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Problème 1
Partie I. La fonction.
1. Les conditions se traduisent par un système de 3 équations aux inconnuesa,b,c
a−b+c= 0 c= 1 a+b+c=−1
⇔
c= 1 a−b=−1 a+b=−2
⇔
c= 1
a=−3 2 b=−1 2
La seule fonction polynomialef de degré2vériantf(−1) = 0,f(0) = 1etf(1) =−1 est donc
f(x) =−3 2x2−1
2x+ 1
2. Le graphe présenté est bien celui d'une fonction du second degré (parabole) dont le coecient dex2est strictement négatif. Le calcul de la dérivée permet d'obtenir met b=f(m).
f0(x) =−3x−1
2 ⇒ m=−1
6 et b=25
24 La recherche des points xes se fait en résolvantf(x)−x= 0
f(x)−x=−3 2x2−3
2x+ 1, ∆ = 33 4 ⇒ a=−
√33 + 3
6 ' −1.46, a0=
√33−3 6 '0.46 Sur le graphe gurent aussi les trois points fondamentaux
(−1,0) = (−1, f(−1)), (0,1) = (0, f(0)), (1,−1) = (1, f(1))
3. La fonctionf est strictement croissante sur]−∞, a]et diverge vers−∞en−∞donc f(]−∞, a]) = ]−∞, f(a)] = ]−∞, a] caraest un point xe.
La fonction est strictement croissante aussi sur[a, m] donc f([a, m]) = [f(a), f(m)] = [a, b] carb=f(m).
La fonction est strictement décroissante sur[m, b]donc
f([m, b]) = [f(b), f(m)] = [f(b), b]⊂[a, b] (cara < f(b)) Commef([a, m])etf([m, b])sont inclus dans[a, b], le segment[a, b]est stable.
4. L'intervalle ]−∞, a] est stable donc la suite dénie par récurrence par la condition initiale x0 avec x0 < a est bien dénie et tous les xn sont dans ]−∞, a]. De plus f(x0)< x0 d'après l'étude des signes et la fonctionf est strictement croissante dans l'intervalle considéré. On en tire
x1< x0⇒x2=f(x1)< f(x0) =x1⇒ · · ·
La suite est donc décroissante et tous lesxn sont strictement plus petits quex0 donc plus petits que a. Si la suite convergeait, comme f est continue, sa limite serait un point xe def strictement plus petit quea. Or il n'existe pas de tel point xe donc la suite diverge vers−∞.
Six0=aoua0 (points xes), la suite est constante de valeuraoua0.
Six0=−1ou0 ou1, la suite est périodique de période3. Elle prend successivement les valeurs−1,0,1.
Partie II. Les outils.
1. On suppose[u, v] ⊂g([u, v]). Comme l'énoncé nous y invite, considéronsz et t dans [u, v]tels queg(z) =uetg(t) =v. Considérons aussi la fonction (évidemment continue)
ϕ:
([u, v]→R x7→g(x)−x Alors :
ϕ(z) =g(z)−z=u−z≤0carz∈[u, v]
ϕ(t) =g(t)−t=v−t≥0cart∈[u, v]
Si une des inégalités est une égalité, elle est associée à un point xe. Si les deux inégalités sont strictes, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires dans l'intervalle d'extrémités z et t. Il existe c entre z et t tel que ϕ(c) = 0 c'est à dire g(c) =c.
2. Comme[v, V]⊂f(I), il existeaetbdansItels quef(a) =vetf(b) =V. On suppose dans les trois premières sous-questions quea < b.
a. La partieAest non vide car elle contienta. Comme elle est par dénition incluse dans[a, b], elle est majorée parb. Elle admet donc (propriété fondamentale deR) une borne supérieure notéeα. Dea∈A, on déduita≤αet debmajorant deA, on déduitα≤b doncα∈[a, b].
D'après le cours,αest la limite d'une suite(an)n∈Nd'éléments deAqui converge
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versα. La suite(f(an))n∈Nest constante de valeurv (par dénition deA) et elle converge versf(α)carf est continue enα. On obtient doncf(α) =vc'est à dire α∈Adoncα= maxA.
Commeα= maxA, six∈]α, b] alorsx /∈Adoncf(x)6=v.
Si f(x) < v, on applique le théorème des valeurs intermédiaires dans [x, b] et il existec ∈]x, b[ tel quef(c) =v en contradiction avecα= maxA. Ceci montre quef(x)> v.
b. On raisonne comme dans la question précédente. La partie B est non vide (car b ∈ B), minorée par α (car B ⊂ [α, b]) ; elle admet donc une borne inférieure β∈[α, b]. On approche β par une suite d'éléments deB, on en déduitf(β) =V par continuité def enβ doncβ∈B et β= minB.
Commeβ= minB, six∈[α, β[alorsx /∈B doncf(x)6=V.
Si f(x)> V, on applique le théorème des valeurs intermédiaires dans[α, x] et il existec∈]α, x[ tel quef(c) =V en contradiction avec β = minB. Ceci montre quef(x)< V.
c. Les implications des questions a. et b. montrent quef([α, β])⊂[v, V]. Récipro- quement, pour touty ∈]v, V[=]f(α), f(β)[, il existe x∈]α, β[ tel quef(x) =y à cause du théorème des valeurs intermédiaires.
d. Dans le cas oùb < a, on peut se ramener au cas traité en considérant la fonction x7→f(−x)qui a pour eet de renverser le domaine de dénition.
Partie III. Existence de suites périodiques.
1. D'après l'étude des variations de la première partie f(I−) = [0, f(m)] = [0, b]
Comme1< b, on a bienI+= [0,1]⊂[0, b] =f(I−). DansI+la fonction est décroissante
f(I+) =f([0,1]) = [f(1), f(0)] = [−1,1] =I−∪I+
On en déduitI−⊂f(I+)etI+⊂f(I+).
2. a. CommeI+⊂f(I+), le résultat de la question II.2. montre qu'il existe un segment K1⊂I+ tel quef(K1) =I+.
De mêmeK1⊂I+ s'écrit aussiK1⊂f(K1)par dénition deK1. On peut encore appliquer II.2. : il existeK2⊂K1⊂I+ tel que f(K2) =K1.
Utilisons maintenantI+⊂f(I−), on en déduitK2⊂f(I−)carK2⊂I+. Toujours
d'après II.2., il existeK3⊂I− tel quef(K3) =K2.
Utilisons ennI−⊂f(I+). DeK3⊂I−⊂f(I+), on déduit avec II.2. qu'il existe K4⊂I+tel que f(K4) =K3.
b. La segments estimés graphiquement sont présentés en gure1. Ils sont légèrement décalés verticalement de l'axe des abscisses pour être mieux visibles.
3. Par construction des segmentsf(K1) =I+,f(K2) =K1,f(K3) =K2etf(K4) =K3. On en déduitf4(K4) =I+ donc
K4⊂f4(K4)
carK4⊂I+. On peut appliquer la question II.1. avec la fonction continueg =f4. Il existe donc unc∈K4tel que f4(c) =c.
4. D'après la dénition des segments :
(c∈K4⇒c∈I+), (f(c)∈f(K4) =K3⇒f(c)∈I−), f2(c)∈f(K3) =K2⇒f2(c)∈I+ ,
f3(c)∈f(K2) =K1⇒f3(c)∈I+
Si c = f(c) alors ce nombre est dans I+ ∩I− donc c = 0 ce qui est impossible car f(0) = 1.
Sic=f2(c)alorsf(c) =f3(c)donc ce nombre est dansI+∩I− doncf(c) = 0ce qui est impossible carf3(c) =f2(0) =−1.
De mêmec=f3(c)est impossible car cela entrainef(c) =f4(c) =c déjà traité. On en conclut quecrépond bien à la question. La suite dénie par récurrence à partir de cest périodique de plus petite période 4.
5. Comme I+ ⊂ f(I−), d'après II.2., il existe J1 ⊂ I− tel que f(J1) = I+. Comme I− ⊂ f(I+), il existe J2 ⊂ I+ tel que f(J2) = J1. On a donc f2(J2) = I+ puis J2 ⊂ f2(J2). On peut appliquer II.1. à f2 et en déduire l'existence d'un point xe c2∈J2⊂I+def2. Commef(c2)∈J1⊂I−,f(c2) =c2impliqueraitc2= 0ce qui est absurde.
6. On peut supposern≥5car les casn= 2et4ont été traités et0est de période3par
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dénition. On utilise la même méthode que pour 4 et reprenant les mêmes notations.
I+⊂f(I+)⇒ ∃K1⊂I+ tqf(K1) =I+
K1⊂I+=f(K1)⇒ ∃K2⊂K1 tqf(K2) =K1 K2⊂K1=f(K2)⇒ ∃K3⊂K2tqf(K3) =K2
· · ·
Kn−3⊂Kn−4=f(Kn−3)⇒ ∃Kn−2⊂Kn−3tqf(Kn−2) =Kn−3
Kn−2⊂I+=f(I−)⇒ ∃Kn−1⊂I− tqf(Kn−1) =Kn−2
Kn−1⊂I−=f(I+)⇒ ∃Kn ⊂I+ tqf(Kn) =Kn−1 On a fabriqué ainsi un segment Kn ⊂ I+ tel que fn(Kn) = I+ doncKn ⊂fn(Kn) donc (II.1. appliqué àfn dansKn) il existecn ∈Kn tel quefn(cn) =cn.
Il reste à montrer que
∀k∈J1, n−1K, fk(cn)6=cn
Remarquons quecn ∈Kn⊂I+,f(cn)∈Kn−1⊂I− et pour tous lesk≥2,fk(cn)∈ I+. Autrement dit, tous les fk(cn) sont dans I+ sauf f(cn) qui est dansI− et on a déjà utilisé que l'intersection des deux intervalles se réduit à0.
Sifn−1(cn) =cn, en composant parf, on obtientcn =f(cn)donc égal à0ce qui est impossible. Supposonsk∈J1, n−2Ketfk+1(cn) =f(cn). On obtient une contradiction car l'un est dansI+et l'autre dansI−. La plus petite période est donc bienn.
cn =fn(cn) =fn−k(cn)
−1
1
(1, −1) I
+1 K
1K
2K
3K
4Fig. 1: SegmentsK1,K2, K3,K4
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