Partie I. La fonction.

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MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 5 le 16/12/16 29 juin 2019

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 lesx_n 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(a_n)_n∈Nd'éléments deAqui converge

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 S1605C

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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

· · ·

K_n−3⊂K_n−4=f(K_n−3)⇒ ∃K_n−2⊂K_n−3tqf(K_n−2) =K_n−3 K_n−2⊂I+=f(I₋)⇒ ∃K_n−1⊂I₋ tqf(K_n−1) =K_n−2

K_n−1⊂I₋=f(I₊)⇒ ∃K_n ⊂I₊ tqf(K_n) =K_n−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, f^k(cn)6=cn

Remarquons quec_n ∈K_n⊂I₊,f(c_n)∈K_n−1⊂I₋ et pour tous lesk≥2,f^k(c_n)∈ I₊. Autrement dit, tous les f^k(c_n) sont dans I₊ sauf f(c_n) 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−2Ketf^k+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) =f^n−k(cn)

Exercice

1. La fonctionϕest obtenue à partir de f en ajoutant une fonction polynomiale. Elle a donc les mêmes propriétés de dérivabilité et de continuité que f. En particulier, les régularités requises pour appliquer deux fois le théorème de Rolle sont vériées.

ChoisissonsK pour queϕ(b) = 0. C'est possible car cela revient à résoudre une équa- tion du premier degré. Il n'est pas utile de préciser la valeur. Le point important est que

f(b) =f(a) + (b−a)f⁰(a) +K(b−a)²

Commeϕ(a) = 0, on peut appliquer le théorème de Rolle entre aet b. Il existe alors c∈]a, b[tel queϕ⁰(c) = 0. Or

ϕ⁰(t) =f⁰(t)−f⁰(a)−2K(t−a)⇒ϕ⁰(a) = 0

On peut encore appliquer le théorème de Rolle ; cette fois à ϕ⁰ entre aet c. Il existe donc und∈]a, c[⊂]a, b[tel que ϕ⁰⁰(d) = 0. Or

ϕ⁰⁰(t) =f⁰⁰(t)−2K⇒K= 1 2f⁰⁰(d)

En remplaçantKdans la relation caractérisantϕ(b) = 0, on déduit la formule annoncée

f(b) =f(a) + (b−a)f⁰(a) +(b−a)² 2 f⁰⁰(d)

2. a. Notonsτla première fonction proposée qui est le taux d'accroissement deGentre 0et x

τ(x) =G(x)−G(0) x−0 Par dénition de la dérivabilité deGen0,τ −→⁰ G⁰(0). On peut aussi utiliserτ pour exprimer la deuxième fonction

G(x²)−G(0)

x =x τ(x²)−→⁰ 0×G⁰(0) = 0

b. Pour toutx >0, la fonctiongest continue enxpar les théorèmes sur les opérations sur les fonctions admettant des limites doncgest continue dans]0,+∞[. Le point important est de montrer quegest continue en0c'est à dire qu'elle converge vers

−G⁰(0)en0. On utilise la question a. Pour toutx >0, écrivons :

g(x) =G(x²)−G(0) +G(0)−G(x) x

= x

|{z}→0

G(x²)−G(0) x²

| {z }

→G⁰(0)

−G(x)−G(0) x

| {z }

→G⁰(0)

→ −G⁰(0)

c. Traduction du résultat la question 1. entre0 etx:

∃cx∈]0, x[ tqG(x) =G(0) + (x−0)G⁰(0) + x² 2 G⁰⁰(cx) Traduction du résultat la question 1. entre0 etx² :

∃d_x∈

0, x² tqG(x²) =G(0) + (x²−0)G⁰(0) +x⁴ 2 G⁰⁰(d_x)

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d. La fonctiongestC¹dans]0,+∞[par les théorèmes usuels sur les opérations fonc- tionnelles. En0se posent deux problèmes : la dérivabilité de get la convergence deg⁰ versg⁰(0).

On montre d'abord queg⁰ converge versG⁰(0)−¹₂G⁰⁰(0)strictement à droite de 0.

Exprimons g⁰(x)pour x > 0 puis remplaçons G(x)et G(x²) par les expressions de la question précédente

g⁰(x) =−1

x² G(x²)−G(x)

+ 2G⁰(x²)−1 xG⁰(x)

=−G⁰(0)−x²

2 G⁰⁰(d_x) + 1

xG⁰(0) +1

2G⁰⁰(c_x) + 2G⁰(x²)−1 xG⁰(x) Quandxtend vers0,c_xetd_xtendent aussi vers0. CommeG⁰etG⁰⁰sont continues en0,

x²

2 G⁰⁰(dx)→0, 1

2G⁰⁰(cx)→1

2G⁰⁰(0), 2G⁰(x²)→2G⁰(0) CommeG⁰ est dérivable en0,

1

xG⁰(0)−1

xG⁰(x) =−G⁰(x)−G⁰(0)

x → −G⁰⁰(0) On en déduit que

g⁰(x)→ −G⁰(0)−G⁰⁰(0) + 1

2G⁰⁰(0) + 2G⁰(0) =G⁰(0)−1 2G⁰⁰(0) Le théorème de limite de la dérivée prouve alors quegest dérivable en0 avec

g⁰(0) =G⁰(0)−1 2G⁰⁰(0) et queg⁰ est continue en0donc quegest C¹dans[0,+∞[.

−1

1 (1, −1) I

+

1 K

1

K

₂

K

3

K

4

Fig. 1: SegmentsK1,K2, K3,K4