Emmanuel Royer – 11/10/2017, 14:43
Préparation au CAPES


CAPES de mathématiques 2014, épreuve 2 – Corrigé

Problème 1 : étude de points fixes
Partie A : quelques études d’unicité

1.
1.1. La fonction f définie sur I par
a+b

1+x si x ,


2

∀x ∈ I f (x) = 


 a+b a+b
si x =


2 2


a+b
n’est pas continue. Elle admet pourtant 2 comme point fixe.

Il n’est pas nécessaire que la fonction f soit continue pour admettre un point
fixe.

1.2. La fonction définie sur I par f (x) = 1 + x pour tout x ∈ I est continue sur I. Elle
n’admet pourtant aucun point fixe.

Il n’est pas suffisant que la fonction f soit continue pour admettre un point fixe.

2. Pour tout x ∈ R, x est un point fixe de f si et seulement si f (x) = x, c’est-à-dire si et
seulement si e−x − x = 0.
On définit la fonction gsur R par g(x) = e−x − x pour tout x ∈ R. Cette fonction est
dérivable sur R et g 0 (x) = − (e−x + 1) < 0. La fonction g est donc strictement décroissante
sur R. Or, g(0) = 1 > 0 et g(1) = e−1 − 1 < 0 (car e = e1 > e0 = 1 puisque exp croît
strictement). Grâce au théorème des valeurs intermédiaires, il existe α ∈]0, 1[ tel que
g(α) = 0. Ce point d’annulation de g est unique puisque g est strictement monotone
donc injective.

La fonction f admet un unique point fixe sur R. Ce point fixe appartient à [0, 1].

3.
3.1. Soit g définie sur I par g(x) = f (x) − x pour tout x ∈ I. Comme f , la fonction
g est continue sur I. On a g(a) = f (a) − a ≥ 0 et g(b) = f (b) − b ≤ 0 car a ≤ f (x) ≤ b pour
tout x ∈ [a, b]. Grâce au théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc α ∈ I tel que
g(α) = 0. On a alors f (α) = α.
Remarque : la preuve du résultat demeure vraie si f ([a, b]) ⊂ [a, b].
 La fonction f admet un point fixe sur I.

3.2. Supposons que f est strictement décroissante. Soit β ∈ I tel que f (β) = β. Si
β ≥ α alors f (β) ≤ f (α), c’est-à-dire β ≤ α ; on a alors β = α. Si β ≤ α alors f (β) ≥ f (α),
c’est-à-dire β ≥ α ; on a alors β = α.

Si f est strictement décroissante, son point fixe est unique.

3.3.
La fonction f définie sur I par ∀x ∈ I, f (x) = x est continue, stabilise I et admet une
infinité de points fixes.

Sa stricte croissance n’est pas une condition suffisante pour qu’une fonction
continue sur I stabilisant I admette un unique point fixe.

Partie B : étude d’une suite convergeant vers un point fixe

1.
1.1. Soit x0 ∈ R+ . On a la suite d’équivalences :

1
!
α
x0 , 0 et g(x0 ) = x0 ⇔ x + = x0 et x0 , 0
2 0 x0
α
⇔ x0 + = 2x0 et x0 , 0
x0
α
⇔ = x0 et x0 , 0
x0
⇔ x02 − α = 0 et x0 , 0.

De plus, f (0) = −α , 0. On a déduit

Tout réel positif est un point fixe de g si et seulement si c’est un zéro de f .

1.2. La fonction f est dérivable en t. L’équation de Tt est donc

y − f (t) = f 0 (t)(x − t) c’est-à-dire y = 2tx − (t 2 + α).

Le point d’intersection de Tt avec l’axe des abscisses est le point (xt , 0) où
1 2
0 = 2txt − (t 2 + α) c’est-à-dire xt = (t + α) = g(t) car t , 0.
2t

Pour tout t ∈ R+∗ , le point d’intersection de la tangente à la courbe représenta-
tive de la fonction f au point d’abscisse t avec l’axe des abscisses a pour abscisse
g(t).

2 / 22
 1.3. Cette question trouverait mieux sa place après la question 2.4 de cette partie B.
Supposons
√ donc avoir résolu la question 2.4. Fixer α > 0 (par exemple entier). Choisir
u0 > α. Pour plusieurs valeurs successives de n, calculer un+1 = g(un ). Tracer la droite
d’équation y = 2un x − (un2 + α). Marquer son point d’intersection avec l’axe des abscisses.
2.
√ √
2.1. Supposons u0 = α. Pour tout n ∈ N, notons S(n) l’hypothèse : « un = α ».
L’hypothèse S(0) est vraie. Soit n ∈ N tel que S(n) est vraie. Alors

1 √ 1 √ √  √
!
α
un+1 = α+ √ = α+ α = α
2 α 2

car α > 0. Ainsi, S(0) est vraie et, pour tout n ∈ N, si S(n) est vraie alors S(n + 1) est vraie.
On en déduit que, pour tout n ∈ §(n), l’hypothèse S(n) est vraie.
√ √
Si u0 = α alors la suite (un )n∈N est constante égale à α.

Pour tout t ∈ R∗ , on a
 √ 2
1 2  1  √ 2 √  t− α √
g(t) = t +α = t − α + 2t α = + α.
2t 2t 2t
On en déduit √ √
∀t ∈ R∗+ − { t} g(t) > α.
+∗
√
Comme
√ u0 ∈ R , alors u1 = g(u0 ) existe. Supposons de ∗plus, u0 , α, alors u1 =
g(u0 ) > α. L’hypothèse√ E(1) est alors vraie où, pour tout n ∈ N , on note E(n) l’hypothèse
√
∗
« un existe et un > α ». Soit n ∈ N √tel que E(n) est vraie.√Comme un > α alors
un+1 = g(un ) est définie. De plus un , α donc un+1 = g(un ) > α. L’hypothèse E(n + 1)
est donc vraie. Par récurrence, on en déduit que
√ √
Si u0 > α alors pour tout n ∈ N∗ , un est défini et un > α.

2.2. Soit n ∈ N. D’après la question 1.2, la tangente à la courbe représentative de f
en le point d’abscisse un coupe l’axe des abscisses au point (g(un ), 0) = (un+1 , 0). Mais, la
tangente de Cf en le point d’abscisse un est la tangente à Cf en le point de coordonnées
(un , f (un )) puisque ce point appartient à Cf . Autrement dit,

Pour tout n ∈ N∗ , un+1 est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la
courbe Cf en le point de coordonnées (un , f (un )) avec l’axe des abscisses.

2.3. √
D’après la question 2.1, on un > α > 0 pour tout n ∈ N. Or,
1  2 1  2
un + un2 = un .
 
un+1 = un + α <
2un 2un

3 / 22
 la suite (un )n∈N∗ est strictement décroissante.


√ 2.4. La suite (un )n∈N∗ est strictement décroissante (question √ 2.3) et minorée (par
α, question 2.1. Elle est donc convergente vers un réel ` ≥ α. Pour tout n ∈ N, on
a un+1 = g(un ). La suite (un+1 )n∈N est une suite extraite de (un )n∈N , elle converge donc
vers `. La fonction g est continue, la suite (g(un ))n∈N converge
√ donc√ vers g(`). On a √ donc
g(`) = `. Ainsi ` est un zéro de f . Or, les zéros de f sont − ` et `. On a donc ` = `.
√
La suite (un )n∈N converge vers α.

2.5. Pour tout n ∈ N, on a
√   √ √ 
un+1 − 2 =  1 u 2 + 2 − 2 2un  = 1 un − 2 2 .
   
 2un n  2un
√
√ 1 ...