Soit \(f\,:\ \mathbb R\to\mathbb R\) définie par

\[f(x)=\begin{cases} x+e^{-x}\quad &\text{ si } x\geq 1 \\ 0\quad &\text{ sinon}, \end{cases}\]

montrer que \(f\) réduit strictement les distances et toutefois ne possède aucun point fixe.


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[ID: 2663] [Date de publication: 9 novembre 2022 15:00] [Catégorie(s): Continuité ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

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Théorème du point fixe : quelques limites
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 15:00

On vérifie facilement que \(f\) est dérivable en \(x=0\) avec \(f'(0)=0\), elle est donc dérivable sur \(\mathbb R\) et un calcul élémentaire montre \(f'(x)\in\,[0,1[\). Avec le théorème des valeurs intermédiaires, si \(x\ne y\) il existe \(c\in\,(x,y)\) tel que

\[\vert f(x)-f(y)\vert=\vert f'c)\vert\cdot\vert x-y\vert<\vert x- y\vert\]

\(f\) réduit donc strictement les distances, mais bien entendu, l’équation \(f(x)=x\) est sans solution.

Remarque : le théorème du point fixe ne s’applique pas ici, en effet, \(f\) n’est pas contractante (i.e. \(\exists\, 0<k<1\,:\ \forall\, x\ne y\in\mathbb R\ :\ \vert f(x)-f(y)\vert\leq k \vert x-y\vert\)) elle l’est localement mais pas globalement (car \(f'(x)\to 1_-\) lorsque \(x\to+\infty\)).


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