Continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Pourquoi étudier la continuité ?

Le problème fondamental

Imagine qu'on te demande : « Montre que \(x^5+3x-7=0\) admet au moins une solution dans \(\R\). » Pas de formule au degré 5. Pourtant, tu vas prouver qu'une solution existe sans la calculer. Le secret ? La continuité et le TVI.

En physique : la température ne saute pas de \(20\,{}^\circ\)C à \(-10\,{}^\circ\)C sans passer par toutes les valeurs intermédiaires.

En économie : si une entreprise est en déficit en janvier et en bénéfice en mars, elle est forcément passée par l'équilibre. C'est le TVI.

L'idée directrice

L'idée avant la formule

Le crayon qui ne se lève pas

Continuité et limites

Limites à gauche et à droite

Exemple fondamental : étude de continuité par morceaux

Pourquoi c'est puissant

Le cours formel

Continuité en un point

Prolongement par continuité

Continuité sur un intervalle et fonctions usuelles

Dérivable \(\Rightarrow\) continue

Opérations sur les fonctions continues

Le théorème des valeurs intermédiaires

Corollaire : fonction strictement monotone

Cas \(k=0\) : existence d'un zéro

Image d'un segment par une fonction continue

Suites et continuité

Méthode de dichotomie

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Continuité : vrai ou faux

Dire si chaque fonction est continue en \(a\). Justifier.

1. \(f(x)=\frac{x^2-4}{x-2}\) en \(a=2\).

2. \(g(x)=\begin{cases}x^2&\text{si }x\leqslant 1\\2x-1&\text{si }x>1\end{cases}\) en \(a=1\).

3. \(h(x)=\begin{cases}\frac{\sin x}{x}&\text{si }x\neq 0\\1&\text{si }x=0\end{cases}\) en \(a=0\).

4. \(\varphi(x)=\begin{cases}x\sin(1/x)&\text{si }x\neq 0\\0&\text{si }x=0\end{cases}\) en \(a=0\).

Exercice 2 ★☆☆ : Opérations et continuité

Justifier la continuité sur le domaine de définition :

1. \(f(x)=x^3-5x+2\)
2. \(g(x)=e^{-x^2}\)
3. \(h(x)=\ln(x^2+1)\)
4. \(k(x)=\frac{\cos x}{1+x^2}\)

Exercice 3 ★☆☆ : Existence par le TVI

1. Montrer que \(x^3+x-1=0\) admet au moins une solution dans \([0,1]\).

2. Montrer que \(e^x=3-x\) admet au moins une solution dans \(\R\).

3. Montrer que \(\cos x=x\) admet au moins une solution dans \([0,\pi]\).

Exercice 4 ★☆☆ : Dichotomie

Soit \(f(x)=x^3+x-1\) sur \([0,1]\).

1. Montrer que \(f(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\) dans \([0,1]\).

2. Encadrer \(\alpha\) à \(10^{-1}\) près par dichotomie.

3. Combien d'étapes pour \(10^{-3}\) près ?

Exercice 5 ★★☆ : Nombre de solutions

Soit \(f(x)=x^3-3x+1\).

1. Étudier les variations de \(f\) sur \(\R\).

2. Montrer que \(f(x)=0\) admet exactement trois solutions.

3. Encadrer chaque solution à \(10^{-1}\) près.

Exercice 6 ★★☆ : Prolongement par continuité

1. Montrer que \(f(x)=\frac{e^x-1}{x}\) admet un prolongement continu en 0 et donner sa valeur.

2. Idem pour \(g(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}\).

3. Idem pour \(h(x)=x^2\cos(1/x)\) en 0.

Exercice 7 ★★☆ : Fonction par morceaux

1. Trouver \(a,b\) pour que \(f\) soit continue sur \(\R\).

2. Pour ces valeurs, \(f\) est-elle dérivable en \(1\) ?

Exercice 8 ★★☆ : Suite récurrente et point fixe

\(f(x)=\sqrt{2x+3}\), \(u_0=0\), \(u_{n+1}=f(u_n)\).

1. Trouver les points fixes de \(f\).

2. Montrer que \(0\leqslant u_n\leqslant 3\) et que \((u_n)\) est croissante.

3. En déduire la convergence et la limite.

Exercice 9 ★★☆ : Méthode de Héron

\(f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{2}{x})\), \(u_0=2\), \(u_{n+1}=f(u_n)\).

1. Montrer que \(u_n\geqslant\sqrt{2}\) pour tout \(n\).

2. Montrer que \((u_n)\) est décroissante.

3. Déterminer la limite.

4. Calculer \(u_1,u_2,u_3\) et commenter.

Exercice 10 ★★☆ : Image d'un intervalle

\(f(x)=\frac{x}{1+x^2}\) sur \(\R\).

1. Étudier les variations de \(f\).

2. Déterminer \(f(\R)\).

3. Combien de solutions a \(f(x)=\frac{1}{3}\) ?

Exercice 11 ★★★ : Démonstrations de cours

1. Redémontrer que dérivable \(\Rightarrow\) continue.

2. Démontrer le corollaire du TVI (unicité).

3. Démontrer que \(f:[0,1]\to[0,1]\) continue admet un point fixe.

Exercice 12 ★★★ : Équation paramétrée

Soit \(m\in\R\) et \(f_m(x)=x^3-3x+m\).

1. Étudier les variations de \(f_m\).

2. Pour quelles valeurs de \(m\) l'équation \(f_m(x)=0\) admet-elle 1, 2 ou 3 solutions ?

Problème : Points fixes et itérations ★★★

Soit \(I=[a,b]\) un segment et \(f:I\to I\). On dit que \(f\) est \(k\)-contractante (\(0\leqslant k<1\)) si :

On pose \(u_0\in I\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\).

Partie A : Existence et unicité du point fixe

1. Montrer qu'une fonction \(k\)-contractante est continue.

2. Poser \(g(x)=f(x)-x\). Montrer que \(g(a)\geqslant 0\) et \(g(b)\leqslant 0\).

3. En déduire que \(f\) admet au moins un point fixe.

4. Montrer que ce point fixe est unique (raisonner par l'absurde).

5. On note \(\ell\) l'unique point fixe.

Partie B : Convergence

1. Montrer que \(|u_{n+1}-\ell|\leqslant k|u_n-\ell|\).

2. En déduire \(|u_n-\ell|\leqslant k^n|u_0-\ell|\).

3. Montrer que \((u_n)\to\ell\).

4. Établir : \(|u_n-\ell|\leqslant\frac{k^n}{1-k}|u_1-u_0|\).

Partie C : Applications

1. Montrer que \(f(x)=\frac{1}{3}\cos x\) est \(\frac{1}{3}\)-contractante sur \([0,1]\). En déduire que \(\cos x=3x\) a une unique solution dans \([0,1]\).

2. \(f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{a}{x})\) pour \(a>0\), \(I=[\sqrt{a},M]\).

   1. Montrer \(f(I)\subseteq I\).

   2. Montrer que \(f\) est contractante sur \(I\).

   3. En déduire la convergence de la méthode de Héron vers \(\sqrt{a}\).

3. (Bonus) Exhiber \(f:\R\to\R\) avec \(|f(x)-f(y)|<|x-y|\) pour \(x\neq y\) mais sans point fixe.

Corrigés détaillés

Exercice 1

a) \(f(x)=\frac{x^2-4}{x-2}\). Le dénominateur \(x-2\) s'annule en \(a=2\) : \(f\) n'est pas définie en 2, donc a fortiori pas continue en 2.

Prolongement possible : pour \(x\neq 2\), \(\frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2\), donc \(\lim_{x\to 2}f(x)=4\). On peut prolonger par \(\tilde f(2)=4\), et \(\tilde f\) est alors continue en 2 (et même sur \(\R\)).

b) On calcule les limites latérales en \(a=1\) :

• \(\lim_{x\to 1^-}g(x)=\lim_{x\to 1^-}x^2=1\)
• \(\lim_{x\to 1^+}g(x)=\lim_{x\to 1^+}(2x-1)=1\)
• \(g(1)=1^2=1\)

Les trois sont égaux : \(g\) est continue en 1.

c) \(h(0)=1\) par définition. Et \(\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\) (limite classique). Donc \(\lim_{x\to 0}h(x)=1=h(0)\) : \(h\) est continue en 0.

d) \(\varphi(0)=0\). Pour \(x\neq 0\) : \(|\varphi(x)|=|x||\sin(1/x)|\leqslant|x|\) car \(|\sin|\leqslant 1\). Comme \(|x|\to 0\) quand \(x\to 0\), par le théorème des gendarmes \(\varphi(x)\to 0=\varphi(0)\) : \(\varphi\) est continue en 0.

Exercice 2

a) Polynôme : continu sur \(\R\). b) Composée \(\exp\circ(x\mapsto -x^2)\) : continu sur \(\R\). c) \(x^2+1>0\) partout, \(\ln\) continue sur \(]0,+\infty[\) : par composition, continu sur \(\R\). d) \(1+x^2>0\) partout : quotient continu sur \(\R\).

Exercice 3

a) \(f(x)=x^3+x-1\) continue (polynôme). \(f(0)=-1<0\), \(f(1)=1>0\). Par le TVI : \(\exists\,c\in\;]0,1[,\;f(c)=0\).

b) \(g(x)=e^x-3+x\) continue. \(g(0)=-2<0\), \(g(2)=e^2-1>0\). Par le TVI : solution dans \(]0,2[\).

c) \(h(x)=\cos x-x\) continue. \(h(0)=1>0\), \(h(\pi)=-1-\pi<0\). Par le TVI : solution dans \(]0,\pi[\).

Exercice 4

a) \(f\) continue, \(f(0)\cdot f(1)<0\), \(f'(x)=3x^2+1>0\) : strictement croissante. Corollaire du TVI : unique solution.

b) \(f(0{,}5)\approx -0{,}38<0\) : \(\alpha\in[0{,}5;1]\). \(f(0{,}7)\approx 0{,}04>0\) : \(\alpha\in[0{,}5;0{,}7]\). \(f(0{,}6)\approx -0{,}18<0\) : \(\alpha\in[0{,}6;0{,}7]\).

c) \(\frac{1}{2^n}\leqslant 10^{-3}\Leftrightarrow 2^n\geqslant 1000\). Or \(2^{10}=1024\) : 10 étapes.

Exercice 5

\(f(x)=x^3-3x+1\). \(f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1)\).

\(f'(x)=0\Leftrightarrow x=-1\) ou \(x=1\).

\(\lim_{-\infty}f=-\infty\), \(f(-1)=3\) (max local), \(f(1)=-1\) (min local), \(\lim_{+\infty}f=+\infty\).

Sur \(]-\infty,-1]\) : \(f\) continue, strictement croissante, de \(-\infty\) à \(3\). Comme \(0\in]-\infty,3[\), par le corollaire du TVI : unique solution \(\alpha_1\). Encadrement : \(f(-2)=-1<0\), \(f(-1)=3>0\), puis \(f(-1{,}9)\approx -0{,}56<0\), \(f(-1{,}8)\approx 0{,}57>0\) : \(\alpha_1\in[-1{,}9;-1{,}8]\).

Sur \([-1,1]\) : \(f\) continue, strictement décroissante, de \(3\) à \(-1\). Comme \(0\in[-1,3]\), par le corollaire du TVI : unique solution \(\alpha_2\). Encadrement : \(f(0)=1>0\), \(f(1)=-1<0\), puis \(f(0{,}3)\approx 0{,}13>0\), \(f(0{,}4)\approx-0{,}14<0\) : \(\alpha_2\in[0{,}3;0{,}4]\).

Sur \([1,+\infty[\) : \(f\) continue, strictement croissante, de \(-1\) à \(+\infty\). Comme \(0\in]-1,+\infty[\), par le corollaire du TVI : unique solution \(\alpha_3\). Encadrement : \(f(1{,}5)=-0{,}125<0\), \(f(1{,}6)\approx 0{,}30>0\) : \(\alpha_3\in[1{,}5;1{,}6]\).

Bilan : une solution par intervalle de monotonie, exactement trois solutions au total.

Exercice 6

a) \(\lim_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1\) (taux d'accroissement de \(\exp\) en 0). Prolongement : \(\tilde f(0)=1\).

b) \(\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1\) (taux d'accroissement de \(\ln(1+x)\) en 0). Prolongement : \(\tilde g(0)=1\).

c) \(|h(x)|=x^2|\cos(1/x)|\leqslant x^2\to 0\). Prolongement : \(\tilde h(0)=0\).

Exercice 7

a) Continuité en 1 : \(\lim_{1^-}f=a+b\) et \(\lim_{1^+}f=\ln 1+2=2\). Condition : \(a+b=2\).

b) \(f'(1^-)=2a\), \(f'(1^+)=1\). Dérivabilité \(\Leftrightarrow\) \(2a=1\), soit \(a=\frac{1}{2}\), \(b=\frac{3}{2}\). Avec ces valeurs, \(f\) est dérivable en 1.

Exercice 8

\(f(x)=\sqrt{2x+3}\), définie sur \([-\frac{3}{2},+\infty[\), à valeurs dans \([0,+\infty[\).

Points fixes : \(f(x)=x\Leftrightarrow\sqrt{2x+3}=x\) (avec \(x\geqslant 0\)). On élève au carré : \(2x+3=x^2\), soit \(x^2-2x-3=0\). Discriminant \(\Delta=16\), racines \(x=\frac{2\pm 4}{2}\), soit \(x=3\) ou \(x=-1\). Comme \(x\geqslant 0\), l'unique point fixe est \(\ell=3\).

Récurrence : \(0\leqslant u_n\leqslant 3\)

Initialisation : \(u_0=0\in[0,3]\).

Hérédité : supposons \(0\leqslant u_n\leqslant 3\). Alors \(3\leqslant 2u_n+3\leqslant 9\), donc \(\sqrt{3}\leqslant\sqrt{2u_n+3}\leqslant 3\), i.e. \(\sqrt{3}\leqslant u_{n+1}\leqslant 3\). En particulier \(0\leqslant u_{n+1}\leqslant 3\).

Croissance de \((u_n)\) : on pose \(g(x)=f(x)-x=\sqrt{2x+3}-x\) et on étudie son signe sur \([0,3]\).

\(g'(x)=\frac{1}{\sqrt{2x+3}}-1\). Pour \(x\geqslant 0\) : \(2x+3\geqslant 3>1\), donc \(\sqrt{2x+3}>1\), d'où \(g'(x)<0\) : \(g\) est strictement décroissante sur \([0,3]\). Comme \(g(3)=\sqrt{9}-3=0\), on en déduit \(g(x)\geqslant 0\) pour tout \(x\in[0,3]\).

Donc \(u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=g(u_n)\geqslant 0\) : \((u_n)\) est croissante.

Convergence : \((u_n)\) est croissante et majorée par 3, donc elle converge vers une limite \(\ell\). \(f\) est continue sur \([0,3]\) et \(u_{n+1}=f(u_n)\), donc par passage à la limite \(\ell=f(\ell)\) : \(\ell\) est un point fixe. Le seul point fixe positif est 3 : \(\ell=3\).

Premiers termes : \(u_0=0\), \(u_1=\sqrt{3}\approx 1{,}73\), \(u_2=\sqrt{2\sqrt{3}+3}\approx 2{,}54\), \(u_3\approx 2{,}84\).

Exercice 9

\(f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{2}{x})\) pour \(x>0\). \(u_0=2\), \(u_{n+1}=f(u_n)\).

a) Montrons \(u_n\geqslant\sqrt{2}\) pour tout \(n\).

Par l'inégalité arithmético-géométrique (AM-GM) : pour \(x>0\),

Donc \(u_{n+1}=f(u_n)\geqslant\sqrt{2}\) dès que \(u_n>0\). Comme \(u_0=2>0\), par récurrence immédiate \(u_n\geqslant\sqrt{2}>0\) pour tout \(n\).

b) Montrons que \((u_n)\) est décroissante.

Or \(u_n\geqslant\sqrt{2}\) donc \(u_n^2\geqslant 2\), d'où \(2-u_n^2\leqslant 0\) et \(u_n>0\) : \(u_{n+1}-u_n\leqslant 0\).

Égalité quand \(u_n=\sqrt{2}\), ce qui n'arrive jamais car \(u_0=2>\sqrt{2}\) et la suite est strictement décroissante tant que \(u_n>\sqrt{2}\).

c) \((u_n)\) est décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\) : elle converge vers une limite \(\ell\geqslant\sqrt{2}\).

Par continuité de \(f\) : \(\ell=f(\ell)=\frac{1}{2}(\ell+\frac{2}{\ell})\). Donc \(2\ell=\ell+\frac{2}{\ell}\), soit \(\ell=\frac{2}{\ell}\), d'où \(\ell^2=2\) et \(\ell=\sqrt{2}\) (car \(\ell>0\)).

d) Calcul des premiers termes :

• \(u_0=2\)
• \(u_1=\frac{1}{2}(2+\frac{2}{2})=\frac{3}{2}=1{,}5\)
• \(u_2=\frac{1}{2}(\frac{3}{2}+\frac{4}{3})=\frac{17}{12}\approx 1{,}416\,667\)
• \(u_3=\frac{1}{2}(\frac{17}{12}+\frac{24}{17})=\frac{577}{408}\approx 1{,}414\,216\)

Or \(\sqrt{2}\approx 1{,}414\,213\,6\). Dès \(u_3\), on a 5 décimales exactes. La convergence est quadratique : à chaque étape, le nombre de décimales correctes double approximativement. C'est bien plus rapide que la dichotomie (convergence linéaire).

Exercice 10

\(f(x)=\frac{x}{1+x^2}\) sur \(\R\). \(f'(x)=\frac{(1+x^2)-x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\).

\(f'(x)=0\Leftrightarrow x^2=1\Leftrightarrow x=\pm 1\).

\(\lim_{\pm\infty}f(x)=0\). Minimum global \(f(-1)=-\frac{1}{2}\), maximum global \(f(1)=\frac{1}{2}\).

b) \(f\) est continue sur \(\R\) et atteint sa borne inf \(-\frac{1}{2}\) et sa borne sup \(\frac{1}{2}\). Par le TVI : \(f(\R)=[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\).

c) \(f(x)=\frac{1}{3}\). Comme \(0<\frac{1}{3}<\frac{1}{2}\) :

Sur \(]-\infty,-1]\) : \(f\) décroissante de \(0\) à \(-\frac{1}{2}\), donc \(f<0\) : aucune solution.

Sur \([-1,1]\) : \(f\) strictement croissante de \(-\frac{1}{2}\) à \(\frac{1}{2}\), et \(\frac{1}{3}\in]-\frac{1}{2},\frac{1}{2}[\) : une unique solution par le corollaire du TVI.

Sur \([1,+\infty[\) : \(f\) strictement décroissante de \(\frac{1}{2}\) à \(0^+\), et \(\frac{1}{3}\in]0,\frac{1}{2}[\) : une unique solution par le corollaire du TVI.

Total : exactement 2 solutions.

Vérification : \(\frac{x}{1+x^2}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow 3x=1+x^2\Leftrightarrow x^2-3x+1=0\). \(\Delta=5\), \(x=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}\) : bien deux solutions positives.

Exercice 11

a) Supposons \(f\) dérivable en \(a\). Pour \(x\neq a\) :

Quand \(x\to a\) : le premier facteur tend vers \(f'(a)\) (définition de la dérivée), le second vers 0. Par règle du produit des limites : \(f(x)-f(a)\to f'(a)\times 0=0\), donc \(f(x)\to f(a)\) : \(f\) est continue en \(a\).

b) Soit \(f\) continue et strictement croissante sur \([a,b]\), \(k\in[f(a),f(b)]\).

Existence : \(f\) est continue sur \([a,b]\) et \(k\) est compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\). Par le TVI, il existe au moins un \(c\in[a,b]\) tel que \(f(c)=k\).

Unicité : supposons par l'absurde qu'il existe \(c_1<c_2\) dans \([a,b]\) avec \(f(c_1)=f(c_2)=k\). Comme \(f\) est strictement croissante et \(c_1<c_2\), on a \(f(c_1)<f(c_2)\). Or \(f(c_1)=f(c_2)=k\) : contradiction. Donc la solution est unique.

Le cas strictement décroissant se traite de façon identique.

c) Soit \(f:[0,1]\to[0,1]\) continue. Posons \(g(x)=f(x)-x\).

\(g\) est continue sur \([0,1]\) (différence de fonctions continues).

\(g(0)=f(0)-0=f(0)\). Comme \(f(0)\in[0,1]\), on a \(g(0)\geqslant 0\).

\(g(1)=f(1)-1\). Comme \(f(1)\in[0,1]\), on a \(f(1)\leqslant 1\), donc \(g(1)\leqslant 0\).

Cas 1 : \(g(0)=0\) \(\Rightarrow\) \(f(0)=0\), c'est un point fixe.

Cas 2 : \(g(1)=0\) \(\Rightarrow\) \(f(1)=1\), c'est un point fixe.

Cas 3 : \(g(0)>0\) et \(g(1)<0\). Par le TVI, il existe \(c\in\;]0,1[\) tel que \(g(c)=0\), i.e. \(f(c)=c\).

Dans tous les cas, \(f\) admet un point fixe dans \([0,1]\).

Remarque : ce résultat est un cas très particulier du théorème du point fixe de Brouwer, qui généralise ce principe en dimension quelconque.

Exercice 12

\(f_m(x)=x^3-3x+m\). \(f_m'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)\) : indépendant de \(m\).

Max local : \(f_m(-1)=m+2\). Min local : \(f_m(1)=m-2\).

L'équation \(f_m(x)=0\) coupe l'axe des \(x\) en :

3 points \(\Leftrightarrow\) le max est \(>0\) et le min est \(<0\) \(\Leftrightarrow\) \(m+2>0\) et \(m-2<0\) \(\Leftrightarrow\) \(\boxed{-2<m<2}\).

1 point \(\Leftrightarrow\) \(m>2\) (min local \(>0\), la courbe ne croise l'axe qu'une fois à gauche) ou \(m<-2\) (max local \(<0\), une seule fois à droite).

2 points \(\Leftrightarrow\) \(m=2\) (min\(=0\) : tangence) ou \(m=-2\) (max\(=0\) : tangence).

Interprétation géométrique : les courbes \(y=f_m(x)\) sont obtenues par translation verticale de \(y=x^3-3x\). Quand \(m\) augmente, la courbe « monte » : elle passe de 3 intersections avec l'axe à 1.

Corrigé du problème

Partie A : Existence et unicité

1. Soit \(\varepsilon>0\) et \(x,y\in I\) avec \(|x-y|<\varepsilon\). Alors :

Donc \(f\) est continue en tout point de \(I\). (En fait, \(f\) est même uniformément continue, ce qui est plus fort : le \(\delta=\varepsilon\) ne dépend pas du point considéré.)

2. \(g(x)=f(x)-x\) est la différence de deux fonctions continues (\(f\) par la question 1, et \(\mathrm{id}\)), donc \(g\) est continue sur \([a,b]\).

\(f:I\to I\) signifie \(f(a)\in[a,b]\), donc \(f(a)\geqslant a\), d'où \(g(a)=f(a)-a\geqslant 0\).

De même \(f(b)\in[a,b]\), donc \(f(b)\leqslant b\), d'où \(g(b)=f(b)-b\leqslant 0\).

3. Si \(g(a)=0\) : \(f(a)=a\), point fixe trouvé. Si \(g(b)=0\) : \(f(b)=b\). Sinon \(g(a)>0>g(b)\) : par le TVI appliqué à \(g\) continue sur \([a,b]\), il existe \(c\in\;]a,b[\) tel que \(g(c)=0\), i.e. \(f(c)=c\).

4. Supposons \(\ell_1\neq\ell_2\) deux points fixes. Alors :

Comme \(|\ell_1-\ell_2|>0\), on simplifie : \(1\leqslant k\). Contradiction avec \(k<1\).

Donc le point fixe est unique. On le note \(\ell\).

Partie B : Convergence

6. \(\ell=f(\ell)\) (point fixe), donc :

7. Initialisation : \(|u_0-\ell|\leqslant k^0|u_0-\ell|=|u_0-\ell|\), vrai.

Hérédité : si \(|u_n-\ell|\leqslant k^n|u_0-\ell|\), alors par la question 6 :

8. \(0\leqslant|u_n-\ell|\leqslant k^n|u_0-\ell|\). Comme \(0\leqslant k<1\), \(k^n\to 0\). Par le théorème des gendarmes : \(|u_n-\ell|\to 0\), donc \(u_n\to\ell\).

9. Par l'inégalité triangulaire :

D'où \((1-k)|u_0-\ell|\leqslant|u_0-u_1|\), soit \(|u_0-\ell|\leqslant\frac{|u_1-u_0|}{1-k}\).

En combinant avec la question 7 :

Cet encadrement est très utile en pratique : il donne une borne d'erreur a priori ne dépendant que de \(k\), \(n\) et des deux premiers termes.

Partie C : Applications

10. \(f(x)=\frac{1}{3}\cos x\). Pour tous \(x,y\in[0,1]\), par l'inégalité des accroissements finis :

car \(|\sin t|\leqslant 1\). Donc \(f\) est \(\frac{1}{3}\)-contractante.

De plus \(f([0,1])\subseteq[\frac{\cos 1}{3},\frac{1}{3}]\subseteq[0,1]\) (car \(\cos 1>0\)). Par le théorème de Banach : unique point fixe \(\ell\) dans \([0,1]\) vérifiant \(\frac{1}{3}\cos\ell=\ell\), soit \(\cos\ell=3\ell\).

11.(i) Pour \(x\geqslant\sqrt{a}\) : par AM-GM, \(f(x)=\frac{1}{2}(x+\frac{a}{x})\geqslant\sqrt{x\cdot\frac{a}{x}}=\sqrt{a}\). Et \(f(x)-x=\frac{1}{2}(\frac{a}{x}-x)=\frac{a-x^2}{2x}\leqslant 0\) car \(x\geqslant\sqrt{a}\Rightarrow x^2\geqslant a\). Donc \(f(x)\leqslant x\leqslant M\). Ainsi \(f(I)\subseteq I\).

(ii) \(f'(x)=\frac{1}{2}(1-\frac{a}{x^2})\). Pour \(x\geqslant\sqrt{a}\) : \(\frac{a}{x^2}\leqslant 1\), donc \(0\leqslant f'(x)\leqslant\frac{1}{2}\). Par l'inégalité des accroissements finis : \(|f(x)-f(y)|\leqslant\frac{1}{2}|x-y|\). Donc \(f\) est \(\frac{1}{2}\)-contractante.

(iii) Par le théorème du point fixe de Banach appliqué à \(f\) sur \(I\) : la suite définie par \(u_{n+1}=f(u_n)\) converge vers l'unique point fixe \(\ell\in I\). Or \(f(\ell)=\ell\Leftrightarrow\frac{1}{2}(\ell+\frac{a}{\ell})=\ell\Leftrightarrow\ell^2=a\Leftrightarrow\ell=\sqrt{a}\) (car \(\ell>0\)).

12. (Bonus) Considérons \(f:\R\to\R\) définie par \(f(x)=x+1-\frac{1}{1+e^x}\).

On a \(f(x)-x=1-\frac{1}{1+e^x}=\frac{e^x}{1+e^x}\in\;]0,1[\) pour tout \(x\in\R\) : donc \(f(x)>x\) pour tout \(x\), et \(f\) n'a aucun point fixe.

Vérifions que \(f\) est strictement contractante : \(f'(x)=1-\frac{e^x}{(1+e^x)^2}\). On pose \(g(t)=\frac{t}{(1+t)^2}\) pour \(t=e^x>0\). On vérifie que \(0<g(t)<\frac{1}{4}\) pour \(t>0\) (maximum en \(t=1\)). Donc \(\frac{3}{4}<f'(x)<1\) pour tout \(x\). Par le théorème des accroissements finis, pour \(x\neq y\) : \(|f(x)-f(y)|<|x-y|\).

Morale : sans la constante \(k<1\) uniforme, la contraction stricte ne suffit pas à garantir l'existence d'un point fixe. Le théorème de Banach exige \(k<1\) global.