Corrigé des exercices - Dunod

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Exercice 19.8
On raisonne par l’absurde, en supposant par exemple que f(a) < f(b). Soit k ∈ ]f(a),f(b)[.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ ]a,b[ tel que f(c) = k. Par
continuité de f en c, il existe η > 0 tel que f(x) ∈ ]f(a),f(b)[, pour tout x tel que |x−c| η.
Sur le segment [c − η,c + η], la fonction f ne prend ni la valeur f(a), ni la valeur f(b),
contrairement à l’hypothèse. On a donc f(a) = f(b).
Si f n’est pas constante, il existe par exemple c ′ ∈ ]a,b[ tel que f(c ′ ) > f(a). On raisonne
comme précédemment. Par continuité de f en c ′ , il existe η ′ > 0 tel que f(x) > f(a) pour
|x − c ′ | η ′ . De nouveau, sur [c − η ′ ,c ′ + η ′ ], f ne prend pas la valeur f(a) (= f(b)). Donc
f est constante.
Exercice 19.9
L’image du segment [0,1] par la fonction continue f est un segment [a,b], inclus dans [0,1]
par hypothèse et on a, pour tout x ∈ [0,1], f(f(x)) = f(x) ; tout point de f([0,1]), c’est-àdire
de [a,b] est invariant par f.
D’autre part, les restrictions f 1 et f 2 de f aux segments [0,a] et [b,1] sont des applications
continues qui vérifient f 1 (a) = a et f 2 (b) = b, par continuité de f en a et b et qui prennent
leurs valeurs dans [a,b] puisque [a,b] est l’image de f.
Réciproquement, soient a et b deux réels tels que 0 a b 1, f 1 : [0,a] −→ [a,b] et
f 2 : [b,1] −→ [a,b] deux applications continues qui vérifient de plus f 1 (a) = a et f 2 (b) = b,
f : [0,1] −→ [0,1] définie par
⎧
⎪⎨ f 1 (x) si x ∈ [0,a]
f(x) = x si x ∈ [a,b]
⎪⎩
f 2 (x) si x ∈ [b,1].
La fonction est continue sur [0,1], les conditions f 1 (a) = a et f 2 (b) = b assurant la continuité
en a et b. On a clairement f([0,1]) = [a,b]. On en déduit que, pour tout x ∈ [0,1],
f ◦ f(x) = f(f(x)) = f(x) par définition de f sur [a,b]. On a donc f ◦ f = f et il découle de
la première partie de la démonstration qu’on obtient ainsi toutes les solutions de f ◦ f = f.
Si a = 0, on considérera uniquement les restrictions de f à [a,b] et [b,1]. Même remarque
pour b = 1.
Exercice 19.10
1. La fonction f −g est continue sur [0,1]. Si elle ne garde pas un signe constant, elle s’annule
au moins une fois sur [0,1].
Si f − g > 0, on considère sa borne inférieure m sur le segment [0,1]. Elle est atteinte en
c ∈ [0,1]. On a donc m = f(c) − g(c) > 0. Par définition de m, l’inégalité f(x) − g(x) m
est vérifiée pour tout x ∈ [0,1].
2. On démontre la propriété par récurrence sur n.
Pour n = 0, la propriété à vérifier est x x pour tout x ∈ [0,1].
Supposons la propriété vraie au rang n. On alors, pour tout x ∈ [0,1],
f n+1 (x) f n (f(x)) g n (f(x)) + nm, par hypothèse de récurrence
f(g n (x)) + nm, car f et g commutent
g(g n (x)) + m + nm g n+1 (x) + (n + 1)m.