Contractions et théorème du point fixe : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : contractions et théorème du point fixe

Exercice	Points
1. Trois suites à l’épreuve du critère de Cauchy	3 points
2. Des rampes qui convergent vers un saut	4 points
3. Complétude de C([a,b]) pour la norme infinie	4 points
4. Une itération à sinus et son erreur	4 points
5. Problème : le point fixe et ses hypothèses	5 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : contractions et théorème du point fixe

Exercice 1 – Trois suites à l’épreuve du critère de Cauchy (3 points)

Une somme télescopique pour majorer l’écart

1. Soit \(m > n \geq 1\). Par l’inégalité triangulaire, puis grâce à \(|\sin(k^2)| \leq 1\), on obtient :

   \(\left|u_m – u_n\right| = \left|\sum_{k=n+1}^{m} \frac{\sin(k^2)}{k(k+1)}\right| \leq \sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{k(k+1)}\).

   Or chaque terme se décompose en \(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\), donc la somme est télescopique et vaut \(\frac{1}{n+1} – \frac{1}{m+1}\). Ainsi \(\left|u_m – u_n\right| < \frac{1}{n+1}\), majorant qui ne dépend que de \(n\).

   Soit alors \(\varepsilon > 0\) et \(N\) un entier vérifiant \(N + 1 \geq \frac{1}{\varepsilon}\). Dès que \(m > n \geq N\), il vient \(\left|u_m – u_n\right| < \frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{N+1} \leq \varepsilon\). Le critère est satisfait : \((u_n)\) vérifie la condition de Cauchy, d’où sa convergence dans \(\mathbb{R}\), qui est complet.

Termes voisins proches, termes éloignés distants

2. D’une part, \(v_{n+1} – v_n = \ln\left(\frac{1 + (n+1)^2}{1 + n^2}\right)\). Le quotient tend vers 1, et \(\ln\) est continue en 1, donc \(v_{n+1} – v_n\) tend vers 0.

   D’autre part, \(v_{2n} – v_n = \ln\left(\frac{1 + 4n^2}{1 + n^2}\right)\), qui tend vers \(\ln 4\) car le quotient tend vers 4.

   Supposons \((v_n)\) de Cauchy. Avec \(\varepsilon = \frac{\ln 4}{2} > 0\), il existe \(N\) tel que \(|v_p – v_q| \leq \frac{\ln 4}{2}\) pour \(p, q \geq N\). En prenant \(p = 2n\) et \(q = n\) avec \(n \geq N\), puis en faisant tendre \(n\) vers l’infini, on obtient \(\ln 4 \leq \frac{\ln 4}{2}\), ce qui est absurde puisque \(\ln 4 > 0\). Par conséquent, \((v_n)\) n’est pas de Cauchy, bien que ses termes consécutifs se rapprochent.

3. Appliquons la définition avec \(\varepsilon = 1\) : il existe \(N\) tel que \(d(x_n, x_m) \leq 1\) pour tous \(n, m \geq N\). En particulier, \(d(x_n, x_N) \leq 1\) dès que \(n \geq N\).

   Posons ensuite \(R = \max\left(1, d(x_0, x_N), d(x_1, x_N), \ldots, d(x_{N-1}, x_N)\right)\), maximum d’un nombre fini de réels. Alors \(d(x_n, x_N) \leq R\) pour tout \(n\). Chaque \(x_n\) appartient donc à la boule \(B_f(x_N, R)\), si bien que la suite est bornée.

Barème : chaque question vaut 1 point. Dans la première, la somme télescopique et la rédaction avec \(\varepsilon\) comptent à parts égales. Dans la deuxième, chacune des deux limites rapporte un quart de point et l’absurde un demi-point. Enfin, la troisième partage son point entre le choix \(\varepsilon = 1\) et le maximum fini.

Piège classique : croire que \(v_{n+1} – v_n \to 0\) suffit. Le critère de Cauchy porte sur deux indices quelconques, et non sur deux indices voisins.

Exercice 2 – Des rampes qui convergent vers un saut (4 points)

Un écart calculé exactement

1. Soit \(t \in [0, 1]\) et \(m \geq n \geq 1\). Comme \(t \geq 0\), on a \(0 \leq nt \leq mt\). La fonction \(y \mapsto \min(1, y)\) étant croissante, il vient \(0 \leq \min(1, nt) \leq \min(1, mt) \leq 1\). Ces nombres sont positifs, donc le maximum avec \(-1\) ne les modifie pas. Ainsi \(0 \leq g_n(t) \leq g_m(t) \leq 1\) sur \([0, 1]\).

   Sur \([0, 1]\), on peut alors écrire \(|g_m – g_n| = (1 – g_n) – (1 – g_m)\). De plus, \(1 – g_n\) est nulle sur \(\left[\frac{1}{n}, 1\right]\), d’où :

   \(\int_0^1 (1 – g_n(t))\,\mathrm{d}t = \int_0^{1/n} (1 – nt)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{n} – \frac{n}{2} \times \frac{1}{n^2} = \frac{1}{2n}\).

   Par conséquent \(\int_0^1 |g_m – g_n| = \frac{1}{2n} – \frac{1}{2m}\). Enfin, \(g_m – g_n\) est impaire, donc \(|g_m – g_n|\) est paire et son intégrale sur \([-1, 1]\) est le double. On obtient \(\|g_m – g_n\|_1 = \frac{1}{n} – \frac{1}{m}\).

2. Soit \(\varepsilon > 0\) et \(N\) un entier strictement supérieur à \(\frac{1}{\varepsilon}\). Pour \(m \geq n \geq N\), on a \(\|g_m – g_n\|_1 \leq \frac{1}{n} \leq \frac{1}{N} < \varepsilon\). La suite \((g_n)\) est donc de Cauchy dans \((E, \|\cdot\|_1)\).

Une limite qui ne peut pas être continue

3. Par l’inégalité triangulaire, pour tout \(n\) :

   \(\int_0^1 |f – 1| \leq \int_0^1 |f – g_n| + \int_0^1 |g_n – 1| \leq \|f – g_n\|_1 + \frac{1}{2n}\).

   Le membre de droite tend vers 0, alors que celui de gauche ne dépend pas de \(n\) et est positif. Donc \(\int_0^1 |f(t) – 1|\,\mathrm{d}t = 0\). Or \(t \mapsto |f(t) – 1|\) est continue et positive sur \([0, 1]\) : une telle fonction d’intégrale nulle est nulle. Ainsi \(f = 1\) sur \([0, 1]\), et en particulier sur \(\left]0, 1\right]\).

   De même, par imparité, \(\int_{-1}^0 |g_n + 1| = \frac{1}{2n}\), donc \(f = -1\) sur \([-1, 0]\). On aurait alors à la fois \(f(0) = 1\) et \(f(0) = -1\) : c’est absurde, et la suite \((g_n)\) n’a pas de limite dans \(E\).

4. La suite \((g_n)\) est de Cauchy sans converger. L’espace \((E, \|\cdot\|_1)\) n’est donc pas complet.

   Or deux normes équivalentes ont les mêmes suites de Cauchy et les mêmes suites convergentes. Comme \((E, \|\cdot\|_\infty)\) est complet d’après l’exercice 3, les normes \(\|\cdot\|_1\) et \(\|\cdot\|_\infty\) ne sont pas équivalentes sur \(E\). On le voit aussi directement : \(\|g_{2n} – g_n\|_\infty = g_{2n}\left(\frac{1}{2n}\right) – g_n\left(\frac{1}{2n}\right) = \frac{1}{2}\), qui ne tend pas vers 0.

Barème : la question 1 est notée sur 1,5, à raison d’un demi-point pour l’encadrement, l’intégrale puis la parité. Les questions 2 et 4 valent chacune un demi-point. Quant à la question 3, également sur 1,5, elle récompense la majoration, l’argument sur les fonctions continues positives et la contradiction finale.

Piège classique : affirmer que la limite est la fonction signe « donc pas continue ». Il faut prouver que toute limite continue vaudrait 1 à droite et \(-1\) à gauche.

Exercice 3 – Complétude de C([a,b]) pour la norme infinie (4 points)

Construction de la limite simple

1. Pour \(t\) fixé et tous \(n, m\), on a \(|f_n(t) – f_m(t)| \leq \|f_n – f_m\|_\infty\). Donc la suite réelle \((f_n(t))\) est de Cauchy, puisque \((f_n)\) l’est pour la norme infinie. Comme \(\mathbb{R}\) est complet, elle converge, ce qui définit \(f(t)\).
2. Fixons \(t \in [a, b]\) et \(n \geq N\). Pour tout \(m \geq N\), on a \(|f_n(t) – f_m(t)| \leq \|f_n – f_m\|_\infty \leq \varepsilon\). Faisons alors tendre \(m\) vers l’infini : la valeur absolue est continue et une inégalité large passe à la limite. On obtient \(|f_n(t) – f(t)| \leq \varepsilon\), pour tout \(t\) et tout \(n \geq N\).

Continuité de la limite et conclusion

3. Soit \(t_0 \in [a, b]\) et \(\varepsilon > 0\). D’après la question 2, appliquée à \(\frac{\varepsilon}{3}\), il existe un rang \(N\) tel que \(|f_N(t) – f(t)| \leq \frac{\varepsilon}{3}\) pour tout \(t\). Ensuite, \(f_N\) est continue en \(t_0\) : il existe \(\delta > 0\) tel que \(|f_N(t) – f_N(t_0)| \leq \frac{\varepsilon}{3}\) dès que \(|t – t_0| \leq \delta\).

   Pour un tel \(t\), l’inégalité triangulaire donne :

   \(|f(t) – f(t_0)| \leq |f(t) – f_N(t)| + |f_N(t) – f_N(t_0)| + |f_N(t_0) – f(t_0)| \leq \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon\).

   Le point \(t_0\) étant arbitraire, \(f\) est continue sur tout le segment \([a, b]\).

4. Ainsi \(f \in C([a, b], \mathbb{R})\). De plus, en prenant le supremum en \(t\) dans la question 2, on obtient \(\|f – f_n\|_\infty \leq \varepsilon\) dès que \(n \geq N\). La convergence de \((f_n)\) vers \(f\) a donc lieu pour la norme infinie. En résumé, \((C([a, b], \mathbb{R}), \|\cdot\|_\infty)\) est complet : c’est un Banach.

Barème : un point pour la question 1. La question 2 vaut aussi un point, partagé entre l’ordre des quantificateurs et le passage à la limite. Ensuite, la question 3 est sur 1,5 : choix de \(N\), choix de \(\delta\) et inégalité finale y pèsent autant. La conclusion rapporte enfin un demi-point.

Piège classique : choisir \(N\) après \(t\) dans la question 2. Le rang doit être le même pour tous les \(t\), sinon on n’obtient que la convergence simple.

Exercice 4 – Une itération à sinus et son erreur (4 points)

Vérification des hypothèses de Banach-Picard

1. La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(\varphi^{\prime}(x) = \frac{1}{3}\cos x\), donc \(|\varphi^{\prime}(x)| \leq \frac{1}{3}\). L’inégalité des accroissements finis fournit alors \(|\varphi(x) – \varphi(y)| \leq \frac{1}{3}|x – y|\), quels que soient \(x\) et \(y\). Par ailleurs, \(-1 \leq \sin x \leq 1\) entraîne \(\frac{5}{3} \leq \varphi(x) \leq \frac{7}{3}\). Ainsi \(\varphi\) est \(\frac{1}{3}\)-lipschitzienne et \(\varphi(\mathbb{R}) \subset I\).
2. L’espace \(\mathbb{R}\) est complet et \(\varphi\) est contractante de rapport \(k = \frac{1}{3} < 1\). Le résultat de Banach-Picard s’applique, si bien que \(\varphi\) admet un unique point fixe \(\ell\), et la suite \((x_n)\) converge vers \(\ell\) quel que soit \(x_0\). De plus, \(\ell = \varphi(\ell) \in \varphi(\mathbb{R}) \subset I\).

Erreur après n itérations

3. L’estimation du cours (question 4 du problème) donne \(|x_n – \ell| \leq \frac{k^n}{1 – k}|x_1 – x_0|\). Or \(x_1 – x_0 = \frac{1}{3}\sin 2\), donc \(|x_1 – x_0| \leq \frac{1}{3}\). Il vient alors :

   \(|x_n – \ell| \leq \frac{1}{3^n} \times \frac{3}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3^n}\).

   Ensuite, \(\frac{1}{2 \times 3^n} \leq 10^{-4}\) équivaut à \(3^n \geq 5000\). Comme \(3^7 = 2187 < 5000\) et \(3^8 = 6561 \geq 5000\), le rang \(n = 8\) garantit une erreur d’au plus \(10^{-4}\), et c’est le plus petit rang fourni par cette majoration.

Monotonie et alternance autour du point fixe

4. Comme \(\pi < \frac{10}{3}\), on a \(\frac{\pi}{2} < \frac{5}{3}\). De même, \(\pi > 3\) donne \(\frac{3\pi}{2} > \frac{9}{2} > \frac{7}{3}\). Donc \(I \subset \left]\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right[\), où le cosinus est strictement négatif. Par conséquent, \(\varphi^{\prime} < 0\) sur \(I\) : \(\varphi\) est strictement décroissante sur \(I\).

   Tous les termes sont dans \(I\) : \(x_0 = 2\) y est, et \(x_n \in \varphi(\mathbb{R}) \subset I\) pour \(n \geq 1\). Montrons d’abord par récurrence que \(x_n \neq \ell\). Puisque \(\sin 2 > 0\), on a \(\varphi(2) \neq 2\), donc \(x_0\) n’est pas le point fixe. Si \(x_n \neq \ell\), alors \(x_{n+1} = \varphi(x_n) \neq \varphi(\ell) = \ell\), car \(\varphi\) est injective sur \(I\).

   Si maintenant \(x_n < \ell\), la décroissance stricte donne \(\varphi(x_n) > \varphi(\ell)\), c’est-à-dire \(x_{n+1} > \ell\) ; le cas \(x_n > \ell\) est symétrique. Les écarts \(x_n – \ell\) changent donc de signe à chaque rang, ce qu’illustre la construction en escalier.

   Enfin, \(x_1 = 2 + \frac{1}{3}\sin 2 > 2 = x_0\). Comme \(x_0 – \ell\) et \(x_1 – \ell\) sont de signes contraires, on obtient \(2 < \ell < x_1\).

Barème : un point par question. En 2, les hypothèses citées et l’appartenance de \(\ell\) à \(I\) se partagent ce point ; en 3, de même pour la majoration et le rang 8. Dans la dernière question, l’alternance compte pour moitié, tandis que la décroissance et l’encadrement final valent un quart chacun.

Piège classique : annoncer que \(n = 8\) est le premier rang où l’erreur passe sous \(10^{-4}\). La majoration ne dit rien de tel : l’erreur réelle peut être petite bien plus tôt.

Exercice 5 – Problème : le point fixe et ses hypothèses (5 points)

Première partie : les itérés forment une suite de Cauchy

1. Pour \(n = 0\), l’inégalité s’écrit \(d(x_1, x_0) \leq d(x_1, x_0)\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Alors \(d(x_{n+2}, x_{n+1}) = d(T(x_{n+1}), T(x_n)) \leq k\,d(x_{n+1}, x_n) \leq k^{n+1}\,d(x_1, x_0)\). La propriété est donc vraie pour tout \(n\).

2. Par l’inégalité triangulaire, puis grâce à la question 1 :

   \(d(x_{n+p}, x_n) \leq \sum_{j=0}^{p-1} d(x_{n+j+1}, x_{n+j}) \leq d(x_1, x_0) \sum_{j=0}^{p-1} k^{n+j} = k^n\,\frac{1 – k^p}{1 – k}\,d(x_1, x_0)\).

   Comme \(0 \leq k^p \leq 1\), on obtient bien \(d(x_{n+p}, x_n) \leq \frac{k^n}{1 – k}\,d(x_1, x_0)\).

   Ensuite, \(k^n\) tend vers 0 car \(0 \leq k < 1\). Pour \(\varepsilon > 0\), il existe donc \(N\) tel que \(\frac{k^N}{1 – k}\,d(x_1, x_0) \leq \varepsilon\). Pour \(m \geq n \geq N\), on a alors \(d(x_m, x_n) \leq \frac{k^n}{1 – k}\,d(x_1, x_0) \leq \varepsilon\), car \(k^n \leq k^N\). La suite \((x_n)\) est de Cauchy.

Existence, unicité et vitesse de convergence

3. L’espace \(X\) est complet, donc \((x_n)\) converge vers un point \(\ell \in X\). Or \(T\) est lipschitzienne, donc continue : \(x_{n+1} = T(x_n)\) tend vers \(T(\ell)\). Par unicité de la limite dans un espace métrique, \(T(\ell) = \ell\).

   Si \(\ell\) et \(\ell^{\prime}\) sont deux points fixes, alors \(d(\ell, \ell^{\prime}) = d(T(\ell), T(\ell^{\prime})) \leq k\,d(\ell, \ell^{\prime})\), d’où \((1 – k)\,d(\ell, \ell^{\prime}) \leq 0\). Comme \(1 – k > 0\), on obtient \(d(\ell, \ell^{\prime}) = 0\) : le point fixe est unique.

4. Fixons \(n\) et faisons tendre \(p\) vers l’infini dans la question 2. L’application \(y \mapsto d(y, x_n)\) est continue, car \(|d(y, x_n) – d(z, x_n)| \leq d(y, z)\). Donc \(d(x_{n+p}, x_n)\) tend vers \(d(\ell, x_n)\), et l’inégalité large se conserve. On obtient \(d(x_n, \ell) \leq \frac{k^n}{1 – k}\,d(x_1, x_0)\).

Sans constante uniforme : la fonction g

5. L’intervalle \(\left[0, +\infty\right[\) est fermé dans \(\mathbb{R}\), qui est complet ; or un fermé d’un espace complet est complet. De plus, \(g\) envoie cet intervalle dans \(\left[1, +\infty\right[\), donc dans lui-même.

   Pour \(x \neq y\) positifs, en multipliant par la quantité conjuguée :

   \(|g(x) – g(y)| = \frac{|x^2 – y^2|}{g(x) + g(y)} = |x – y| \times \frac{x + y}{g(x) + g(y)}\).

   Puisque \(x < g(x)\) et \(y < g(y)\), le dernier quotient est strictement inférieur à 1, d’où \(|g(x) – g(y)| < |x – y|\). Cependant, \(g(x) > \sqrt{x^2} = x\) pour tout \(x \geq 0\), donc \(g\) n’a aucun point fixe, comme le montre la figure.

   L’hypothèse en défaut est l’existence d’une constante \(k < 1\) uniforme. En effet, avec \(x = n\) et \(y = n + 1\), le rapport \(\frac{|g(n+1) – g(n)|}{1} = \frac{2n + 1}{g(n) + g(n+1)}\) tend vers 1, car \(g(n) \sim n\) et \(g(n+1) \sim n\). Si \(g\) était \(k\)-contractante, ce rapport resterait majoré par \(k < 1\), et sa limite aussi, ce qui est absurde.

Sans complétude : la fonction h sur ]0, 1]

6. Pour \(x \in \left]0, 1\right]\), on a \(h(x) > 0\) et \(h(x) \leq \frac{x}{2} \leq \frac{1}{2}\), donc \(h(X) \subset X\). Ensuite, un calcul direct donne :

   \(h(x) – h(y) = \frac{x(2 + y) – y(2 + x)}{(2 + x)(2 + y)} = \frac{2(x – y)}{(2 + x)(2 + y)}\).

   Le dénominateur est au moins égal à 4, donc \(|h(x) – h(y)| \leq \frac{1}{2}|x – y|\) : \(h\) est \(\frac{1}{2}\)-contractante. Pourtant, \(h(x) = x\) équivaut à \(x = x(2 + x)\), soit \(x(1 + x) = 0\). Les seules solutions sont 0 et \(-1\), qui n’appartiennent pas à \(X\). Ainsi \(h\) n’a aucun point fixe dans \(X\).

   Le théorème ne s’applique pas car \(X\) n’est pas complet : la suite \(\left(\frac{1}{n}\right)\) est de Cauchy dans \(X\) mais sa seule limite possible, 0, n’est pas dans \(X\). D’ailleurs, les itérés de \(h\) tendent vers 0, c’est-à-dire qu’ils s’échappent de \(X\).

Barème : la récurrence et l’estimation finale valent un demi-point chacune. La question 2 est sur un point, moitié pour la somme géométrique et moitié pour le critère de Cauchy ; la question 3 sépare de même existence et unicité. Dans la partie B, chaque question est sur un point, découpé en quatre quarts : complétude, inégalité stricte, absence de point fixe et rapport limite pour g ; puis stabilité, contraction, absence de point fixe et défaut de complétude pour h.

Piège classique : oublier la stabilité \(T(X) \subset X\). Sans elle, la suite des itérés n’est même pas définie, avant toute question de convergence.

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Consolider contractions et théorème du point fixe après ce corrigé

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