Analyse générale

On raisonne par analyse-synthèse.

1. Analyse

Soit $f \in C^2(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ vérifiant la relation $f(7x + 1) = 49 f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Comme $f$ est de classe $C^2$, on peut dériver deux fois par rapport à $x$ :

• Première dérivée : $7 f'(7x + 1) = 49 f'(x) \implies f'(7x + 1) = 7 f'(x)$

• Seconde dérivée : $7 f''(7x + 1) = 7 f''(x) \implies f''(7x + 1) = f''(x)$

Soit $x \in \mathbb{R}$ fixé. Construisons la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par $u_0 = x$ et pour tout $n \in \mathbb{N}$ :

Cette relation s'écrit aussi $u_n = 7 u_{n+1} + 1$. Par récurrence, on a $f''(u_0) = f''(u_1) = \dots = f''(u_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

La suite arithmético-géométrique $(u_n)$ a pour unique point fixe la solution de $l = \frac{l-1}{7}$, c'est-à-dire $l = -\frac{1}{6}$.

La suite $(u_n)$ converge donc vers $-\frac{1}{6}$ quand $n \to +\infty$ quel que soit le point de départ $x$.

Par continuité de $f''$ en $-\frac{1}{6}$, on obtient par passage à la limite :

Ainsi, $f''$ est une fonction constante sur $\mathbb{R}$. Posons $f''(x) = 2a$ avec $a \in \mathbb{R}$.

En intégrant deux fois :

• $f'(x) = 2ax + b$ pour un certain $b \in \mathbb{R}$.

• $f(x) = ax^2 + bx + c$ pour un certain $c \in \mathbb{R}$.

Déterminons les constantes $b$ et $c$ en utilisant les relations dérivées et l'équation initiale :

• Dans $f'(7x + 1) = 7 f'(x)$ :

• Dans $f(7x + 1) = 49 f(x)$ avec $f(x) = a x^2 + \frac{a}{3} x + c$ :

En identifiant les termes constants (en $x^0$) :

Ainsi, la seule forme candidate pour $f$ est :

2. Synthèse

Réciproquement, soit $a \in \mathbb{R}$ et $f(x) = a \left( x + \frac{1}{6} \right)^2$. La fonction $f$ est de classe $C^2$ sur $\mathbb{R}$ (et même $C^\infty$).

Pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

La fonction $f$ vérifie bien la relation.

Conclusion : Les solutions sont les fonctions de la forme $x \mapsto a \left( x + \frac{1}{6} \right)^2$ pour $a \in \mathbb{R}$.

1. Existence d'un point fixe pour $f$

Posons la fonction $\varphi : [0,1] \to \mathbb{R}$ définie par $\varphi(x) = f(x) - x$.

La fonction $\varphi$ est continue sur $[0,1]$ car $f$ l'est.

De plus :

• $\varphi(0) = f(0) - 0 = f(0) \geqslant 0$ (car $f([0,1]) \subseteq [0,1]$)

• $\varphi(1) = f(1) - 1 \leqslant 0$ (car $f(1) \leqslant 1$)

D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, il existe au moins un réel $c \in [0,1]$ tel que $\varphi(c) = 0$, c'est-à-dire $f(c) = c$.

2. Propriété de la suite des itérées par $g$

Soit $c \in [0,1]$ un point fixe de $f$. Remarquons que :

Ainsi, $g(c)$ est encore un point fixe de $f$. Par une récurrence immédiate, pour tout $n \in \mathbb{N}$, la n-ième itérée $g^n(c)$ (où $g^0 = \text{id}$ et $g^{n+1} = g \circ g^n$) vérifie :

3. Convergence de la suite et conclusion

Définissons la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ par $u_n = g^n(c)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Comparons $g(c)$ et $c$ :

• Premier cas : Si $g(c) \geqslant c$. Comme $g$ est croissante sur $[0,1]$, on montre par récurrence que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $g^{n+1}(c) \geqslant g^n(c)$, c'est-à-dire que la suite $(u_n)$ est croissante.

• Second cas : Si $g(c) \leqslant c$. De la même manière, la croissance de $g$ implique par récurrence que la suite $(u_n)$ est décroissante.

Dans les deux cas, la suite $(u_n)$ est monotone. De plus, comme $g([0,1]) \subseteq [0,1]$, la suite est bornée (contenue dans $[0,1]$).

D'après le Théorème de la Limite Monotone, la suite $(u_n)$ converge vers une limite $l \in [0,1]$.

Par continuité de $g$ et $f$ sur $[0,1]$, on peut passer à la limite dans les relations :

• De la relation de récurrence $u_{n+1} = g(u_n)$, on tire à la limite $g(l) = l$ ($l$ est un point fixe de $g$).

• De la relation $f(u_n) = u_n$, on tire à la limite $f(l) = l$ ($l$ est un point fixe de $f$).

Conclusion : Le réel $l \in [0,1]$ est un point fixe commun à $f$ et $g$.

Soit $f \in C^1([-1,1], \mathbb{R})$ vérifiant la propriété $(*)$.

1. Obtention d'une équation différentielle

Soit $x \in ]-1,1[$.

• Pour $y < x$, on a $x - y > 0$, d'où en divisant $(*)$ par $x - y$ :

Par passage à la limite quand $y \to x^-$, la dérivabilité de $f$ donne $f'(x) \geqslant f(x)^2$.

• Pour $y > x$, on a $x - y < 0$, d'où :

Par passage à la limite quand $y \to x^+$, on obtient $f'(x) \leqslant f(x)^2$.

Par encadrement, pour tout $x \in ]-1,1[$, $f'(x) = f(x)^2$. Par continuité de $f'$ et $f$ sur $[-1,1]$, cette égalité s'étend aux bornes :

En particulier, $f' \geqslant 0$ donc $f$ est croissante sur $[-1,1]$.

2. Étude de l'ensemble des annulations de $f$

Posons $\Delta = \{x \in [-1,1] \mid f(x) = 0\}$.

Supposons $\Delta$ non vide. L'ensemble $\Delta$ est une partie non vide et minorée de $\mathbb{R}$ (par -1), donc $m = \inf \Delta$ existe et $m \in [-1,1]$.

Comme $f$ est continue, $\Delta = f^{-1}(\{0\})$ est un fermé de $[-1,1]$, d'où $m \in \Delta$, c'est-à-dire $f(m) = 0$.

• En appliquant $(*)$ avec $y = m$, on obtient pour tout $x \in [-1, 1]$ :

• De plus, $f$ est croissante, on a pour tout $x \in [m, 1]$ :

Par conséquent, pour tout $x \in [m, 1]$, $f(x) = 0$, donc $[m, 1] \subseteq \Delta$.
De plus on a déjà $\Delta \subseteq [m, 1]$ (car $\Delta \subseteq [-1, 1]$ et $m$ minore $\Delta$), donc $\Delta = [m, 1]$.

Montrons par l'absurde que $m = -1$ :

Supposons $m > -1$. Soit $x \in [-1, m[$. En appliquant $(*)$ avec $y = m$, on obtient :

Puisque $x < m = \sup \Delta$, $f(x)$ est non nul, on a donc par $(1)$ : $f(x) < 0$.

On en déduit donc que $f(x)(x - m) \geqslant 1$

Or, quand $x \to m^-$, par continuité de $f$, $f(x)(x - m) \to 0$, ce qui contredit $f(x)(x - m) \geqslant 1$.

On a donc nécessairement $m = -1$, ce qui implique $\Delta = [-1, 1]$. La fonction $f$ est donc la fonction nulle.

Par contraposée, si une solution $f$ n'est pas la fonction nulle, elle ne s'annule jamais sur $[-1,1]$.

3. Résolution dans le cas où $f$ ne s'annule pas

Si $f$ ne s'annule jamais, on peut diviser $f'(x) = f(x)^2$ par $f(x)^2$ :

Il existe donc un réel $c \in \mathbb{R}$ tel que pour tout $x \in [-1,1]$ :

Pour que $f$ soit définie et de classe $C^1$ sur $[-1,1]$, le dénominateur $x + c$ ne doit pas s'annuler sur $[-1,1]$, ce qui impose $c > 1$ ou $c < -1$.

4. Synthèse

• La fonction nulle $f = 0$ vérifie manifestement $(*)$.

• Pour $f(x) = -\frac{1}{x+c}$ :

On a $f(x) - f(y) = -\frac{1}{x+c} + \frac{1}{y+c} = \frac{x - y}{(x+c)(y+c)} = f(x) f(y) (x - y)$.

L'inégalité $f(x) - f(y) \geqslant f(x)^2 (x - y)$ s'écrit alors :

Comme $f$ est strictement croissante (car $f' > 0$), $(x - y)$ et $(f(x) - f(y))$ ont le même signe.
Ainsi, $(x - y)(f(y) - f(x)) \leqslant 0$.
Pour que le produit global soit $\geqslant 0$, il faut et il suffit donc que $f(x) \leqslant 0$ pour tout $x \in [-1,1]$.

Or $f(x) = -\frac{1}{x+c} \leqslant 0$ pour tout $x \in [-1,1]$ équivaut à $x + c > 0$ sur $[-1,1]$, soit $c > 1$.

Conclusion : Les solutions sont la fonction nulle et les fonctions de la forme $x \mapsto -\frac{1}{x + c}$ avec $c > 1$.

Dans cet exercice c'est bien de faire des dessins pour comprendre / voire ce qui se passe et avoir l'intuition de la solution.

1. Cas $f(0) \neq 0$

Posons $g(x, t) = |f(x)| e^{-t x^2}$.

Pour commencer, on a $0 \in \mathbb{R}$, donc tout $t \ge 0$, on a $\lambda(t) \ge g(0, t) = |f(0)|$.

Soit $\varepsilon > 0$. Par continuité de $f$ en 0, il existe $\alpha > 0$ tel que pour tout $x \in [-\alpha, \alpha]$ :

Pour $|x| > \alpha$, la fonction $f$ étant bornée par une constante $M > 0$ sur $\mathbb{R}$ :

Comme $\lim_{t \to +\infty} M e^{-t \alpha^2} = 0$, il existe $t_0 > 0$ tel que pour tout $t \ge t_0$ et tout $|x| > \alpha$, $g(x, t) \le |f(0)| + \varepsilon$.

On en déduit que pour tout $t \ge t_0$, $\lambda(t) \le |f(0)| + \varepsilon$. D'où :

2. Cas $f(0) = 0$ et $f'(0) \neq 0$

On a $f(0) = 0$ donc $\lim_{t \to +\infty} \lambda(t) = 0$ donc il faut effectivement trouver un équivalent (la limite ne suffit plus pour étudier le comportement asymptotique de $\lambda(t)$).

On modifie donc g pour faire apparaître une fonction qui ne s'annule pas en 0. Pour tout $x \in \mathbb{R}^*$, on peut écrire :

Comme $f(0) = 0$, la fonction $h : x \mapsto \frac{f(x)}{x}$ (pour $x \neq 0$) se prolonge par continuité en 0 avec $h(0) = f'(0)$.
Par ailleurs, $h$ est bornée sur $\mathbb{R}$ (comme l'était $f$).

où $\varphi(u) = \sqrt{u} e^{-u}$ pour $u \ge 0$.

On fait apparaître $\sqrt{t}$ pour avoir quelque chose d'homogène par rapport à ce qu'il y a dans l'exponentiel, et l'étudier comme la question précédente en remplaçant la fonction pondératrice par $\varphi$.

Une étude rapide montre que $\varphi$ atteint son maximum absolu en $u = \frac{1}{2}$, qui vaut $\varphi\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{\sqrt{2e}}$.

• Minoration : En choisissant $x_t = \frac{1}{\sqrt{2t}}$ :

En faisant $t \to +\infty$, la continuité de $h$ en 0 donne $\lim_{t \to +\infty} \lambda(t) \sqrt{t} \ge \frac{|f'(0)|}{\sqrt{2e}}$.

On peut penser dans la même idée que la question précédente que cette minoration va être atteinte (de même, on suit le maximum de fonction pondératrice (ici $\varphi$)).

• Majoration : Soit $\varepsilon > 0$. Il existe $\alpha > 0$ tel que pour tout $x \in [-\alpha, \alpha]$, $|h(x)| \le |f'(0)| + \varepsilon$. Alors pour $x \in [-\alpha, \alpha]$ :

Pour $|x| > \alpha$, $g(x, t) \sqrt{t} \le M \sqrt{t} e^{-t \alpha^2} \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$ par croissances comparées.

On en conclut de manière analogue à la question précédente, l'équivalent :

3. Cas général : ordre k

Par la formule de Taylor-Young, $f(x) \underset{x \to 0}{=} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k + o(x^k)$.

La fonction $h_k(x) = \frac{f(x)}{x^k}$ se prolonge par continuité en 0 par $h_k(0) = \frac{f^{(k)}(0)}{k!}$. On écrit :

avec $\varphi_k(u) = u^{k/2} e^{-u}$ pour $u \ge 0$.

La dérivée $\varphi_k'(u) = u^{k/2 - 1} e^{-u} \left(\frac{k}{2} - u\right)$ montre que le maximum de $\varphi_k$ sur $\mathbb{R}_+$ est atteint en $u = \frac{k}{2}$ et vaut :

En appliquant le même encadrement que précédemment avec le point $x_t = \sqrt{\frac{k}{2t}}$, on obtient :

Conclusion :

a) Existence d'intersections et propriété d'intervalle

Par la formule de Taylor-Young au voisinage de $0$ (comme $g(0)=g'(0)=0$) :

Comme $g''(0) > 0$, il existe $x_0 > 0$ tel que $g(x_0) > 0$. En posant $\lambda_0 = \frac{g(x_0)}{x_0} > 0$, on a $x_0 \in A(\lambda_0)$, donc $A(\lambda_0) \neq \emptyset$.

Soit maintenant $\lambda \in ]0, \lambda_0[$. Considérons la fonction continue $\varphi_\lambda : x \mapsto g(x) - \lambda x$ sur $]0, x_0]$ :

• $\varphi_\lambda(x_0) = g(x_0) - \lambda x_0 = x_0(\lambda_0 - \lambda) > 0$.

• Au voisinage de 0, $\varphi_\lambda(x) \sim -\lambda x < 0$, donc $\varphi_\lambda(x) < 0$ pour $x > 0$ assez petit.

Par le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), il existe $c \in ]0, x_0[$ tel que $\varphi_\lambda(c) = 0$, d'où $c \in A(\lambda)$ et $A(\lambda) \neq \emptyset$.

b) Domaine de définition effectif

Soit $\mu \in ]0, \lambda^*[$. Par définition du supremum, $\mu$ n'est pas un majorant de l'ensemble des $\lambda$ tels que $A(\lambda) \neq \emptyset$. Il existe donc $\lambda_0 > \mu$ tel que $A(\lambda_0) \neq \emptyset$. Par le résultat de la question a), on en déduit que $A(\mu) \neq \emptyset$.

c) Stricte positivité de la borne inférieure $X_\lambda$

Pour $\lambda \in ]0, \lambda^*[$, $A(\lambda)$ est une partie non vide de $\mathbb{R}$ minorée par $0$, donc $X_\lambda = \inf A(\lambda)$ existe bien.

De plus, comme $\varphi_\lambda(x) \sim -\lambda x < 0$ en $0$, il existe $x_1 > 0$ tel que pour tout $x \in ]0, x_1]$, $\varphi_\lambda(x) < 0$. Ainsi, aucun élément de $A(\lambda)$ n'appartient à $]0, x_1]$, ce qui prouve que $X_\lambda \ge x_1 > 0$.

d) Étude de la continuité globale : contre-exemple graphique

En toute généralité, $h : \lambda \mapsto X_\lambda$ n'est pas continue sur $]0, \lambda^*[$. Une discontinuité peut apparaître lorsque g change de convexité et qu'il y a des "bosses" sur la courbe.

e) Continuité au voisinage de 0

Comme $g''(0) > 0$ et $g''$ est continue, il existe $b > 0$ tel que pour tout $x \in [0, b]$, $g''(x) \ge \frac{g''(0)}{2} > 0$.

La fonction $g$ est donc strictement convexe sur $[0, b]$. Considérons la fonction pente $\psi : x \mapsto \frac{g(x)}{x}$ prolongée par $\psi(0) = 0$ sur $[0, b]$ :

• Par stricte convexité, la fonction pente $\psi$ est strictement croissante sur $[0, b]$.

• De plus, $\psi$ est continue sur $[0, b]$ et réalise donc une bijection strictement croissante de $[0, b]$ sur $[0, \psi(b)]$. Son application réciproque $\psi^{-1}$ est continue sur $[0, \psi(b)]$.

Pour tout $\lambda \in ]0, \psi(b)]$, l'équation $g(x) = \lambda x \iff \psi(x) = \lambda$ admet une unique solution dans $[0, b]$,
donnée par $x = \psi^{-1}(\lambda)$.

Puisque $A(\lambda)$ est un fermé, la borne inférieure est atteinte, donc $X_\lambda \in A(\lambda)$. Pour $\lambda$ suffisamment petit, la valeur minimale tombe nécessairement dans la zone d'unicité $[0, b]$.

Par conséquent, au voisinage de 0, $h(\lambda) = X_\lambda = \psi^{-1}(\lambda)$, ce qui garantit la continuité de $h$ au voisinage de 0.