Exercice 46

1. La partie $A$ contient $0$, puisque $f(0) \geqslant 0$, et elle est majorée par $1$ : elle admet une borne supérieure $s \in [0\,,1]$ d'après le théorème 1. Soit $x \in A$ ; comme $x \leqslant s$ et que $f$ est croissante, on a $x \leqslant f(x) \leqslant f(s)$. Le réel $f(s)$ majore donc $A$, et il est supérieur au plus petit des majorants : $$\boxed{s \leqslant f(s)}$$ Appliquons la fonction croissante $f$ à cette inégalité : on obtient $f(s) \leqslant f\big(f(s)\big)$. Comme $f(s)$ est dans $[0\,,1]$, cela signifie que $f(s)$ appartient à $A$, et donc que $f(s) \leqslant s$, puisque $s$ majore $A$. Les deux inégalités donnent : $$\boxed{f(s) = s}$$ 2. Si $p$ est un point fixe de $f$, alors $f(p) = p \geqslant p$, donc $p \in A$, et $p \leqslant s$ puisque $s$ majore $A$. $$\boxed{s \text{ est le plus grand point fixe de } f}$$ Symétriquement, la partie $B = \{x \in [0\,,1] \mid f(x) \leqslant x\}$ contient $1$ et est minorée par $0$ ; soit $i = \inf B$. Pour $x \in B$, on a $f(i) \leqslant f(x) \leqslant x$, donc $f(i)$ minore $B$ et $f(i) \leqslant i$ ; puis $f\big(f(i)\big) \leqslant f(i)$, donc $f(i) \in B$ et $f(i) \geqslant i$. Tout point fixe appartient à $B$, donc est supérieur à $i$. $$\boxed{\inf B \text{ est le plus petit point fixe de } f}$$ 3. Pour $x < \frac{1}{2}$, la condition $f(x) \geqslant x$ s'écrit $x \leqslant \frac{1}{4}$ ; pour $x \geqslant \frac{1}{2}$, elle s'écrit $x \leqslant \frac{3}{4}$. On obtient donc : $$\boxed{A = \Big[0\,,\frac{1}{4}\Big] \cup \Big[\frac{1}{2}\,,\frac{3}{4}\Big], \qquad s = \frac{3}{4}}$$ Un point fixe est une valeur prise par $f$, donc vaut $\frac{1}{4}$ ou $\frac{3}{4}$ ; les deux conviennent, puisque $\frac{1}{4} < \frac{1}{2}$ et $\frac{3}{4} \geqslant \frac{1}{2}$. $$\boxed{\text{les points fixes de } f \text{ sont } \frac{1}{4} \text{ et } \frac{3}{4}}$$

Les points fixes, en rouge, sont les points où le graphe de $f$ rencontre la diagonale ; la partie $A$, en bleu pétrole, est l'ensemble des abscisses où le graphe est au-dessus de la diagonale, et sa borne supérieure est le point fixe $\frac{3}{4}$. Le saut de $f$ en $\frac{1}{2}$ ne gêne en rien le raisonnement.

4. La fonction définie par $f(x) = 1$ pour $x < \frac{1}{2}$ et $f(x) = 0$ pour $x \geqslant \frac{1}{2}$ est décroissante et à valeurs dans $[0\,,1]$. Un point fixe serait une valeur de $f$, donc $0$ ou $1$ ; or $f(0) = 1$ et $f(1) = 0$. $$\boxed{\text{une fonction décroissante de } [0\,,1] \text{ dans } [0\,,1] \text{ peut n'avoir aucun point fixe}}$$ Le chapitre 8 montrera qu'une fonction continue de $[0\,,1]$ dans $[0\,,1]$ a toujours un point fixe ; ici, c'est la croissance qui remplace la continuité.

5. On écrit $g(x) = 1 - \dfrac{1}{2x + 2}$ : comme $x \mapsto 2x + 2$ est croissante et strictement positive sur $[0\,,1]$, son inverse est décroissante, et $g$ est croissante. Elle envoie un rationnel sur un rationnel, et $g(0) = \frac{1}{2}$, $g(1) = \frac{3}{4}$, donc $g(Q_{1}) \subset Q_{1}$. Enfin, pour $x \geqslant 0$, $$g(x) - x = \frac{1 - 2x^{2}}{2x + 2},$$ qui s'annule seulement en $x = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$, irrationnel. $$\boxed{g \text{ est croissante, } g(Q_{1}) \subset Q_{1}, \text{ et } g \text{ n'a aucun point fixe dans } Q_{1}}$$ La partie $\{x \in Q_{1} \mid g(x) \geqslant x\} = \{x \in Q_{1} \mid 2x^{2} \leqslant 1\}$ est non vide et majorée, mais elle n'a pas de borne supérieure dans $\mathbb{Q}$ : sa borne supérieure dans $\mathbb{R}$ est $\frac{\sqrt{2}}{2}$. C'est l'existence de $s$, c'est-à-dire l'axiome de la borne supérieure, qui fait défaut ; on retrouve la coupure de l'introduction du cours.

À retenir : c'est la version réelle du théorème de Knaster-Tarski, rencontré à l'exercice 39 de la feuille du chapitre 2 pour les parties d'un ensemble ordonnées par l'inclusion. La démonstration n'utilise que l'ordre et la borne supérieure, et la question 5 montre qu'elle ne peut pas s'en passer.