Soit a ∈ R, on dénit des fonctions f a et g a de R dans R par :

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Les deux parties de ce problème sont indépendantes. Dans tout le problème, on désigne par I le segment [0, 1] et par E l'espace vectoriel réel C ⁰ (I, R ) des applications continues de I dans R.

Préliminaire

Soit a ∈ R, on dénit des fonctions f a et g a de R dans R par :

∀x ∈ R : f a (x) = min(x, a), g a (x) = max(x, a) Montrer que f a et g a sont lipschitziennes sur R et préciser le rapport.

On pourra remarquer que min(u, v) = ¹ ₂ (u + v − |u − v|) pour tous réels u et v .

Partie I

Soient m ₀ et M ₀ deux éléments de [−1, +1] , on pose pour tout n ∈ N : m n+1 = 1

2 Z 1

−1

min(x, M n ) dx, M n+1 = 1 2

Z 1

−1

max(x, m n ) dx,

( x n = 1 + m n

y n = 1 − M n

1. a. Justier l'existence des suites (m n ) _n∈N et (M n ) _n∈N . b. Montrer que m n et M n sont dans [−1, 1] pour tout n ∈ N.

2. a. Montrer que, pour tout n ∈ N, m _n+1 = − 1

4 (M _n − 1) ² , M _n+1 = 1

4 (m _n + 1) ² b. Montrer que m n+1 ∈ [−1, 0] et M n+1 ∈ [0, 1] pour tout n ∈ N.

3. a. Montrer que, pour tout n ∈ N,

y n+1 − x n+1 = 1

4 (y n − x n )(y n + x n )

b. Montrer que si (x _n ) _n∈ _N et (y _n ) _n∈ _N convergent, leurs limites sont égales à l = 2 √

2 − 2 c. Montrer que, pour tout n ∈ N,

|x n+1 − l| ≤ 2 √ 2 − 1

4 |y n − l|, |y n+1 − l| ≤ 2 √ 2 − 1

4 |x n − l|

4. Montrer que les suites (m n ) _n∈N et (M n ) _n∈N convergent et préciser leurs limites.

Partie II

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

1. Soit f un élément de E .

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

( [0, 1] → R a 7→ R 1

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

2. Dans cette question seulement, f (x) = tan ² x . Calculer u g (f)(a) pour a ∈ [0, 1] . 3. Soit f un élément de E .

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

( [0, 1] → R a 7→ R 1

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

4. Montrer que u _g et v _g sont des endomorphismes de E . 5. a. Montrer que u _g est injectif.

b. Montrer que si g est dérivable, u g n'est pas surjectif.

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

( 0 si x ∈ [0, ¹ ₂ ] 2x − 1 si x ∈ [ ¹ ₂ , 1]

montrer que v g n'est en général pas injectif.

b. Montrer que si g est de classe C ¹ et strictement croissante alors v g 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)

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Corrigé Préliminaire

Utiliser la remarque proposée par l'énoncé conduit à des expressions de f a (x) et f a (x) commodes pour des réels quelconques x et y :

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

2 (x + a − |x − a|) f a (y) = min(x, a) = 1

2 (y + a − |y − a|) f a (x) − f a (y) = 1

2 (x − y − |x − a| + |y − a|)

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

|f a (x) − f a (y)| ≤ 1

2 (|x − y| + | − |x − a| + |y − a|||) ≤ 1

2 (|x − y| + |x − y||) ≤ |x − y|

Donc f a est lipschitzienne de rapport 1. Pour g a , 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

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

g a (x) − g a (y) = 1

2 (−(x − y) + |x − a| − |y − a|||)

|g a (x) − g a (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 que m n et M n sont dans [0, 1] pour tous les entiers n . C'est vrai par dénition pour m O et M 0 . Si m n et M n x sont dans [0, 1] alors min(x, M n ) et max(x, m n ) sont dans [0, 1] . En intégrant les inégalités on obtient bien que M _n+1 et m _n+1 sont dans [−1, 1] .

2. a. On transforme m n+1 en coupant l'intégrale en deux.

m _n+1 = 1 2

Z 1

−1

min(x, M _n ) dx

= 1 2

Z M

n

−1

min(x, M _n ) dx + Z 1

M

_n

min(x, M _n ) dx

!

= 1 2

Z M

n

−1

xdx + Z 1

M

n

M _n dx

!

= 1 2

M _n ² − 1

2 + (1 − M _n )M _n

= − 1

4 (M n − 1) ² Par un calcul analogue, on obtient M n+1 = ¹ ₄ (m n + 1) ² .

b. Évident à partir de la question précédente.

3. a. Comme m n = x n − 1 et M n = 1 − y n , traduisons avec x n et y n les égalités de la question 2.a.

x _n+1 − 1 = − 1 4 y _n ² 1 − y _n+1 = 1

4 x ² _n



 

 

⇒ y _n+1 − x _n+1 = 1

4 (y _n − x _n )(y _n + x _n )

b. Supposons que (x n ) _n∈N converge vers x et (y n ) _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

Comme x n et y n sont dans [0, 1] , par passage à la limite, x et y sont aussi dans [0, 1] donc 4 − y − x 6= 0 donc x = y .

Notons l cette limite commune, en remplaçant dans x n+1 − 1 = − 1

4 y _n ² On obtient l ² + 4l − 4 dont les racines sont −2 + 2 √

2 et −2 − 2 √

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

l = −2 + 2 √ 2

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

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

4 y _n ² l − 1 = − 1

4 l ²



 

 

⇒ x n+1 − l = − 1

4 (y n + l)(y n − l)

⇒ |x n+1 − l| = |y n + l|

4 |y n − l| ≤ 2 √ 2 − 1

4 |y n − l|

car y n ≤ 1 . Le raisonnement est le même pour y n . 4. Notons q = ²

√ 2−1

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

|x n+2 − l| = q ² |x n − l|

On en déduit, par comparaison avec des suites géométriques convergentes, la conver- gence des suites extraites d'indices pairs ou impairs vers l . Ceci prouve la convergence des suites complètes vers l . Des relations x _n = 1 + m _n , y _n = 1 − M _n on déduit alors :

(m n ) _n∈ _N → l − 1 (M n ) _n∈ _N → 1 − l

Partie II

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

F 1 : la primitive de x → xf (x) nulle en 0 F : la primitive de x → xf(x) nulle en 1 On peut alors alors écrire :

u g (f )(a) = Z g(a)

0 xf(x) dx + Z 1

g(a)

g(a)f (x) dx = F 1 (g(a)) − g(a)F (g(a)) Les fonctions F 1 et F sont dérivables, la fonction g est continue, donc u g (f ) est continue.

Méthode 2 : lipschitzité

|u g (f )(a) − u g (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 que u _g (f) est continue car g est continue.

2. Dans cette question f (x) = tan ² x . On peut calculer les fonctions F ₁ et F de la première méthode de la question précédente. Une primitive de tan ² x étant tan x−x , F s'obtient directement et F ₁ par une intégration par parties

F 1 (u) = u tan ² u − u ²

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

u g (f )(a) = (tan 1 − 1)g(a) + ln |cos(g(a))| + g(a) ² 2 3. a. La fonction u _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 v g (f ) est continue. Elle est même lipschitzienne de rapport R 1

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 dans E .

5. a. Lorsque f ∈ ker u g , alors pour tous les a ∈ [0, 1] : F ₁ (g(a)) − g(a)F (g(a)) = 0

3

(4)

MPSI B 29 juin 2019

Mais comme g est une application continue de I = [0, 1] dans I telle que g(0) = 0 et g(1) = 1 , g est surjective. On peut donc écrire

∀t ∈ I : F ₁ (t) − tF (t) = 0

On peut alors dériver (on ne pouvait pas le faire avant car g n'était pas supposée dérivable). On obtient, pour tous les t de I , d'abord F (t) = 0 puis f (t) = 0 . b. Comme u _g (f ) = F ₁ ◦ g − gF ◦ g , si g est dérivable alors u _g (f ) est dérivable.

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

6. a. En utilisant la relation de Chasles pour préciser v _g (f ) pour la fonction g donnée par l'énoncé, on obtient :

v g (f )(x) = Z 1

1 2

min(a, 2x − 1)f (x) dx

Donc si f est nulle sur [ ¹ ₂ , 1] alors v _g (f ) est la fonction nulle sans que f soit forcément nulle. Elle fait ce qu'elle veut sur [0, ¹ ₂ ] .

b. Si g est C ¹ avec g ⁰ > 0 alors g est bijective de I dans I . Introduisons la bijection réciproque g ⁻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) ¹ af(x) dx

= H(g ⁻¹ (a)) − aF(g ⁻¹ (a)) où F est la primitive de gf nulle en 0 et F la primitive de f nulle en 1 . Comme g ⁻¹ (a) décrit [0, 1] et a = g(g ⁻¹ (a)) , on peut en déduire :

∀x ∈ [0, 1] : H (x) − g(x)F (x) = 0

En dérivant, on obtient alors g ⁰ (x)F(x) = 0 d'où F (x) = 0 puis en dérivant encore f (x) = 0 . Le noyau de v g se réduit donc à la fonction nulle, v g est injective.

4

Soit a ∈ R, on dénit des fonctions f a et g a de R dans R par :

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Énoncé

Les deux parties de ce problème sont indépendantes. Dans tout le problème, on désigne par I le segment [0, 1] et par E l'espace vectoriel réel C 0 (I, R ) des applications continues de I dans R.

Préliminaire

Soit a ∈ R, on dénit des fonctions f a et g a de R dans R par :

∀x ∈ R : f a (x) = min(x, a), g a (x) = max(x, a) Montrer que f a et g a sont lipschitziennes sur R et préciser le rapport.

On pourra remarquer que min(u, v) = 1 2 (u + v − |u − v|) pour tous réels u et v .

Partie I

Soient m 0 et M 0 deux éléments de [−1, +1] , on pose pour tout n ∈ N : m n+1 = 1

2 Z 1

−1

min(x, M n ) dx, M n+1 = 1 2

Z 1

−1

max(x, m n ) dx,

( x n = 1 + m n

y n = 1 − M n

1. a. Justier l'existence des suites (m n ) n∈N et (M n ) n∈N . b. Montrer que m n et M n sont dans [−1, 1] pour tout n ∈ N.

2. a. Montrer que, pour tout n ∈ N, m n+1 = − 1

4 (M n − 1) 2 , M n+1 = 1

4 (m n + 1) 2 b. Montrer que m n+1 ∈ [−1, 0] et M n+1 ∈ [0, 1] pour tout n ∈ N.

3. a. Montrer que, pour tout n ∈ N,

y n+1 − x n+1 = 1

4 (y n − x n )(y n + x n )

b. Montrer que si (x n ) n∈ N et (y n ) n∈ N convergent, leurs limites sont égales à l = 2 √

2 − 2 c. Montrer que, pour tout n ∈ N,

|x n+1 − l| ≤ 2 √ 2 − 1

4 |y n − l|, |y n+1 − l| ≤ 2 √ 2 − 1

4 |x n − l|

4. Montrer que les suites (m n ) n∈N et (M n ) n∈N convergent et préciser leurs limites.

Partie II

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

1. Soit f un élément de E .

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

( [0, 1] → R a 7→ R 1

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

2. Dans cette question seulement, f (x) = tan 2 x . Calculer u g (f)(a) pour a ∈ [0, 1] . 3. Soit f un élément de E .

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

( [0, 1] → R a 7→ R 1

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

4. Montrer que u g et v g sont des endomorphismes de E . 5. a. Montrer que u g est injectif.

b. Montrer que si g est dérivable, u g n'est pas surjectif.

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

( 0 si x ∈ [0, 1 2 ] 2x − 1 si x ∈ [ 1 2 , 1]

montrer que v g n'est en général pas injectif.

b. Montrer que si g est de classe C 1 et strictement croissante alors v g est injectif.

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Corrigé Préliminaire

Utiliser la remarque proposée par l'énoncé conduit à des expressions de f a (x) et f a (x) commodes pour des réels quelconques x et y :

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

2 (x + a − |x − a|) f a (y) = min(x, a) = 1

2 (y + a − |y − a|) f a (x) − f a (y) = 1

2 (x − y − |x − a| + |y − a|)

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

|f a (x) − f a (y)| ≤ 1

2 (|x − y| + | − |x − a| + |y − a|||) ≤ 1

2 (|x − y| + |x − y||) ≤ |x − y|

Donc f a est lipschitzienne de rapport 1. Pour g a , 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

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

g a (x) − g a (y) = 1

2 (−(x − y) + |x − a| − |y − a|||)

|g a (x) − g a (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.

2. a. On transforme m n+1 en coupant l'intégrale en deux.

m n+1 = 1 2

Z 1

−1

min(x, M n ) dx

= 1 2

Z M

−1

min(x, M n ) dx + Z 1

M

min(x, M n ) dx

!

= 1 2

Z M

Les deux parties de ce problème sont indépendantes. Dans tout le problème, on désigne par I le segment [0, 1] et par E l'espace vectoriel réel C ⁰ (I, R ) des applications continues de I dans R.

On pourra remarquer que min(u, v) = ¹ ₂ (u + v − |u − v|) pour tous réels u et v .

Soient m ₀ et M ₀ deux éléments de [−1, +1] , on pose pour tout n ∈ N : m n+1 = 1

1. a. Justier l'existence des suites (m n ) _n∈N et (M n ) _n∈N . b. Montrer que m n et M n sont dans [−1, 1] pour tout n ∈ N.

2. a. Montrer que, pour tout n ∈ N, m _n+1 = − 1

4 (M _n − 1) ² , M _n+1 = 1

4 (m _n + 1) ² b. Montrer que m n+1 ∈ [−1, 0] et M n+1 ∈ [0, 1] pour tout n ∈ N.

b. Montrer que si (x _n ) _n∈ _N et (y _n ) _n∈ _N convergent, leurs limites sont égales à l = 2 √

4. Montrer que les suites (m n ) _n∈N et (M n ) _n∈N convergent et préciser leurs limites.

2. Dans cette question seulement, f (x) = tan ² x . Calculer u g (f)(a) pour a ∈ [0, 1] . 3. Soit f un élément de E .

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

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

4. Montrer que u _g et v _g sont des endomorphismes de E . 5. a. Montrer que u _g est injectif.

( 0 si x ∈ [0, ¹ ₂ ] 2x − 1 si x ∈ [ ¹ ₂ , 1]

b. Montrer que si g est de classe C ¹ et strictement croissante alors v g est injectif.

1. a. Les fonctions sont lipschitziennes donc continues donc intégrables. Les nombres m _n+1 et M _n+1 sont bien dénis.

m _n+1 = 1 2

min(x, M _n ) dx

min(x, M _n ) dx + Z 1

min(x, M _n ) dx

M _n dx

M _n ² − 1

2 + (1 − M _n )M _n

4 (M n − 1) ² Par un calcul analogue, on obtient M n+1 = ¹ ₄ (m n + 1) ² .

x _n+1 − 1 = − 1 4 y _n ² 1 − y _n+1 = 1

4 x ² _n

⇒ y _n+1 − x _n+1 = 1

4 (y _n − x _n )(y _n + x _n )

b. Supposons que (x n ) _n∈N converge vers x et (y n ) _n∈N vers y . Avec des opérations sur les suites convergentes, on obtient

4 y _n ² On obtient l ² + 4l − 4 dont les racines sont −2 + 2 √

4 y _n ² l − 1 = − 1

4 l ²

car y n ≤ 1 . Le raisonnement est le même pour y n . 4. Notons q = ²

|x n+2 − l| = q ² |x n − l|

On en déduit, par comparaison avec des suites géométriques convergentes, la conver- gence des suites extraites d'indices pairs ou impairs vers l . Ceci prouve la convergence des suites complètes vers l . Des relations x _n = 1 + m _n , y _n = 1 − M _n on déduit alors :

(m n ) _n∈ _N → l − 1 (M n ) _n∈ _N → 1 − l