Exo Maths X MP #27 - Croissance globale sans croissance locale

Publié

Révisé

December 1, 2020

Il y a 4 années

Exercice d'oral de maths de Polytechnique filière MP tombé en 2020.

Construire $f$ continue et croissante de $[0, 1]$ dans $R$ telle que $f (0) < f (1)$ et $f$ n'est strictement croissante sur aucun sous-intervalle de $[0, 1]$ .

Merci à Arthur Dremeaux d'avoir partagé l'exercice qu'il a eu à l'oral de l'X ! Pour partager les tiens, contacte Lucas Willems.

Correction

Bravo à Yessine Marrekchi (MP*, IPEST) d'avoir réussi à résoudre cet exercice de l'X et merci à lui d'avoir rédigé une correction !

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On construit par récurrence une suite de fonctions $(f_{n})$ $_{n}$ de $[0, 1]$ dans $R$ telle que pour tout $n$ , il existe $a_{0} \leq . . . \leq a_{m}$ tels que $I = ⋃_{i} [a_{i}, a_{i + 1}]$ et $f_{n}$ est affine strictement croissante sur $[a_{i}, a_{i + 1}]$ si $i$ est pair et constante sinon.

Construction de $f_{0}$ . On choisit $f_{0} = Id$ et $f_{0}$ vérifie bien la propriété souhaitée.

Construction de $f_{n + 1}$ à partir de $f_{n}$ . Par hypothèse de récurrence, il existe $a_{0} \leq . . . \leq a_{m}$ tels que $I = ⋃_{i} [a_{i}, a_{i + 1}]$ et et $f_{n}$ est affine strictement croissante sur $[a_{i}, a_{i + 1}]$ si $i$ est pair et constante sinon :

Si $i$ est pair, alors on pose $m_{1} = a_{i} + \frac{1}{2} (a_{i + 1} - a_{i})$ et $m_{2} = a_{i} + \frac{3}{4} (a_{i + 1} - a_{i})$ . On pose $f_{n + 1} = f_{n}$ sur $[a_{i}, m_{1}]$ , $f_{n + 1} = f_{n} (m_{1})$ sur $[m_{1}, m_{2}]$ et $f_{n + 1}$ affine reliant $f (m_{1})$ à $f (a_{i + 1})$ sur $[m_{2}, a_{i + 1}]$ .
Si $i$ est impair, alors on pose $f_{n + 1}$ = $f_{n}$ sur $[a_{i}, a_{i + 1}]$ .

$f_{n + 1}$ vérifie bien la propriété souhaitée.

Par construction, $\forall n \in N, f_{n} (0) = 0$ et $\forall n \in N, f_{n} (1) = 1$ , donc $f (0) = 0$ et $f (1) = 1$ , et donc $f (0) < f (1)$ .

Soit $x \in [0, 1]$ . Par construction, $(f_{n} (x))_{n}$ est décroissante. De plus, par construction, les $f_{n}$ sont croissantes et $f_{n} (0) = 0$ , donc $(f_{n} (x))_{n}$ est minorée par $0$ . Ainsi, elle est convergente et $(f_{n})_{n}$ converge simplement vers une fonction $f$ .

Comme les $f_{n}$ sont croissantes, $f$ est aussi croissante.

Par construction, les segments $[a_{i}, a_{i + 1}]$ sont de longueur inférieure à $\frac{1}{2 ^{n}}$ et $f_{n} ([a_{i}, a_{i + 1}])$ est aussi un segment de longueur inférieure à $\frac{1}{2 ^{n}}$ .

Soit $x \in [0, 1]$ et $n \in N$ . $x$ appartient à un segment $[a_{i}, a_{i + 1}]$ . Par construction :

$f_{n} (a_{i}) = f (a_{i})$ et $f_{n} (a_{i + 1}) = f (a_{i + 1})$ ,
$f_{n} (x), f (x) \in [f_{n} (a_{i}), f_{n} (a_{i + 1})]$ par croissance de $f$ et $f_{n}$ ,
$∣ f_{n} (a_{i}) - f_{n} (a_{i + 1}) ∣ \leq \frac{1}{2 ^{n}}$ .

On en déduit que $∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq \frac{1}{2 ^{n}}$ et donc que $∥ f - f_{n} ∥ \leq \frac{1}{2 ^{n}}$ . La convergence est uniforme et $f$ est continue par continuité des $f_{n}$ .

Soit $I$ un intervalle de $[0, 1]$ de longueur $l$ . Il existe $n_{0} \in N$ tel que $l \geq \frac{1}{2 ^{n_{0}}}$ , donc $f_{n_{0} + 1}$ est constante sur un intervalle $I^{'}$ de $I$ . Par construction, $f = f_{n_{0} + 1}$ sur $I^{'}$ donc $f$ n'est pas strictement croissante sur $I$ .

Conclusion : $f$ est continue, croissante sur $[0, 1]$ et $f (0) < f (1)$ . Par contre, $f$ n'est strictement croissante sur aucun sous-intervalle de $[0, 1] .$

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