2.2 Exercices d’approfondissement 33
Exercice 2.16
Centrale PSI 2005
On considère l’espace vectoriel E des fonctions f ∈ C ( [ 0, 1 ] , R) telles que
f (0) = f (1) .
1) Montrer que : ∀ p ∈ N
∗ , ∀ f ∈ E, ∃x ∈ [ 0, 1 ] , f (x) = f (x + 1/ p) .
2) Pour f (x) = sin(2px), déterminer l’ensemble A des a ∈ [ 0, 1 ] tels qu’il
existe x ∈ [ 0, 1 ] vérifiant f (x) = f (x + a) .
3) Question de la rédaction : Soit c un réel dans ] 0, 1 ] qui n’est pas l’inverse
d’un entier. Montrer qu’il existe une fonction f continue sur [ 0, 1 ] , telle que
f (0) = f (1) et telle que f (x + c) − f (x) ne s’annule pas sur [ 0, 1 − c ] . On
pourra chercher f sous la forme x → cos(ax) + bx.
1) Soit p fixé dans N
∗ et soit f ∈ E. Introduisons la fonction g définie sur
[ 0, 1 − 1/ p ] par g(x) = f (x) − f (x + 1/ p) . La fonction g est continue sur
[ 0, 1 − 1/ p ] et l’on a
p−1
k=0
g(k/ p) = f (0) − f (1) = 0 . Il en résulte que les
nombres g(k/ p) pour 0 k p − 1 ne peuvent être tous strictement positifs ou
tous strictement négatifs. Il existe donc deux entiers k 1 et k 2 tels que g(k 1 / p) 0 et
g(k 2 / p) 0 . Alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe x compris entre k 1 / p et k 2 / p, donc appartenant à [ 0, 1 ] , tel que g(x) = 0, c’est-à-dire
tel que f (x) = f (x + 1/ p) .
2) Soit a ∈ [ 0, 1 ] . Résolvons l’équation sin(2p(x + a)) = sin(2px) . Il y a deux
possibilités :
ou bien 2p(x + a) = 2px + 2kp avec k ∈ Z ce qui donne a = k avec x quelconque.
On a donc uniquement a = 0 ou a = 1,
ou bien 2p(x + a) = p − 2px + 2kp avec k ∈ Z, ce qui équivaut à x =
1 − 2a + 2k
4
.
Cherchons quand x appartient à [ 0, 1 ] . On obtient que 0 x 1 est équivalent à
−3/2 + k a 1/2 + k. En particulier ces inégalités sont vérifiées pour tout a de
[ 0, 1 ] en prenant k = 1.
Il en résulte que pour tout a de [ 0, 1 ] , il existe x dans [ 0, 1 ] tel que f (x+a) = f (x).
Il suffit de prendre x = (3 − 2a)/4 . On a donc A = [ 0, 1 ] .
3) Cherchons une telle fonction sous la forme proposée dans l’énoncé. La première
condition f (0) = f (1) impose b = 1 − cos a.
On a alors f (x + c) − f (x) = cos(a(x + c)) − cos(ax) + c(1 − cos a) . Si ac = 2p,
on a alors f (x + c) − f (x) = c(1 − cos(a)) = c(1 − cos(2p/c)). Comme c n’est
pas l’inverse d’un entier cette quantité est non nulle pour tout x dans [ 0, 1 − c ] .
La fonction f : x → cos(2px/c) + x(1 − cos(2p/c)) remplit bien les conditions
proposées.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
Exercice 2.16
Centrale PSI 2005
On considère l’espace vectoriel E des fonctions f ∈ C ( [ 0, 1 ] , R) telles que
f (0) = f (1) .
1) Montrer que : ∀ p ∈ N
∗ , ∀ f ∈ E, ∃x ∈ [ 0, 1 ] , f (x) = f (x + 1/ p) .
2) Pour f (x) = sin(2px), déterminer l’ensemble A des a ∈ [ 0, 1 ] tels qu’il
existe x ∈ [ 0, 1 ] vérifiant f (x) = f (x + a) .
3) Question de la rédaction : Soit c un réel dans ] 0, 1 ] qui n’est pas l’inverse
d’un entier. Montrer qu’il existe une fonction f continue sur [ 0, 1 ] , telle que
f (0) = f (1) et telle que f (x + c) − f (x) ne s’annule pas sur [ 0, 1 − c ] . On
pourra chercher f sous la forme x → cos(ax) + bx.
1) Soit p fixé dans N
∗ et soit f ∈ E. Introduisons la fonction g définie sur
[ 0, 1 − 1/ p ] par g(x) = f (x) − f (x + 1/ p) . La fonction g est continue sur
[ 0, 1 − 1/ p ] et l’on a
p−1
k=0
g(k/ p) = f (0) − f (1) = 0 . Il en résulte que les
nombres g(k/ p) pour 0 k p − 1 ne peuvent être tous strictement positifs ou
tous strictement négatifs. Il existe donc deux entiers k 1 et k 2 tels que g(k 1 / p) 0 et
g(k 2 / p) 0 . Alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe x compris entre k 1 / p et k 2 / p, donc appartenant à [ 0, 1 ] , tel que g(x) = 0, c’est-à-dire
tel que f (x) = f (x + 1/ p) .
2) Soit a ∈ [ 0, 1 ] . Résolvons l’équation sin(2p(x + a)) = sin(2px) . Il y a deux
possibilités :
ou bien 2p(x + a) = 2px + 2kp avec k ∈ Z ce qui donne a = k avec x quelconque.
On a donc uniquement a = 0 ou a = 1,
ou bien 2p(x + a) = p − 2px + 2kp avec k ∈ Z, ce qui équivaut à x =
1 − 2a + 2k
4
.
Cherchons quand x appartient à [ 0, 1 ] . On obtient que 0 x 1 est équivalent à
−3/2 + k a 1/2 + k. En particulier ces inégalités sont vérifiées pour tout a de
[ 0, 1 ] en prenant k = 1.
Il en résulte que pour tout a de [ 0, 1 ] , il existe x dans [ 0, 1 ] tel que f (x+a) = f (x).
Il suffit de prendre x = (3 − 2a)/4 . On a donc A = [ 0, 1 ] .
3) Cherchons une telle fonction sous la forme proposée dans l’énoncé. La première
condition f (0) = f (1) impose b = 1 − cos a.
On a alors f (x + c) − f (x) = cos(a(x + c)) − cos(ax) + c(1 − cos a) . Si ac = 2p,
on a alors f (x + c) − f (x) = c(1 − cos(a)) = c(1 − cos(2p/c)). Comme c n’est
pas l’inverse d’un entier cette quantité est non nulle pour tout x dans [ 0, 1 − c ] .
La fonction f : x → cos(2px/c) + x(1 − cos(2p/c)) remplit bien les conditions
proposées.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit