Solutions
ce qui contredit le fait que f (x) < x pour tout x ∈ ]a , b[. Ainsi, l = a pour
tout x ∈ ]a , b[. Si a < t 1 < t 0 < b, alors (voir la solution de II.4.19)
f
+ (t 0 )
f (t 1 ) − f (t 0 )
t 1 − t 0
f
+ (t 1 ).
(1)
En prenant t 0 = f n (x) et t 1 = f n+1 (x), on obtient
f
+ (f
n (x))
f n+2 (x) − f n+1 (x)
f n+1 (x) − f n (x)
f
+ (f
n+1 (x)).
Le fait que lim
x→a +
f
+ (x) = 1 implique
lim
n→+∞
f n+2 (x) − f n+1 (x)
f n+1 (x) − f n (x)
= 1,
d’où
lim
n→+∞
f n+k+1 (x) − f n+k (x)
f n+1 (x) − f n (x)
= lim
n→+∞
k−1
i=0
f n+i+2 (x) − f n+i+1 (x)
f n+i+1 (x) − f n+i (x)
= 1 (2)
pour k ∈ N ∗ . Puisque f
+ est décroissante, l’égalité lim
x→a +
f
+ (x) = 1 implique
f
+ (x) 1. La fonction x → f (x)−x est donc décroissante sur ]a , b[ d’après (1).
Puisque f (v) − v < 0, on a
f (u) − u
f (v) − v
1 pour v < u, u, v ∈ ]a , b[ .
Soit x, y tels que a < y < x < b. On prend u = f n (x) et v = f n (y), ce qui
donne
f n+1 (x) − f n (x)
f n+1 (y) − f n (y)
1.
Par ailleurs, il existe k ∈ N ∗ tel que f k (x) < y < x. Ceci implique
f n+k (x) < f n (y). La fonction x → f (x) − x étant décroissante, on voit que
f
n+1 (y) − f
n (y) f
n+k+1 (x) − f
n+k (x),
d’où
1
f n+1 (x) − f n (x)
f n+1 (y) − f n (y)
f n+1 (x) − f n (x)
f n+k+1 (y) − f n+k (y)
,
ce qui, combiné à (2), donne l’égalité cherchée.
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