Soit \(f: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[2,+\infty\right[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \sqrt{x^2-4x+8} \end{array} \right.\).
Prouver que \(f\) réalise une bijection de \(I=\left[2,+\infty\right[\) sur son image (que l’on précisera).
Prouver que la bijection réciproque de \(f\) est continue.
Déterminer cette bijection réciproque.
On vérifie facilement que sur \(\left[2,+\infty\right[\), la fonction \(x\mapsto x^2-4x+8\) est strictement croissante. Comme \(f\) est la composée cette fonction par la fonction racine carrée qui est elle aussi strictement croissante, \(f\) strictement croissante sur \(I=\left[2,+\infty\right[\). De plus \(f\left(I\right)=\left[2,+\infty\right]=I\). On en déduit que \(f\) réalise une bijection de \(I\) sur \(I\).
La fonction \(f\) est polynomiale donc continue sur \(\mathbb{R}\). On a montré que \(f\) est strictement croissante sur \(I\). Par application du théorème de la bijection, on en déduit que \(f^{-1}\) est continue sur \(\left[2,+\infty\right[\)
Soit \(y\in\left[4,+\infty\right[\). On a : \(y= x^2-4x+8 \Longleftrightarrow y=\left(x-2\right)^2+4 \Longleftrightarrow x= 2\pm \sqrt{y^2-4}\). Si \(x\in\left[2,+\infty\right[\), nécessairement \(x=2+ \sqrt{y^2-4}\) et \(\boxed{f^{-1}: \left\{ \begin{array}{ccl} \left[2,+\infty\right[ & \longrightarrow & \left[2,+\infty\right[ \\ y & \longmapsto & 2+ \sqrt{y^2-4} \end{array} \right. }\)
Soit une fonction définie sur \(\mathbb{R}\) telle qu’il existe \(k > 0\) tel que \[\forall (x, y) \in \mathbb{R}^{2},~ x\neq y \Rightarrow \lvert f(x) - f(y) \rvert < k \lvert x-y \rvert\]
Montrez que \(f\) est uniformément continue sur \(\mathbb{R}\) ;
On définit la fonction \(\varphi\) sur \(\mathbb{R}\) par \(\varphi(x) = f(x) - kx\). Montrez que la fonction \(\varphi\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\) ;
On suppose qu’il existe deux réels \(a < b\) tels que \[\forall x \in [a, b],~ ka < f(x) < kb\] Montrez qu’il existe un unique réel \(\alpha\) dans \([a, b]\) vérifiant \[f(\alpha) = k\alpha\]
Comme \(f\) est \(k\)-lipschitzienne (l’hypothèse de l’énoncé est plus forte), on montre facilement (voir le cours) que la fonction \(f\) est uniformément continue sur \(\mathbb{R}\).
Soit \((x, y) \in \mathbb{R}^{2}\) tels que \(x < y\). Calculons : \[\begin{aligned} \varphi(y) - \varphi(x) &= f(y) - f(x) - k(y-x) \\ & \leqslant\lvert f(y)- f(x) \rvert - k(y-x) \\ & < k\lvert y-x \rvert - k(y-x) \\ &< 0 \end{aligned}\] Donc la fonction \(\varphi\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\).
La fonction \(\varphi\) est continue et strictement décroissante sur l’intervalle \([a, b]\). D’après le théorème de la bijection, \(\varphi\) réalise une bijection de l’intervalle \([a, b]\) vers l’intervalle \([\varphi(b), \varphi(a)]\). Mais \(\varphi(a) = f(a) - ka > 0\) et \(\varphi(b) = f(b) - kb < 0\) par hypothèse. Donc puisque \(0 \in [\varphi(b), \varphi(a)]\), \(0\) possède un unique antécédent \(\alpha\) par \(\varphi\) dans \([a, b]\). En conclusion, il existe un unique \(\alpha \in [a, b]\) tel que \(\varphi(\alpha) = k\alpha\).