Chapitre III. Suites et séries de fonctions
III.4.24. On sait, d’après le problème précédent, que chaque fonction f vérifiant les hypothèses est analytique sur ]0 , +∞[. On prouve d’abord qu’il existe
un unique réel a > 0 tel que f (x) < x si x ∈ ]0 , a[ et f (x) > x si x > a. Pour
cela, on observe que, par monotonie de f , on a lim
x→0 +
f (x) = 0, ce qui, avec
l’égalité f (f (x))f (x) = xf (x), donne
f (f (x)) =
x
0
tf
(t) dt.
(∗)
Si maintenant f (x) est supérieur à x pour 0 < x < 1, alors (∗) implique
x
0
f
(t)(t − 1) dt > 0,
contredisant le fait que f (x) > 0 pour x > 0. D’autre part, si f (x) < x pour
tout x ∈ R ∗
+ , (∗) implique alors
f (x) > f(f (x)) =
x
0
tf
(t) dt >
x
0
f (t)f
(t) dt =
1
2
(f (x))
2 ,
ce qui donne f (x) < 2 pour x > 0, contredisant le fait que f (R ∗
+ ) = R ∗
+ .
D’après la propriété des valeurs intermédiaires, la fonction f admet donc un
point fixe a. Puisque f (x) < x pour x ∈ ]0 , a[, on voit que f (y) = f −1 (y) > y
pour y ∈ ]0 , a[. De même, f (y) < y pour y > a.
On se tourne maintenant vers la démonstration de l’unicité. On suppose,
contrairement à l’énoncé, qu’il existe deux fonctions f 1 et f 2 vérifiant les conditions du problème. Soit a 1 et a 2 les points fixes respectifs de f 1 et f 2 . Clairement, on peut supposer que a 1 a 2 . On pose g = f 1 − f 2 . Si a 1 = a 2 = a, alors
g(a) = 0 et f −1 = f implique g (n) (a) = 0 pour tout n ∈ N. La fonction g étant
analytique est donc constante (égale à la fonction nulle) sur R ∗
+ . Si a 1 > a 2 ,
alors f 1 (x) < x f 2 (x) et f
1 (x) > x f
2 (x) sur [a 2 , a 1 [, d’où g(x) < 0 et
g (x) > 0 pour x ∈ [a 2 , a 1 [. Puisque lim
x→0 +
g(x) = 0, il existe b ∈ ]0 , a 2 [ tel
que g (b) = 0, g (x) > 0 pour x ∈ ]b , a 1 [ et g(x) < 0 pour x ∈ [b , a 1 [. On
pose f
1 (b) = f
2 (b) = b . On a b ∈ ]b , a 2 [ car b < f
2 (b) = b < f
2 (a 2 ) = a 2 ,
d’où g(b ) < 0. D’autre part, f 1 (b ) = f 1 (f
1 (b)) = b et f 2 (b ) = f 2 (f
2 (b)) = b,
contradiction.
III.4.25. Si f (x) = ax c , alors f (x) = acx c−1 et f −1 (x) = a
−
1
c x
1
c . Ceci
donne c =
1+
√
5
2
et a = c 1−e .
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III.4.24. On sait, d’après le problème précédent, que chaque fonction f vérifiant les hypothèses est analytique sur ]0 , +∞[. On prouve d’abord qu’il existe
un unique réel a > 0 tel que f (x) < x si x ∈ ]0 , a[ et f (x) > x si x > a. Pour
cela, on observe que, par monotonie de f , on a lim
x→0 +
f (x) = 0, ce qui, avec
l’égalité f (f (x))f (x) = xf (x), donne
f (f (x)) =
x
0
tf
(t) dt.
(∗)
Si maintenant f (x) est supérieur à x pour 0 < x < 1, alors (∗) implique
x
0
f
(t)(t − 1) dt > 0,
contredisant le fait que f (x) > 0 pour x > 0. D’autre part, si f (x) < x pour
tout x ∈ R ∗
+ , (∗) implique alors
f (x) > f(f (x)) =
x
0
tf
(t) dt >
x
0
f (t)f
(t) dt =
1
2
(f (x))
2 ,
ce qui donne f (x) < 2 pour x > 0, contredisant le fait que f (R ∗
+ ) = R ∗
+ .
D’après la propriété des valeurs intermédiaires, la fonction f admet donc un
point fixe a. Puisque f (x) < x pour x ∈ ]0 , a[, on voit que f (y) = f −1 (y) > y
pour y ∈ ]0 , a[. De même, f (y) < y pour y > a.
On se tourne maintenant vers la démonstration de l’unicité. On suppose,
contrairement à l’énoncé, qu’il existe deux fonctions f 1 et f 2 vérifiant les conditions du problème. Soit a 1 et a 2 les points fixes respectifs de f 1 et f 2 . Clairement, on peut supposer que a 1 a 2 . On pose g = f 1 − f 2 . Si a 1 = a 2 = a, alors
g(a) = 0 et f −1 = f implique g (n) (a) = 0 pour tout n ∈ N. La fonction g étant
analytique est donc constante (égale à la fonction nulle) sur R ∗
+ . Si a 1 > a 2 ,
alors f 1 (x) < x f 2 (x) et f
1 (x) > x f
2 (x) sur [a 2 , a 1 [, d’où g(x) < 0 et
g (x) > 0 pour x ∈ [a 2 , a 1 [. Puisque lim
x→0 +
g(x) = 0, il existe b ∈ ]0 , a 2 [ tel
que g (b) = 0, g (x) > 0 pour x ∈ ]b , a 1 [ et g(x) < 0 pour x ∈ [b , a 1 [. On
pose f
1 (b) = f
2 (b) = b . On a b ∈ ]b , a 2 [ car b < f
2 (b) = b < f
2 (a 2 ) = a 2 ,
d’où g(b ) < 0. D’autre part, f 1 (b ) = f 1 (f
1 (b)) = b et f 2 (b ) = f 2 (f
2 (b)) = b,
contradiction.
III.4.25. Si f (x) = ax c , alors f (x) = acx c−1 et f −1 (x) = a
−
1
c x
1
c . Ceci
donne c =
1+
√
5
2
et a = c 1−e .
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