PSI* — 2019/2020 — Complément sur le T.D. 04 Page 1
10. Soitf :x→ 1
1 + x ·xetBla boule unité ouverte. Déjàf est bien une application deE dansB(pour tout x deE, f(x) = x
1 + x <1), continue surE en vertu des théorèmes opératoires classiques, la norme étant continue et le dénominateur ne s’annulant pas. Reste à prouver que c’est une bijection et que f−1 est également continue. Soit y∈B ; je montre que y admet un unique antécédent par f.
Analyse : supposons x ∈ E tel que y = f(x) ; alors (1 + x )·y = x, d’où (1 + x )· y = x , nécessairement x = y
1− y , d’où1 + x = 1
1− y et donc x= 1 1− y ·y.
Synthèse : le vecteur x= 1
1− y ·y est bien défini ( y <1 par hypothèse), il vérifie
x = y
1− y d’où 1− y = 1
1 + x donc y=f(x).
Ainsi, x est un antécédent de y par f et c’est le seul d’après l’analyse. Donc f est une bijection de E dans B et sa bijection réciproque est f−1 :y → 1
1− y ·y, qui est continue sur B, toujours en vertu des théorèmes opératoires classiques !
Complément : f est 1-lipschitzienne de(E, · )dans lui-même.
Fixons(a, b) dansE2. Je réduis au même dénominateur :
f(a)−f(b) = (1 + b ).a−(1 + a ).b (1 + a ) (1 + b )
= a−b+ b .a− a .b (1 + a ) (1 + b ) et j’intercale habilement − b .b+ b .b:
f(a)−f(b) =a−b+ b .(a−b)−( b − a ).b (1 + a ) (1 + b )
d’où grâce à l’inégalité triangulaire
f(a)−f(b) ≤ (1 + b ) a−b + b − a . b (1 + a ) (1 + b )
et enfin, vu que la norme est 1-lipschitzienne :
f(a)−f(b) ≤ 1 + 2 b
(1 + a ) (1 + b ) a−b . Or le dénominateur vaut
(1 + a ) (1 + b ) = 1 + a + b + a · b ≥1 + a + b . Par conséquent, dans le cas où b ≤ a , j’ai
1 + 2 b ≤1 + a + b d’où
f(a)−f(b) ≤ a−b .
Et, dans le cas où a ≤ b , j’applique le résultat ci-dessus au couple (b, a), ce qui me donne la même conclusion ! Finalement,
∀(a, b)∈E2 f(a)−f(b) ≤ a−b , autrement dit
f est 1-lipschitzienne de(E, · )dans lui-même.
Notons enfin que 1 est le meilleur rapport que l’on puisse utiliser. En effet, si je suppose que f est k-lipschitzienne, j’ai en particulier, pour le couple(x,0), sachant quef(0) = 0,
f(x) ≤k· x , cela pour tout x non nul.
Autrement dit, en divisant par x >0,
1
1 + x ≤k et, à la limite lorsque x tend vers 0, j’obtiens bienk≥1.
