Solutions
I.3.13. On peut prolonger la fonction f sur R + de façon à obtenir une
fonction périodique de période n. Son prolongement est encore noté f . Pour
k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} donné, on pose
g(x) = f (x + k) − f (x), x 0.
On montre qu’il existe x 0 ∈ [0 , kn] tel que g(x 0 ) = 0. Si g(0) = 0, on prend
alors x 0 = 0. On suppose donc, par exemple, que g(0) > 0. Si on a aussi
g(j) > 0 pour tout j = 0, 1, 2, . . . , kn − k, on aura alors
f (0) < f(k) < f(2k) < . . . < f(kn) = f (0),
contradiction. Il s’ensuit qu’il existe j 0 tel que g(j 0 ) > 0 et g(j 0 + 1) 0.
Puisque g est continue, il existe x 0 ∈ ]j 0 , j 0 + 1] tel que g(x 0 ) = 0, d’où
f (x 0 + k) = f (x 0 ). On suppose d’abord que x 0 ∈ [(l − 1)n , ln − k] pour un
certain 1 l k. La périodicité de f implique f (x 0 ) = f (x 0 − (l − 1)n) et
f (x 0 + k) = f (x 0 − (l − 1)n + k). On peut donc prendre x k = x 0 − (l − 1)n et
x
k = x 0 − (l − 1)n + k. Si x 0 ∈ [ln − k , ln], alors x 0 + k ∈ [ln , (l + 1)n] et on a
f (x 0 − (l − 1)n) = f (x 0 ) = f (x 0 + k) = f (x 0 − ln + k). On peut alors prendre
x k = x 0 − (l − 1)n et x
k = x 0 − ln + k.
On n’a pas nécessairement pour tout k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} l’existence de x k
et x
k tels que x k − x
k = k et f (x k ) = f (x
k ). Il suffit de considérer la fonction
f (x) = sin
π
2
x
pour x ∈ [0 , 4].
On voit facilement que f (x + 3) = f (x) pour tout x ∈ [0 , 1].
I.3.14. La solution suivante est due à notre étudiant Grzegorz Michalak.
On peut supposer, sans perte de généralité, que f (0) = f (n) = 0. Le cas
n = 1 est évident. On suppose donc que n > 1. On considère d’abord le cas
où f (1) > 0, f (2) > 0, . . ., f (n − 1) > 0. Pour k = 1, 2, . . . , n − 1, on pose
g k (x) = f (x + k) − f (x). La fonction g k est continue sur [0 , n − k] et, par
hypothèse, g k (0) > 0 et g k (n − k) < 0. Il existe donc x k ∈ [0 , n − k] tel que
g k (x k ) = 0, ou encore, f (x k + k) = f (x k ). Ceci démontre la proposition dans
ce cas. De façon semblable, on peut prouver qu’elle est aussi vraie si f (1) < 0,
f (2) < 0, . . . , f(n − 1) < 0.
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I.3.13. On peut prolonger la fonction f sur R + de façon à obtenir une
fonction périodique de période n. Son prolongement est encore noté f . Pour
k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} donné, on pose
g(x) = f (x + k) − f (x), x 0.
On montre qu’il existe x 0 ∈ [0 , kn] tel que g(x 0 ) = 0. Si g(0) = 0, on prend
alors x 0 = 0. On suppose donc, par exemple, que g(0) > 0. Si on a aussi
g(j) > 0 pour tout j = 0, 1, 2, . . . , kn − k, on aura alors
f (0) < f(k) < f(2k) < . . . < f(kn) = f (0),
contradiction. Il s’ensuit qu’il existe j 0 tel que g(j 0 ) > 0 et g(j 0 + 1) 0.
Puisque g est continue, il existe x 0 ∈ ]j 0 , j 0 + 1] tel que g(x 0 ) = 0, d’où
f (x 0 + k) = f (x 0 ). On suppose d’abord que x 0 ∈ [(l − 1)n , ln − k] pour un
certain 1 l k. La périodicité de f implique f (x 0 ) = f (x 0 − (l − 1)n) et
f (x 0 + k) = f (x 0 − (l − 1)n + k). On peut donc prendre x k = x 0 − (l − 1)n et
x
k = x 0 − (l − 1)n + k. Si x 0 ∈ [ln − k , ln], alors x 0 + k ∈ [ln , (l + 1)n] et on a
f (x 0 − (l − 1)n) = f (x 0 ) = f (x 0 + k) = f (x 0 − ln + k). On peut alors prendre
x k = x 0 − (l − 1)n et x
k = x 0 − ln + k.
On n’a pas nécessairement pour tout k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} l’existence de x k
et x
k tels que x k − x
k = k et f (x k ) = f (x
k ). Il suffit de considérer la fonction
f (x) = sin
π
2
x
pour x ∈ [0 , 4].
On voit facilement que f (x + 3) = f (x) pour tout x ∈ [0 , 1].
I.3.14. La solution suivante est due à notre étudiant Grzegorz Michalak.
On peut supposer, sans perte de généralité, que f (0) = f (n) = 0. Le cas
n = 1 est évident. On suppose donc que n > 1. On considère d’abord le cas
où f (1) > 0, f (2) > 0, . . ., f (n − 1) > 0. Pour k = 1, 2, . . . , n − 1, on pose
g k (x) = f (x + k) − f (x). La fonction g k est continue sur [0 , n − k] et, par
hypothèse, g k (0) > 0 et g k (n − k) < 0. Il existe donc x k ∈ [0 , n − k] tel que
g k (x k ) = 0, ou encore, f (x k + k) = f (x k ). Ceci démontre la proposition dans
ce cas. De façon semblable, on peut prouver qu’elle est aussi vraie si f (1) < 0,
f (2) < 0, . . . , f(n − 1) < 0.
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