Z

. F

⊂ F

et par r´ ecurrence, on peut ainsi construire une suite de segments F

emboˆıt´ es disjoints de Z

.

c) On sait que l’intersection des F

est non vide (th´ eor` eme des segments emboˆıt´ es), soit x dans cette intersection. x n’appartient ` a aucun des Z

ce qui est contraire ` a l’hypoth` ese.

Conclusion : f est un polynˆ ome.