Soient \(f,g:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}\) continues telles que \(\forall x \in [a,b], \quad f(x) < g(x)\). Montrer qu’il existe \(\alpha >0\) tel que \[\forall x \in [a,b], \quad f(x) \leqslant g(x)-\alpha.\]
Considérons la fonction définie sur \(\left[a,b\right]\) par \(\theta=g-f\).La fonction \(\theta\) est continue et strictement positive sur \([a,b]\). Elle possède donc un minimum strictement positif atteint en un certain point \(c\in[a,b]\). Posons : \(\alpha=\theta(c)=g(c)-f(c)>0\). Il est clair que : \(\forall x \in [a,b], \quad f(x) \leqslant g(x)-\alpha.\)
Soient deux fonctions \(f, g : [0, 1] \mapsto \mathbb{R}\) continues telles que \[\forall x \in [0, 1],~ 0 < f(x) < g(x)\] Montrez qu’il existe un réel \(k > 1\) tel que \[\forall x \in [0, 1],~g(x) \geqslant k f(x)\]
Considérons la fonction \(\varphi\) définie sur le segment \([0, 1]\) par \(\varphi(x) = g(x) / f(x)\). Comme la fonction \(f\) ne s’annule pas, \(\varphi\) est définie et continue sur le segment \([0, 1]\) et possède donc un minimum. Il existe \(x_0 \in [0, 1]\) tel que \(\forall x \in [0, 1]\), \(\varphi(x) \geqslant\varphi(x_0)\). Posons \(k = \varphi(x_0)\). Comme \(f(x_0) < g(x_0)\), \(k > 1\) et alors \(\forall x \in [0, 1]\), \(g(x) / f(x) \geqslant k\) d’où le résultat.
Soit une fonction \(f\) continue sur \(\mathbb{R}\). On suppose que \[f(x) \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} +\infty \textrm{ et } f(x) \xrightarrow[x \rightarrow -\infty]{} +\infty\] Montrez que la fonction \(f\) possède un minimum.
Soit \(x_0 \in \mathbb{R}\). Posons \(A = f(x_0)\). Comme \(f(x) \xrightarrow[x \rightarrow \pm\infty]{} +\infty\), d’après la définition de la limite, il existe \(B > 0\) tel que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(\lvert x \rvert \geqslant B \Rightarrow f(x) \geqslant A\). On a en particulier \(x_0 \in [-B, B]\). La fonction \(f\) est continue sur le segment \([-B, B]\) et donc possède un minimum sur ce segment : \[\exists c \in [-B, B] \mid \forall x \in [-B, B],~ f(c) \leqslant f(x)\] Montrons que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f(x) \geqslant f(c)\) ce qui montrera que \(f(c)\) est un minimum de \(f\) sur \(\mathbb{R}\). Soit \(x \in \mathbb{R}\). Si \(x \in [-B, B]\), on a bien \(f(c) \leqslant f(x)\). Si \(x \not\in [-B, B]\), alors \(f(x) \geqslant A = f(x_0)\) et comme \(x_0 \in [-B, B]\), il vient que \(f(x) \geqslant f(x_0) \geqslant f(c)\).
Soit \(f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) une application T-périodique (\(T>0\)) et continue. Montrer que \(f\) est bornée.
Considérons la restriction de \(f\) au segment \([0,T]\). Elle est continue sur ce segment, et donc est bornée: \(\exists M>0~:\quad \forall x\in [0,T],\quad \left| f(x) \right| \leqslant M\). Mais alors, si \(x\in \mathbb{R}\), avec \(y=E(\dfrac{x}{T})\), on a \(nT\leqslant x < (n+1)T\) et donc \(f(x)=f(x-nT)\) et puisque \(x-nT \in [0,T]\), \(\left| f(x) \right| \leqslant M\).
Soit \(f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) bornée et \(g: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}\) continue. Montrer que \(g \circ f\) et \(f \circ g\) sont bornées.
Comme \(f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\), il existe \(M >0\) tel que pour tout \(x \in \mathbb{R}\), \(\left|f(x)\right| \leqslant M\). En particulier, \(\forall x\in \mathbb R, \quad f\left(g\left(x\right)\right) \leqslant M\) donc \(f \circ g\) est bornée sur \(\mathbb{R}\). Par ailleurs \(f(\mathbb{R}) \subset [-M,M]\) et \(g\) est continue sur \([-M,M]\) donc \(g\) est majorée et minorée sur \([-M,M]\) et \(g\circ f\) est bornée sur \(\mathbb{R}\).
Soient deux fonctions continues \(f\) et \(g\) sur le segment \([0,1]\) vérifiant : \[\forall x\in[0,1], \quad 0 < f(x) < g(x)\] On considère une suite \((x_n)\) telle que \(\forall n \in \mathbb N\), \(x_n \in [0,1]\) et l’on définit la suite \((a_n)\) par \[a_n = \left( \dfrac{f(x_n)}{g(x_n)}\right)^n\] Déterminer la limite de la suite \((a_n)\).
La fonction \(\varphi(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}\) est continue sur le segment \([0,1]\). Elle est donc bornée et atteint ses bornes sur ce segment: il existe \(x_0 \in [0,1]\) tel que \(\sup_{x\in [0,1]} \dfrac{ f(x)}{g(x)} = \dfrac{ f(x_0)}{g(x_0)}=k <1\). Donc \[\forall x\in [0,1], \quad 0< \dfrac{f(x)}{g(x)} \leqslant k <1\] Alors \(\forall n \in \mathbb N\), \(0\leqslant a_n \leqslant k^n\) et comme \(k<1\), la suite géométrique \((k^n)\) converge vers \(0\). D’après le théorème des gendarmes, la suite \((a_n)\) converge vers \(0\).
On considère une réunion de deux segments \(K = [a, b] \cup [c, d]\) avec \(a < b < c < d\). Soit \(f : K \mapsto K\) une fonction continue sur l’ensemble \(K\). On suppose que \(\forall (x,y)\in K^2\), \[x\neq y \Rightarrow \lvert f(x)-f(y) \rvert < \lvert x-y \rvert\] On considère la fonction \(\varphi\) définie sur \(K\) par \(\varphi(x) = \lvert f(x) - x \rvert\). Montrez que la fonction \(\varphi\) possède un minimum sur \(K\). Montrez par l’absurde que ce minimum est nul. En déduire que la fonction \(f\) admet un unique point fixe \(x_0 \in K\).
La fonction \(\varphi\) est continue comme somme et valeur absolue de fonctions continues. Elle est donc continue en tout point de l’ensemble \(K\). Comme la fonction \(\varphi\) est continue sur le segment \([a, b]\), elle possède un minimum \(M_1 = \varphi(x_1)\) sur \([a, b]\) avec \(x_1 \in [a, b]\). De même, elle possède un minimum \(M_2\) sur le segment \([c, d]\) avec \(M_2 = \varphi(x_2)\) où \(x_2 \in [c, d]\). On pose \(m = \min\{M_1, M_2\}\) et on vérifie que \(M\) est un minimum de la fonction \(\varphi\) sur \(K\). Donc on a montré que \[\exists x_0 \in K ~:\quad \forall x \in K,~ \varphi(x_0) \leqslant\varphi(x)\] Si par l’absurde, \(\varphi(x_0) \neq 0\), en utilisant l’inégalité de l’énoncé, puisque \(f(x_0) \neq x_0\), et \(f(x_0) \in K\), on aurait \[\Bigl|f\bigl(f(x_0)\bigr) - f(x_0)\Bigr| < \lvert f(x_0) - x_0 \rvert\] et donc \(\varphi\bigl(f(x_0)\bigr) < \varphi(x_0)\) ce qui est impossible. Par conséquent, \(\varphi(x_0) = 0\) et donc \(f(x_0) = x_0\). Montrons l’unicité du point fixe. S’il existait deux points fixes \(x_1\in K\) et \(x_2\in K\), avec \(x_1 \neq x_2\) on aurait \[\lvert f(x_1)-f(x_2) \rvert < \lvert x_1 - x_2 \rvert\] et donc \(\lvert x_1 - x_2 \rvert < \lvert x_1-x_2 \rvert\) une absurdité.