Solutions
De plus,
f
α +
1
4
(β − α)
= f
α +
α+β
2
2
=
1
2
f (α) +
1
2
f
α + β
2
= f (α) +
1
4
(f (β) − f (α))
et
f
α +
3
4
(β − α)
= f
1
2
β +
1
2
α +
1
2
(β − α)
=
1
2
f (β) +
1
2
f
α +
1
2
(β − α)
= f (α) +
3
4
(f (β) − f (α)) .
On montre par récurrence que
f
α +
k
2 n (β − α)
= f (α) +
k
2 n (f (β) − f (α))
pour k = 0, 1, 2, 3, . . . , 2 n et n ∈ N ∗ . On suppose l’égalité vérifiée pour m n
et on la prouve au rang n + 1. Si k = 2l, l = 0, 1, . . . , 2 n , on a alors, par
hypothèse de récurrence,
f
α +
k
2 n+1 (β − α)
= f
α +
l
2 n (β − α)
= f (α) +
l
2 n (f (β) − f (α))
= f (α) +
k
2 n+1 (f (β) − f (α)) .
De même, si k = 2l + 1, l = 0, 1, . . . , 2 n − 1, alors
f
α +
k
2 n+1 (β − α)
= f
1
2
α +
l
2 n−1 (β − α)
+
1
2
α +
1
2 n (β − α)
=
1
2
f
α +
l
2 n−1 (β − α)
+
1
2
f
α +
1
2 n (β − α)
= f (α) +
k
2 n+1 (f (β) − f (α)) .
Puisque que les nombres de la forme
k
2 n forment un ensemble dense dans [0 , 1],
la continuité de f implique
f (α + t(β − α)) = f (α) + t(f (β) − f (α)) pour t ∈ [0 , 1].
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