Exercice 1 : une tangente

Considérons une fonction \( f:[0, 1]\rightarrow {\mathbb R} \), continue et dérivable, telle que :

\( f(0) = f'(0) = f'(1) = 0 \)

Montrer qu'il existe \( c\in]0; 1] \) tel que   \( f'(c) = \dfrac{f(c)}{c} \) .

On pourra étudier la fonction \( g \) définie sur \( ]0; 1] \) par :

\( \displaystyle g(x) = \frac{f(x)}{x} \)

Pour aller plus loin !
- Donner une interprétation graphique de ce résultat.
- Donner un exemple non trivial de fonction vérifiant cette condition.

Exercice 2 : l'équivalence des normes

Considérons \( E \), un \( \mathbb{K} \)-espace vectoriel de dimension finie muni de la norme \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \).

L'objectif de l'exercice est de prouver que toutes les normes sur \( E \) sont équivalentes. Pour ce faire, considérons une norme \( N \) sur \( E \) et montrons qu'elle est équivalente à \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \).

On note \( \mathscr{S} = \{ x\in E ~~|~~ \lVert x\lVert_{\infty} = 1\} \), la sphère unité de \( E \).

1. Montrer que \( \mathscr{S} \) est une partie compacte de \( E \).

2. Montrer que \( N \) est continue.

3. En déduire qu'il existe \( m\in\mathbb{R}^{+*} \) et \( M\in\mathbb{R}^{+*} \) telles que :

\( \forall u \in \mathscr{S}, ~~~~ m \leq N(u) \leq M \)

4. En déduire que \( N \) et \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \) sont équivalentes.

Pour aller plus loin !
Le point angulaire de l'exercice est clairement que la sphère unité est compacte.
Saurions-nous trouver, hors dimension finie, un exemple où la sphère n'est pas compacte ?

Exercice 3 : le théorème de Heine

Considèrons \( (E, \lVert .\lVert ) \) et \( (F, \lVert .\lVert ) \), deux \( {\mathbb K} \)-espaces vectoriels normés.

Soit \( K\subset E \), une partie compacte.

Soit \( f : K\rightarrow F \) continue.

L'objectif est de prouver que toute fonction continue sur une partie compacte est uniformément continue. Il s'agit du théorème de Heine, fondamental en Analyse : il permet notamment de justifier la construction de l'intégrale de Riemann.

1. Fixons \( \epsilon\in{\mathbb R}^{+*} \) et considérons :
 
     \( C = \big\{ (x, y) \in K^2 ~~|~~ \lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \epsilon\big\} \).
 
Justifier que \( C \) est une partie compacte.

2. En déduire qu'il existe \( \eta\in{\mathbb R}^{+*} \) tel que pour tout \( (x, y) \in K^2 \),
 
     \( \lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \epsilon \Longrightarrow \lVert x - y \lVert \geq \eta \)
 

3. Conclure.

Pour aller plus loin !
Il est possible de démontrer (presque aussi rapidement) le théorème de Heine via la propriété de Borel-Lebesgue.

Exercice 4 : un point fixe

Considèrons \( (E, \lVert .\lVert ) \), un \( {\mathbb K} \)-espace vectoriel normé et \( K\subset E \), une partie compacte.

Soit \( f: K\rightarrow K \) telle que pour tout \( (x, y)\in K^2 \),

\( x \neq y \Longrightarrow \lVert f(x) - f(y)\lVert < \lVert x - y\lVert \)

À la manière du théorème de Banard-Picard, l'objectif de l'exercice est de montrer que \( f \) admet un unique point fixe.
Ainsi, définissons \( g : K \rightarrow {\mathbb R}^+ \) par \( g(x) = \lVert f(x) - x \lVert \).

1. Démontrer que si \( f \) admet un point fixe, celui-ci est unique.

2. Justifier que \( f \) et \( g \) sont continues.

3. Démontrer qu'il existe \( x_0\in K \) tel que :

\( g(x_0) = \displaystyle \inf\big\{ g(x) ~|~ x\in K\big\} \)

4. Calculer \( g\circ f(x_0) \).
Que peut-on en conclure ?

Pour aller plus loin !
Que se passe-t-il si on modifie les conditions de l'exercice ?
Autrement dit, obtient-on encore un théorème de point fixe en choisissant \( f \) continue et vérifiant : \( x \neq y \Longrightarrow \lVert f(x) - f(y)\lVert > \lVert x - y\lVert \)

Exercice 5 : une isométrie

Considèrons \( (E, \lVert .\lVert ) \), un \( {\mathbb K} \)-espace vectoriel normé et \( K\subset E \), une partie compacte.

Soit \( f: K\rightarrow K \) une dilatation, c'est à dire que pour tout \( (x, y)\in K^2 \),

\( \lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \lVert x - y\lVert \)

L'objectif de l'exercice est de montrer que \( f \) est une isométrie bijective.

1. Montrer que \( f \) est injective.

Considérons \( a\in K \) et \( b\in K \).
Définissons les suites \( (a_n)\in K^{{\mathbb N}} \) et \( (b_n)\in K^{{\mathbb N}} \) par :

\( a_0 = a \)      \( \forall n\in{\mathbb N}, a_{n+1} = f(a_n) \)

\( b_0 = b \)      \( \forall n\in{\mathbb N}, b_{n+1} = f(b_n) \)

2. Montrer qu'il existe \( k: {\mathbb N} \rightarrow {\mathbb N} \) telle que les suites \( (a_{k(n)}) \) et \( (b_{k(n)}) \) convergent.

3. Déterminer \( \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)}\lVert \).

4. En déduire que \( f \) est une isométrie.

5. Démontrer que \( f \) est bijective.

■

Solution

Si \( f(1) = 0 \), alors \( c = 1 \) convient !

Dans la suite de l'exercice, supposons donc que \( f(1) \neq 0 \).
Mieux : quitte à résoudre le problème avec la fonction \( -f \), supposons que \( f(1) > 0 \).

Intéressons nous maintenant à \( g \). On peut remarquer que   \( g(x) = \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} \) .

a) Continuité
\( f \) étant dérivable en 0, nous pouvons prolonger \( g \) par continuité en 0 en posant \( g(0) = f'(0) = 0 \).

b) Dérivation
\( f \) étant dérivable, \( g \) est dérivable sur \( ]0; 1] \) et

\( g'(x) = -\dfrac{f'(x) \times x - f(x) \times 1}{x^2} \)

\( g'(x) = -\dfrac{xf'(x) - f(x)}{x^2} \)

c) Extremum
\( g \) étant continue sur la partie compacte \( [0; 1] \), il existe \( c\in[0; 1] \) tel que

\( g(c) = \max \left\{g(x) ~~|~~ x\in [0; 1]\right\} \)

Ce maximum peut-il être atteint sur les bords de \( [0; 1] \) ?

Cas n°1. \( c = 0 \)
Puisque \( g(1) = f(1) \) et \( g(0) = 0 \), nous obtenons que   \( f(1) \leq 0 \) .   Contradiction !

Cas n°2. \( c = 1 \)
Puisque \( g'(1) = -f(1) \), nous obtenons que   \( f(1) = -\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\dfrac{g(1) - g(x)}{1 - x} \leq 0 \) .   Contradiction !

d) Conclusion

Puisque \( c\in]0; 1[ \), l'abscisse du maximum annule la dérivée. Dès lors,

\( g'(c) = 0 = -\dfrac{cf'(c) - f(c)}{c^2} \)

Finalement,

\( f'(c) = \dfrac{0\times c^2 + f(c)}{c} = \dfrac{f(c)}{c} \)

1. Montrer que \( \mathscr{S} \) est une partie compacte de \( E \).

Dans un espace vectoriel de dimension finie, une partie est compacte si et seulement si elle est fermée et bornée.
Or, \( \mathscr{S} \) est bien une partie bornée par construction, et ferméee comme image réciproque du singleton \( {1} \) par la fonction continue \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \).

2. Montrer que \( N \) est continue.

Pour montrer que \( N \) est continue, nous allons montrer qu'elle est lipschitzienne.
Notons par \( (e_1, \dots, e_n) \) une base canonique de \( E \).
Considérons \( u\in E \) et \( v\in E \).

\( \exists (u_1, \dots, u_n) \in {\mathbb K}^n : \)      \( u = \displaystyle\sum_{i=1}^n u_i e_i \)

\( \exists (v_1, \dots, v_n) \in {\mathbb K}^n : \)      \( v = \displaystyle\sum_{i=1}^n v_i e_i \)

Nous obtenons alors que par inégalité triangulaire :

\( | N(u) - N(v) | \leq N(u-v) \)

\( | N(u) - N(v) | \leq N\left({\small\displaystyle\sum_{i=1}^n (u_i - v_i)\,e_i}\right) \)

De nouveau, par inégalité triangulaire :

\( | N(u) - N(v) | \leq \displaystyle\sum_{i=1}^n N\big( (u_i - v_i)\,e_i\big) \)

\( | N(u) - N(v) | \leq \displaystyle\sum_{i=1}^n |u_i - v_i| N(e_i) \)

Par définition de la norme \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \) :

\( | N(u) - N(v) | \leq \lVert u-v\lVert_{\infty} \) \( \times\underbrace{\displaystyle\sum_{i=1}^n N(e_i)}_{k\in{\mathbb R}^+} \)

\( N \) est donc \( k \)-lipschitzienne, et ainsi continue sur \( E \).

3. En déduire qu'il existe \( m\in\mathbb{R}^{+*} \) et \( M\in\mathbb{R}^{+*} \) telles que :

\( \forall u \in \mathscr{S}, ~~~~ m \leq N(u) \leq M \)

\( \mathscr{S} \) est une partie compacte et \( N \) est continue. Donc \( N(\mathscr{S}) \) est une partie compacte de \( {\mathbb R}^+ \). Notamment, il existe \( x\in \mathscr{S} \) et \( y\in \mathscr{S} \) tels que :

\( N(x) = \min \left\{ N(u) ~~|~~ u\in\mathscr{S} \right\} \)

\( N(y) = \max \big\{N(u) ~~|~~ u\in\mathscr{S} \big\} \)

De plus, puisque \( 0_E \notin \mathscr{S} \), \( N \) étant définie positive, \( N(x)\neq 0 \) et \( N(y)\neq 0 \).

Finalement,

  \( \forall u \in \mathscr{S}, \)      \( \underbrace{N(x)}_m \leq N(u) \leq \underbrace{N(y)}_M \)

4. En déduire que \( N \) et \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \) sont équivalentes.

Soit \( u\in E \) tel que \( u\neq 0_E \). Alors \( \dfrac{1}{ \lVert u\lVert_{\infty} }u\in\mathscr{S} \). Ainsi,

\( m \leq N\left(\dfrac{1}{ \lVert u\lVert_{\infty} }u \right) \leq M \)

\( m \leq \dfrac{1}{ \lVert u\lVert_{\infty} } N(u) \leq M \)

\( m\times \lVert u\lVert_{\infty}\leq N(u) \leq M\times \lVert u\lVert_{\infty} \)

Autrement dit, \( N \) et \( {\lVert \,.\,\lVert }_{\infty} \) sont équivalentes.

1. Fixons \( \epsilon\in{\mathbb R}^{+*} \) et considérons :
 
     \( C = \big\{ (x, y) \in K^2 ~~|~~ \lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \epsilon\big\} \).
 
Justifier que \( C \) est une partie compacte.

\( K \) étant une partie compacte, \( K\times K \) l'est aussi.

Par construction \( C \) est une partie fermée (i.e. l'inégalité est large).

Or, une partie fermée d'une partie compacte est compacte.

2. En déduire qu'il existe \( \eta\in{\mathbb R}^{+*} \) tel que pour tout \( (x, y) \in K^2 \),
 
     \( \lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \epsilon \Longrightarrow \lVert x - y \lVert \geq \eta \)
 

L'application \( d : E\times E \rightarrow {\mathbb R}^+ \) définie par \( d(x; y) = \lVert x - y\lVert \) est continue comme composée de fonctions continues.
Donc \( d(C) \) est une partie compacte, et notamment, il existe \( (a, b)\in C \) tel que

\( d(a; b) = \min\{\lVert x - y \lVert ~~|~~ (x; y)\in C\} \)

Notons \( \eta \) ce minimum.

Ainsi, pour tout \( (x; y)\in E\times E \),

\( \underbrace{(x;y)\in C}_{\lVert f(x) - f(y)\lVert \geq \epsilon}\Longrightarrow \underbrace{d(x;y) \geq \eta}_{\lVert x - y \lVert \geq \eta} \)

3. Conclure.

Par contraposée, pour tout \( (x; y)\in E\times E \),

\( \lVert x - y \lVert < \eta \Longrightarrow \lVert f(x) - f(y)\lVert < \epsilon \)

Ce qui est la définition même de la continuité uniforme.

1. Démontrer que si \( f \) admet un point fixe, celui-ci est unique.

Supposons que \( f \) admette deux points fixes distincts, notés \( x \) et \( y \). Alors :

\( \lVert \underbrace{f(x)}_{=x} - \underbrace{f(y)}_{=y}\lVert < \lVert x - y\lVert \)

\( \lVert x - y\lVert < \lVert x - y\lVert \)

Impossible ! Donc il ne peut pas y avoir deux points fixes distincts.

2. Justifier que \( f \) et \( g \) sont continues.

Par définition, \( f \) est lipschitzienne donc continue.
De même, \( \lVert .\lVert \) est lipschitzienne donc continue.
Enfin, \( g \) est continue comme composée de fonctions continues.

3. Démontrer qu'il existe \( x_0\in K \) tel que :

\( g(x_0) = \displaystyle \inf\big\{ g(x) ~|~ x\in K\big\} \)

\( K \) est une partie compacte de \( E \) et \( g \) est continue. Donc \( g(K) \) est une partie compacte de \( {\mathbb R}^+ \). Notamment, il existe \( x_0\in K \) tel que :

\( g(x_0) = \min \big\{g(x)\in K ~~|~~ x\in K\big\} \)

4. Calculer \( g\circ f(x_0) \).
Que peut-on en conclure ?

Supposons que \( f(x_0) \neq x_0 \). Alors :

\( g(f(x_0)) = \lVert f(f(x_0)) - f(x_0) \lVert \)

\( g(f(x_0)) < \lVert f(x_0) - x_0 \lVert \)

\( g(f(x_0)) < g(x_0) \)

Impossible ! En effet, par définition, \( g(x_0) \) est le minimum sur \( K \).

Donc \( f(x_0) = x_0 \).

Autrement dit, \( x_0 \) est un point fixe de \( f \). Et, au vue de la question 1, il est unique.

1. Montrer que \( f \) est injective.

Considérons \( x\in K \) et \( y\in K \) tels que \( f(x) = f(y) \),

\( \underbrace{\lVert f(x) - f(y) \lVert }_{= 0} \geq \lVert x - y\lVert \)

Ainsi, \( \lVert x - y\lVert = 0 \) et donc \( x = y \). Autrement dit, \( f \) est injective.

2. Montrer qu'il existe \( k: {\mathbb N} \rightarrow {\mathbb N} \) telle que les suites \( (a_{k(n)}) \) et \( (b_{k(n)}) \) convergent.

Définissons la suite \( (u_n)\in(K\times K)^{{\mathbb N}} \) pour tout entier \( n \) par \( u_n = (a_n; b_n) \).
\( K\times K \) étant une partie compacte de \( E\times E \), on peut en extraire une sous-suite convergente \( (u_{k(n)}) \).
Ainsi, \( (a_{k(n)}) \) et \( (b_{k(n)}) \) convergent.

3. Déterminer \( \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)}\lVert \).

Pour tout entier \( n \),

\( \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert = \lVert f(a_{k(n+1) - 1}) - f(a_{k(n) - 1})\lVert \)

\( \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert \geq \lVert a_{k(n+1) - 1} - a_{k(n) - 1}\lVert \)

En itérant cette inégalité \( k(n) \) fois :

\( \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert \geq \lVert a_{k(n+1) - k(n)} - a_0\lVert \)

La suite \( (a_{k(n)}) \) étant convergente,

\( \underbrace{\lim \lVert a_{k(n+1)} - a_{k(n)}\lVert }_{= 0} \geq \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)} - a_0\lVert \)

Ainsi, \( \lim \lVert a_{k(n+1) - k(n)}\lVert = a_0 \)

4. En déduire que \( f \) est une isométrie.

Vu la question précédente, nous obtenons aussi que \( \lim b_{k(n+1) - k(n)} = b_0 \)

\( \lVert a_0 - b_0 \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \)

Par récurrence, pour tout entier n,

\( \lVert a_0 - b_0 \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \leq \lVert a_{k(n+1) - k(n)} - b_{k(n+1) - k(n)}\lVert \)

Par continuité, nous passons à la limite :

\( \lVert a - b \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \leq \lVert \lim (a_{k(n+1) - k(n)}) - \lim(b_{k(n+1) - k(n)})\lVert \)

\( \lVert a - b \lVert \leq \lVert a_1 - b_1\lVert \leq \lVert a - b\lVert \)

Ainsi, \( \lVert a_0 - b_0 \lVert = \lVert a_1 - b_1 \lVert \)

Autrement dit, \( \lVert a - b \lVert = \lVert f(a) - f(b) \lVert \)

5. Démontrer que \( f \) est bijective.

Il reste à montrer la surjectivité, c'est à dire \( K = f(K) \).
Par définition de \( f \), nous avons déja \( f(K) \subset K \).

Il faut donc montrer que \( K \subset f(K) \).
Mais \( K \) est compact. \( f \) étant une isométrie, elle est continue. Donc \( f(K) \) est aussi une partie compacte donc fermée.
Nous allons donc plutôt montrer que \( K \subset \overline{f(K)} \).

Soit \( a\in K \). Nous avons montrer que \( a \) était la limite de la suite \( (a_{k(n+1) - k(n)}) \), autrement dit la limite d'une suite prise dans \( (f(K))^{{\mathbb N}} \).