Prouver qu'un objet est unique en montrant que deux objets qui conviennent sont égaux, rédiger une existence et unicité en deux parties séparées, et se servir de l'unicité pour démontrer une égalité.
« Au moins un », « au plus un », « exactement un »
Soit P(x) une propriété portant sur les éléments x d'un ensemble E. Au moins un élément de E vérifie P lorsque ∃x∈E,P(x) : c'est l'existence. Au plus un élément vérifie P lorsque deux éléments qui vérifient P sont forcément égaux : c'est l'unicité, qui n'affirme pas qu'il en existe un. Exactement un élément vérifie P lorsque les deux ont lieu ; on écrit ∃!x∈E,P(x), qui se lit « il existe un unique x dans E tel que P(x) ».
∃x∈E,P(x)
au moins un élément vérifie la propriété
∀(x,y)∈E2,(P(x) et P(y))⟹x=y
au plus un : deux éléments qui la vérifient sont égaux
∃!x∈E,P(x)
exactement un élément la vérifie
Propriété
Existence et unicité : deux preuves distinctes
« Il existe un unique x∈E tel que P(x) » est la conjonction de deux affirmations : l'existence (au moins un élément vérifie P) et l'unicité (au plus un élément vérifie P). Aucune des deux n'entraîne l'autre, donc chacune demande sa propre preuve : une copie qui n'en établit qu'une n'a démontré que la moitié de l'énoncé. L'ordre des deux preuves est libre ; dans un raisonnement par analyse-synthèse, l'analyse, quand elle aboutit à un seul candidat, donne d'abord l'unicité, et la synthèse donne ensuite l'existence.
∃!x∈E,P(x)⟺(∃x∈E,P(x)) et (∀(x,y)∈E2,(P(x) et P(y))⟹x=y)
exactement un, c'est au moins un et au plus un
Propriété
Unicité sans existence, existence sans unicité
L'unicité peut être vraie sans l'existence : la fonction exponentielle est strictement croissante, donc l'équation ex=0 admet au plus une solution réelle, et pourtant elle n'en admet aucune, puisque ex>0 pour tout réel x. L'existence peut être vraie sans l'unicité : l'équation x2=1 admet des solutions, mais 1 et −1 en sont deux, distinctes. Une preuve d'existence ne dit donc rien du nombre de solutions, et une preuve d'unicité ne garantit pas qu'il y en ait une. Tant qu'une seule des deux preuves est faite, on n'écrit ni « la solution » ni « l'unique solution ».
∀(a,b)∈R2,ea=eb⟹a=b
au plus une solution, par stricte croissance de l'exponentielle
∀x∈R,ex>0
et pourtant aucune solution
12=(−1)2=1 et 1=−1
des solutions, mais deux solutions distinctes
Vocabulaire
L'article défini est réservé à l'objet unique
« Un réel tel que P » désigne l'un quelconque des réels qui vérifient P, sans rien supposer sur leur nombre ; « le réel tel que P » ou « l'unique réel tel que P » affirme qu'il y en a exactement un. On n'écrit donc « la solution », « l'unique solution » ou « notons α la solution » qu'après avoir prouvé l'existence et l'unicité ; avant, on dit « une solution » ou « soit x une solution éventuelle ». De même, une notation qui désigne un objet, comme c ou ⌊x⌋, n'a de sens qu'une fois cet objet prouvé existant et unique : ce sont l'existence et l'unicité de l'entier n tel que n≤x<n+1 qui permettent de parler de la partie entière de x. Les notations lim et max, soumises à la même règle, sont traitées dans « Rédiger un calcul ».
Soit x une solution.
une solution quelconque, sans rien affirmer sur leur nombre
Notons α la solution.
permis seulement après les preuves d'existence et d'unicité
Propriété
Unicité : deux objets qui conviennent sont égaux
Prouver qu'au plus un élément de E vérifie P, c'est prouver que deux éléments qui conviennent sont égaux : on prend a et bquelconques dans E vérifiant P, sans fixer leurs valeurs ni les supposer distincts, et l'on démontre a=b. Par contraposée, cela revient à montrer que deux éléments distincts ne vérifient pas tous les deux P. Quand un candidat x0 est déjà connu, il suffit de montrer que tout élément vérifiant P est égal à x0 : deux solutions sont alors toutes deux égales à x0, donc égales entre elles. Aucune de ces trois formes ne suppose que P ait une solution.
∀(a,b)∈E2,(P(a) et P(b))⟹a=b
forme directe : deux éléments qui conviennent sont égaux
∀(a,b)∈E2,a=b⟹non(P(a) et P(b))
forme contraposée : deux éléments distincts ne conviennent pas tous les deux
∀a∈E,P(a)⟹a=x0
forme par un candidat : tout élément qui convient est le candidat déjà connu
Propriété
Équivalence ou implication : ce que chacune prouve
Si l'on établit, pour tout x∈E, l'équivalence P(x)⟺x=x0 avec x0∈E, on obtient d'un coup l'existence, par le sens réciproque qui montre que x0 convient, et l'unicité, par le sens direct qui montre que toute solution est égale à x0. Avec la seule implication « si P(x), alors x=x0 », on n'obtient que l'unicité. Ainsi « si x=−1, alors x=1 » est vrai et prouve que l'équation x=−1 a au plus une solution, mais 1 ne convient pas : elle n'en a aucune. Vérifier que le candidat convient, c'est la synthèse d'un raisonnement par analyse-synthèse.
∀x∈E,(P(x)⟺x=x0)
une équivalence : existence et unicité à la fois
∀x∈E,(P(x)⟹x=x0)
une implication seule : l'unicité, et le candidat reste à vérifier
Vocabulaire
Les phrases d'une preuve d'unicité
« Soienta et b deux solutions » introduit deux objets quelconques qui vérifient la propriété, sans les supposer égaux ni distincts. « Montrons quea=b » annonce le but : c'est une conclusion à atteindre, jamais une hypothèse. « Supposons a=b ; quitte à échangera et b, on peut supposer a<b » est permis parce que a et b jouent des rôles symétriques dans les hypothèses. « Par unicité de … » justifie une égalité en citant un résultat d'unicité déjà établi, que l'on nomme précisément. « De manière unique », « un et un seul » et « exactement un » annoncent à la fois une existence et une unicité.
Méthode
Rédiger une unicité : « Soient a et b deux solutions. Montrons que a = b »
Quand l'utiliser : l'énoncé demande de montrer qu'un objet est unique, qu'il existe « au plus un » objet vérifiant une propriété, ou la partie unicité d'une existence et unicité. 1) Introduire deux objets quelconques qui conviennent : « Soient a et b deux éléments de E vérifiant P. » Pour des couples : « Soient (q,r) et (q′,r′) deux couples vérifiant P. » 2) Annoncer le but : « Montrons que a=b. » Pour des couples, l'égalité se démontre composante par composante. 3) Écrire ce que donnent P(a) et P(b), puis les combiner : soustraire deux égalités, factoriser par a−b, comparer grâce à une monotonie. 4) Enchaîner des étapes justifiées jusqu'à a=b, sans jamais utiliser a=b en chemin. 5) Conclure en répondant à la question posée : « Donc a=b : il existe au plus un élément de E vérifiant P. » Variante par l'absurde : « Supposons par l'absurde a=b. » On exploite alors cette hypothèse (« quitte à échanger a et b, on peut supposer a<b », ou bien diviser par a−b, qui est non nul), on écrit la contradiction obtenue, puis on conclut a=b.
Soient a,b∈E tels que P(a) et P(b). Montrons que a=b.
deux objets quelconques qui conviennent, puis le but annoncé
Exemple
Rédaction modèle : au plus un couple (q, r) tel que n = 2q + r
Soit n∈Z. Montrer qu'il existe au plus un couple (q,r)∈Z2 tel que n=2q+r et r∈{0,1}. Soit n∈Z. Soient (q,r) et (q′,r′) deux couples d'entiers tels que n=2q+r avec r∈{0,1}, et n=2q′+r′ avec r′∈{0,1}. Montrons que (q,r)=(q′,r′), c'est-à-dire que q=q′ et r=r′. Les deux écritures de n donnent 2q+r=2q′+r′, donc 2(q−q′)=r′−r. Or r et r′ appartiennent à {0,1}, donc −1≤r′−r≤1. Ainsi −1≤2(q−q′)≤1, donc −21≤q−q′≤21. Or q−q′ est un entier, et 0 est le seul entier de l'intervalle [−21,21], donc q−q′=0, c'est-à-dire q=q′. En reportant dans l'égalité 2(q−q′)=r′−r, on obtient r′−r=0, c'est-à-dire r=r′. Donc (q,r)=(q′,r′) : il existe au plus un couple d'entiers (q,r) tel que n=2q+r et r∈{0,1}. À retenir : deux couples quelconques qui conviennent, une égalité prouvée composante par composante, et une conclusion « au plus un » qui ne prétend pas à l'existence.
Piège
Supposer a = b dès le départ
Ligne fautive : « Soient a et b deux solutions de x3+3x−1=0 telles que a=b. Alors a3+3a−1=b3+3b−1, d'où l'unicité. » Pourquoi c'est faux : l'égalité a=b est la conclusion à atteindre ; la poser en hypothèse rend la preuve circulaire. De plus, l'implication « si a=b, alors f(a)=f(b) » est vraie pour toute fonction f, y compris x↦x2, alors que l'équation x2=1 a deux solutions : elle ne prouve rien. Version correcte, avec f:x↦x3+3x−1, strictement croissante sur R : « Soient a et b deux solutions. Montrons que a=b. Si a<b, la stricte croissance de f donne f(a)<f(b), ce qui contredit f(a)=f(b)=0. Si b<a, on obtient de même f(b)<f(a), ce qui est impossible. Donc a=b. » On part de f(a)=f(b) et l'on arrive à a=b.
Piège
Supposer a différent de b sans s'en servir ni conclure
Ligne fautive : « Soient a et b deux solutions de f(x)=0, où f est strictement croissante sur R. Supposons a=b. On a f(a)=0 et f(b)=0. Or f est strictement croissante. Donc la solution est unique. » Pourquoi c'est faux : l'hypothèse a=b n'est jamais utilisée, la stricte croissance est citée sans être appliquée à a et b, et aucune contradiction n'est écrite. Un raisonnement par l'absurde ne prouve rien tant qu'il n'a pas tiré de l'hypothèse posée une contradiction explicite. Version correcte : « Supposons par l'absurde a=b. Quitte à échanger a et b, on peut supposer a<b. La stricte croissance de f donne alors f(a)<f(b), ce qui contredit f(a)=f(b)=0. Donc a=b. » Si l'hypothèse a=b ne sert nulle part, c'est une preuve directe de a=b qu'il faut écrire.
Méthode
Rédiger une existence et unicité en deux parties titrées
Quand l'utiliser : l'énoncé contient « il existe un unique », « un et un seul », « exactement un », « de manière unique » ou le symbole ∃!. 1) Annoncer le plan : « Montrons l'existence, puis l'unicité. » 2) Sous le titre Existence, exhiber un objet (« Posons x0=… ») et vérifier chacune des conditions, ou appliquer un théorème d'existence après avoir vérifié ses hypothèses. Terminer par « Donc x0 convient. » 3) Sous le titre Unicité, introduire des objets neufs : « Soient a et b deux éléments de E vérifiant P. Montrons que a=b. », ou bien « Soit a un élément de E vérifiant P. Montrons que a=x0. » 4) Conclure par une phrase qui réunit les deux parties : « Il existe donc un unique élément de E vérifiant P. » 5) Seulement alors, nommer l'objet si l'on en a besoin : « Notons α cet élément. » Les deux parties sont indépendantes : l'une peut être juste et l'autre fausse, et un correcteur cherche les deux. On peut les inverser quand la preuve d'unicité aide à trouver le candidat.
Exemple
Rédaction modèle : écriture unique x = n + r avec n entier et r dans [0, 1[
On admet que pour tout réel x, il existe un entier m tel que m≤x<m+1. Montrer que tout réel x s'écrit de manière unique x=n+r avec n∈Z et r∈[0,1[. Soit x∈R. Montrons l'existence, puis l'unicité, d'un couple (n,r)∈Z×[0,1[ tel que x=n+r. Existence. D'après le résultat admis, il existe un entier m tel que m≤x<m+1. Posons n=m et r=x−m. D'une part, n∈Z et n+r=m+(x−m)=x. D'autre part, en retranchant m aux inégalités m≤x<m+1, on obtient 0≤x−m<1, c'est-à-dire r∈[0,1[. Donc le couple (n,r) convient. Unicité. Soient (n1,r1) et (n2,r2) deux couples de Z×[0,1[ tels que x=n1+r1 et x=n2+r2. Montrons que n1=n2 et r1=r2. De n1+r1=n2+r2, on tire n1−n2=r2−r1. Or 0≤r2<1 et −1<−r1≤0 ; en additionnant ces encadrements, on obtient −1<r2−r1<1. Ainsi n1−n2 est un entier strictement compris entre −1 et 1, donc n1−n2=0, c'est-à-dire n1=n2. Il vient alors r2−r1=n1−n2=0, c'est-à-dire r1=r2. Conclusion. Ceci valant pour tout réel x, tout réel s'écrit de manière unique sous la forme n+r avec n∈Z et r∈[0,1[. À retenir : deux parties titrées et prouvées séparément, des noms neufs pour les objets de l'unicité, et une conclusion qui réunit les deux.
Piège
Écrire « l'unique solution » avant d'avoir prouvé l'existence
Ligne fautive : « La fonction exponentielle est strictement croissante sur R, donc l'équation ex=0 admet au plus une solution. Notons α l'unique solution de cette équation. » Pourquoi c'est faux : l'article défini et le nom α supposent l'existence, qui n'a pas été prouvée ; elle est même fausse ici, puisque ex>0 pour tout réel x. Tout ce que l'on écrirait ensuite sur α porterait sur un objet qui n'existe pas, et pourrait « démontrer » n'importe quoi. Version correcte : « … donc l'équation ex=0 admet au plus une solution. » On ne nomme la solution qu'après une preuve d'existence. Ici, cette preuve est impossible : pour tout réel x, ex>0, donc l'équation ex=0 n'a aucune solution.
Piège
Remplir la partie unicité en vérifiant de nouveau l'existence
Ligne fautive : « Unicité. Le réel c obtenu plus haut vérifie f(c)=0, donc la solution est unique. » Pourquoi c'est faux : vérifier que c convient redit l'existence, et n'empêche en rien une autre solution d=c. Le réel 1 est bien solution de l'équation x2=1, et pourtant −1 en est une autre. Version correcte : « Unicité. Soient a et b deux réels tels que f(a)=f(b)=0. Montrons que a=b. », ou bien « Soit a un réel tel que f(a)=0. Montrons que a=c. » La suite utilise une propriété de f, par exemple sa stricte monotonie, qui s'applique à toute solution et pas seulement à c.
Propriété
Unicité par stricte monotonie
Si f est strictement monotone sur une partie I de R, alors pour tous a,b∈I, l'égalité f(a)=f(b) entraîne a=b ; pour tout réel k, l'équation f(x)=k admet donc au plus une solution dans I. Preuve par contraposée : si a<b, la stricte monotonie donne f(a)<f(b) ou f(a)>f(b), donc f(a)=f(b), et le cas b<a est symétrique. Ni la continuité de f ni le fait que I soit un intervalle ne servent ici : ces hypothèses servent à l'existence. Une monotonie large ne suffit pas, car une fonction croissante peut être constante sur tout un intervalle.
a<b⟹f(a)<f(b)
stricte croissance : l'ordre est conservé strictement
f(a)=f(b)⟹a=b
conséquence : chaque valeur a au plus un antécédent
Propriété
Continue et strictement monotone sur un intervalle : exactement une solution
Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (ou théorème de la bijection) : si f est continue et strictement monotone sur un intervalle [u,v], alors pour tout réel k compris entre f(u) et f(v), l'équation f(x)=k admet une unique solution dans [u,v]. Les hypothèses se partagent le travail : la continuité sur l'intervalle donne l'existence, la stricte monotonie donne l'unicité. Le résultat s'étend à un intervalle ouvert ou non borné en remplaçant f(u) et f(v) par les limites de f aux bornes, k étant alors strictement compris entre elles. L'unicité obtenue ne vaut que sur l'intervalle où l'on applique le théorème.
f continue sur [u,v] et k entre f(u) et f(v)
donne au moins une solution : l'existence
f strictement monotone sur [u,v]
donne au plus une solution : l'unicité
Méthode
Obtenir existence et unicité par une fonction continue strictement monotone
Quand l'utiliser : une équation qu'on ne sait pas résoudre explicitement doit admettre une unique solution sur un intervalle I, souvent R. 1) Mettre l'équation sous la forme f(x)=k et introduire la fonction : « Soit f:I→R la fonction définie par f(x)=… » 2) Justifier la continuité de f sur I : fonction polynôme, somme, produit ou composée de fonctions continues. 3) Justifier la stricte monotonie de f sur toutI, par exemple par une dérivée strictement positive sur I, sauf éventuellement en un nombre fini de points. 4) Existence : trouver u<v dans I tels que k soit compris entre f(u) et f(v), puis écrire : « f est continue sur [u,v] et k est compris entre f(u) et f(v), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c∈[u,v] tel que f(c)=k. » 5) Unicité sur tout I : « Soient a,b∈I tels que f(a)=f(b)=k. Montrons que a=b. Si a<b, la stricte croissance de f donne f(a)<f(b), ce qui contredit f(a)=f(b) ; de même, b<a est impossible. Donc a=b. » On adapte les inégalités si f est strictement décroissante. 6) Conclure : « L'équation f(x)=k admet donc une unique solution dans I. » On peut regrouper 4) et 5) en citant le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, à condition d'en vérifier les deux hypothèses sur l'intervalle entier où l'unicité est demandée.
Montrer que l'équation x3+3x−1=0 admet une unique solution réelle. Soit f:R→R la fonction définie par f(x)=x3+3x−1. Il s'agit de montrer que l'équation f(x)=0 admet une unique solution dans R. La fonction f est polynomiale, donc continue et dérivable sur R, et pour tout réel x, f′(x)=3x2+3. Pour tout réel x, 3x2≥0, donc f′(x)≥3>0 ; ainsi f est strictement croissante sur R. Existence. On a f(0)=−1<0 et f(1)=3>0. La fonction f est continue sur [0,1] et 0 est compris entre f(0) et f(1), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c∈[0,1] tel que f(c)=0. Unicité. Soient a et b deux réels tels que f(a)=0 et f(b)=0. Montrons que a=b. Si a<b, alors f(a)<f(b) car f est strictement croissante sur R, ce qui contredit f(a)=f(b). Si b<a, alors de même f(b)<f(a), ce qui contredit aussi f(a)=f(b). Il reste a=b. Conclusion. L'équation x3+3x−1=0 admet une unique solution réelle : c'est le réel c de [0,1] obtenu dans la partie existence. À retenir : les valeurs intermédiaires donnent l'existence, la stricte monotonie sur tout R donne l'unicité, et chaque partie nomme l'hypothèse qu'elle utilise.
Piège
Tirer l'unicité du théorème des valeurs intermédiaires
Ligne fautive : « f est continue sur [0,1] et f(0)<0<f(1), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=0 admet une unique solution dans [0,1]. » Pourquoi c'est faux : le théorème des valeurs intermédiaires donne au moins une solution, jamais une seule. La fonction g:x↦(4x−1)(4x−2)(4x−3) est continue sur [0,1] et vérifie g(0)=−6<0<6=g(1), mais elle s'annule trois fois, en 41, 21 et 43. Version correcte : « … donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c∈[0,1] tel que f(c)=0. » L'unicité se prouve ensuite à part, par la stricte monotonie de f ; ou bien on cite le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, après avoir aussi vérifié la stricte monotonie.
Piège
Prouver l'unicité sur un intervalle trop petit
Ligne fautive : « f:x↦x3+3x−1 est continue et strictement croissante sur [0,1], et f(0)<0<f(1), donc l'équation f(x)=0 admet une unique solution réelle. » Pourquoi c'est faux : appliqué sur [0,1], le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution dans[0,1], et n'exclut rien en dehors. Par exemple, x↦x2−41 est continue et strictement croissante sur [0,1] et ne s'y annule qu'en 21, mais elle s'annule aussi en −21. Version correcte : « … donc l'équation f(x)=0 admet une unique solution dans [0,1]. » Pour l'unicité dans R, on prouve la stricte croissance de f sur toutR, ici par f′(x)=3x2+3>0, puis on rédige l'unicité pour deux solutions réelles quelconques.
Piège
Croire qu'une fonction croissante donne l'unicité
Ligne fautive : « f est croissante sur R, donc l'équation f(x)=0 admet au plus une solution. » Pourquoi c'est faux : une fonction croissante peut être constante sur un intervalle. La fonction f définie par f(x)=0 si x≤0 et f(x)=x si x>0 est croissante sur R, et pourtant elle s'annule en tout réel x≤0. De même, f′≥0 ne donne qu'une croissance au sens large. Version correcte : « f est strictement croissante sur R, donc l'équation f(x)=0 admet au plus une solution. », la stricte croissance ayant été justifiée, par exemple par f′(x)>0 pour tout réel x, sauf éventuellement en un nombre fini de points.
Formulaire
Au moins un, au plus un, exactement un : écritures et négations
Pour une propriété P portant sur les éléments d'un ensemble E :
Énoncé
Écriture logique
Négation
au moins un élément vérifie P
∃x∈E,P(x)
∀x∈E,non P(x)
au plus un élément vérifie P
∀(x,y)∈E2,(P(x) et P(y))⇒x=y
∃(x,y)∈E2,P(x) et P(y) et x=y
exactement un élément vérifie P
∃!x∈E,P(x)
aucun élément ne vérifie P, ou deux éléments distincts la vérifient
La négation d'« exactement un » est un « ou » : pour la démontrer, une seule des deux branches suffit. La manière d'écrire ces négations est détaillée dans « Nier une proposition » ; on retient ici ce qu'il faut démontrer.
non(∃!x∈E,P(x))⟺(∀x∈E,non P(x)) ou (∃(x,y)∈E2,P(x) et P(y) et x=y)
ne pas avoir exactement un élément : n'en avoir aucun, ou en avoir deux distincts
Méthode
Nier une existence et unicité : aucune solution, ou deux solutions distinctes
Quand l'utiliser : il faut montrer qu'une affirmation du type « il existe un unique x tel que P(x) » est fausse, ou qu'un objet n'est pas unique. 1) Écrire la négation avant de chercher : « il n'existe pas un unique x∈E tel que P(x) » signifie « aucun élément de E ne vérifie P, ou deux éléments distincts de E vérifient P ». 2) Choisir une branche, celle que la situation rend accessible : la négation est un « ou », donc une seule branche suffit. 3) Branche « deux solutions » : « Posons x1=… et x2=… », puis vérifier P(x1), vérifier P(x2), et vérifier x1=x2. 4) Branche « aucune solution » : « Soit x∈E. Montrons que P(x) est fausse. », ou bien supposer par l'absurde l'existence d'une solution. 5) Si l'affirmation commence par « pour tout y », sa négation commence par « il existe y » : on choisit une valeur de y, puis on applique 2), 3) ou 4). 6) Conclure : « Pour cette valeur, l'équation n'admet pas une unique solution ; l'affirmation est donc fausse. »
Exemple
Rédaction modèle : réfuter « pour tout y, l'équation x² - 2x = y a une unique solution »
Montrer que l'affirmation « pour tout réel y, l'équation x2−2x=y d'inconnue réelle x admet une unique solution » est fausse. La négation de cette affirmation est : il existe un réel y tel que l'équation x2−2x=y n'admette aucune solution réelle, ou en admette au moins deux distinctes. Montrons cette négation pour y=0, en exhibant deux solutions distinctes. Posons x1=0 et x2=2. On a x12−2x1=0−0=0, donc x1 est solution de l'équation x2−2x=0. On a x22−2x2=4−4=0, donc x2 est aussi solution de cette équation. De plus, x1=x2. Ainsi, pour y=0, l'équation admet deux solutions distinctes, donc elle n'admet pas une unique solution. L'affirmation est donc fausse. Remarque : l'autre branche aboutissait aussi, avec y=−2, puisque pour tout réel x, x2−2x+2=(x−1)2+1>0, si bien que l'équation x2−2x=−2 n'a aucune solution. À retenir : on écrit la négation sous la forme « aucune solution ou deux solutions distinctes », on prouve une seule branche, et deux solutions ne comptent qu'une fois vérifié qu'elles sont distinctes.
Piège
Conclure à la non-unicité parce qu'une fonction n'est pas monotone
Ligne fautive : « La fonction cosinus n'est pas monotone sur [−π,π], donc l'équation cosx=1 n'admet pas une unique solution dans [−π,π]. » Pourquoi c'est faux : la stricte monotonie est une condition suffisante d'unicité, pas une condition nécessaire ; son absence ne prouve rien. Ici la conclusion est même fausse : pour x∈[−π,π], on a cosx=1 si et seulement si x=0, donc l'équation admet exactement une solution dans [−π,π]. Version correcte : pour montrer qu'une équation n'admet pas une unique solution, on démontre l'une des deux branches de la négation : on exhibe deux solutions, en vérifiant chacune et leur distinction, ou l'on montre qu'il n'y en a aucune. Si aucune des deux branches n'aboutit, c'est peut-être l'unicité qui est vraie.
Définition
Propriété caractéristique d'un objet unique
Quand on a prouvé qu'un ensemble E contient un unique élément vérifiant P, on donne souvent un nom à cet élément, et la conjonction « appartenir à E et vérifier P » devient sa propriété caractéristique : elle le désigne sans ambiguïté. Pour c≥0, c est l'unique réel positif dont le carré vaut c : sa propriété caractéristique réunit deux conditions, y≥0 et y2=c. De même, la fonction exponentielle est l'unique fonction dérivable sur R, égale à sa dérivée et qui vaut 1 en 0.
y≥0 et y2=c
les deux conditions qui caractérisent la racine carrée
Propriété
Égalité par unicité
Si b est l'unique élément de E vérifiant P, et si un élément a vérifie entièrement cette propriété caractéristique, c'est-à-dire a∈EetP(a), alors a=b. C'est la définition de l'unicité, appliquée aux deux éléments a et b, qui conviennent tous les deux. Cette stratégie démontre une égalité sans calculer b : il suffit de vérifier des conditions portant sur a. Qu'une seule condition manque, par exemple la positivité pour une racine carrée, et l'argument ne prouve plus rien.
(a∈E et P(a))⟹a=b
un élément qui vérifie toute la propriété caractéristique est l'objet unique
Méthode
Démontrer une égalité par unicité : vérifier toute la propriété caractéristique
Quand l'utiliser : il faut démontrer a=b, où b est défini comme l'unique objet vérifiant une propriété (une racine carrée, la fonction exponentielle, l'unique primitive de f nulle en x0), et le calcul direct de b est impossible ou maladroit. 1) Écrire la propriété caractéristique de b en entier : « b est l'unique élément de E vérifiant P », en s'assurant que ce résultat d'unicité s'applique (par exemple c≥0 pour parler de c). 2) Annoncer : « Montrons que a vérifie cette propriété. » 3) Vérifier chaque condition dans une ligne à part, y compris l'appartenance à E : positivité, domaine, intervalle. 4) Récapituler : « Ainsi a est un élément de E vérifiant P. » 5) Conclure en citant l'unicité : « Par unicité de l'élément de E vérifiant P, on a a=b. »
Exemple
Rédaction modèle : √a × √b = √(ab) par unicité
Soient a et b deux réels positifs. Montrer que a×b=ab, en utilisant que pour tout réel c≥0, c est l'unique réel positif dont le carré vaut c. Soient a et b deux réels positifs. Le réel ab est positif comme produit de deux réels positifs ; d'après le résultat rappelé, ab est donc l'unique réel positif dont le carré vaut ab. Posons p=a×b. Montrons que p≥0 et p2=ab. Positivité : on a a≥0 et b≥0, donc leur produit p est positif. Carré : le carré d'un produit est le produit des carrés, donc p2=(a)2×(b)2 ; or (a)2=a et (b)2=b, donc p2=ab. Ainsi p est un réel positif dont le carré vaut ab. Par unicité du réel positif dont le carré vaut ab, on a p=ab, c'est-à-dire a×b=ab. À retenir : on vérifie une à une toutes les conditions de la propriété caractéristique, positivité comprise, avant d'invoquer l'unicité.
Piège
Oublier une condition de la propriété caractéristique
Ligne fautive : « (a×b)2=ab, donc a×b=ab. » Pourquoi c'est faux : ab est l'unique réel positif de carré ab ; le carré seul ne l'identifie pas, puisque −ab a le même carré. Le même argument « prouverait » −a×b=ab, qui est faux dès que ab>0 : pour a=b=1, il donnerait −1=1. Version correcte : « Le réel a×b est positif comme produit de deux réels positifs, et son carré vaut ab. Par unicité du réel positif de carré ab, on a a×b=ab. »
Exercices
Exercice 1Application
Au moins une, au plus une, exactement une
Soit f:R→R une fonction. 1) Écrire avec des quantificateurs les phrases « l'équation f(x)=0 admet au moins une solution réelle » et « l'équation f(x)=0 admet au plus une solution réelle », puis écrire la négation de chacune. 2) En déduire, sous la forme d'une phrase en français, la négation de « l'équation f(x)=0 admet une unique solution réelle ». 3) Pour chacune des équations suivantes, dire si elle admet au moins une solution, puis si elle admet au plus une solution, en justifiant en une ou deux lignes ; conclure si elle admet une unique solution. a) x2=4, d'inconnue x∈R. b) x=−3, d'inconnue x∈[0,+∞[. c) ex=2, d'inconnue x∈R. d) x2−2x+1=0, d'inconnue x∈R.
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1) « Au moins une solution » s'écrit ∃x∈R,f(x)=0 ; sa négation est ∀x∈R,f(x)=0. « Au plus une solution » s'écrit ∀(a,b)∈R2,(f(a)=0 et f(b)=0)⟹a=b. La négation d'une implication « A entraîne B » est « A et non B » ; la négation cherchée est donc ∃(a,b)∈R2,f(a)=0 et f(b)=0 et a=b, c'est-à-dire qu'il existe deux solutions distinctes.
2) « Une unique solution » est la conjonction de « au moins une » et de « au plus une ». Sa négation est donc la disjonction des deux négations : l'équation f(x)=0 n'admet aucune solution réelle, ou elle admet deux solutions réelles distinctes. Pour démontrer cette négation, une seule des deux branches suffit.
3) a) Au moins une : oui, car 22=4. Au plus une : non, car (−2)2=4, donc 2 et −2 sont deux solutions, et 2=−2. L'équation n'admet pas une unique solution : c'est l'existence sans l'unicité. b) Au moins une : non, car pour tout x≥0, x≥0>−3. Au plus une : oui. En effet, aucun réel n'est solution, donc l'hypothèse « a et b sont solutions » n'est jamais satisfaite, et l'implication qui définit « au plus une » est vraie. L'équation n'admet pas une unique solution : c'est l'unicité sans l'existence. c) Au moins une : oui, car eln2=2. Au plus une : oui. Soient a et b deux réels tels que ea=eb=2 ; si a<b, la stricte croissance de l'exponentielle donne ea<eb, ce qui contredit ea=eb, et de même b<a est impossible ; donc a=b. L'équation admet une unique solution, le réel ln2. d) Pour tout réel x, x2−2x+1=(x−1)2, et un carré est nul si et seulement si le nombre élevé au carré est nul ; donc x est solution si et seulement si x=1. Le sens « si x=1, alors x est solution » donne l'existence, le sens « si x est solution, alors x=1 » donne l'unicité : l'équation admet une unique solution, le réel 1.
Exercice 2Application
Compléter une preuve d'unicité, puis gagner le droit de dire « la » solution
On considère l'équation e−x=x3, d'inconnue réelle x, et la fonction g:R→R définie par g(x)=e−x−x3. 1) Compléter les trous (1) à (6) de la rédaction suivante, qui démontre que l'équation admet au plus une solution réelle. « La fonction g est dérivable sur R et, pour tout réel x, g′(x)= (1). Pour tout réel x, e−x>0 et 3x2≥0, donc g′(x)<0 : la fonction g est (2) sur R. (3) a et b deux réels tels que e−a=a3 et e−b=b3. Montrons que (4). On a alors g(a)=0 et g(b)=0. Supposons par l'absurde a=b ; quitte à échanger a et b, on peut supposer (5). La stricte décroissance de g donne alors (6), ce qui contredit g(a)=g(b). Donc a=b : l'équation e−x=x3 admet au plus une solution réelle. » 2) À la suite de cette rédaction, un étudiant écrit : « Notons α l'unique solution de l'équation. » Que manque-t-il pour avoir le droit d'écrire cette phrase ? Rédiger la partie manquante.
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1) (1) −e−x−3x2 ; (2) strictement décroissante ; (3) Soient ; (4) a=b ; (5) a<b ; (6) g(a)>g(b). Trois gestes sont à retenir : les deux réels sont introduits par « Soient » comme des solutions quelconques ; le but a=b est annoncé, jamais supposé ; l'hypothèse a=b est réellement exploitée, puisqu'elle permet de se ramener à a<b et d'appliquer la stricte décroissance.
2) Il manque l'existence. La rédaction de 1) montre que l'équation admet au plus une solution, mais n'exclut pas qu'elle n'en ait aucune ; or « l'unique solution » et le nom α affirment qu'il en existe une. Voici la partie à ajouter. Existence. La fonction g est continue sur [0,1], comme différence de deux fonctions continues. On a g(0)=e0−03=1, donc g(0)>0. On a g(1)=e−1−1 ; or e>1, donc e−1=e1<1, et ainsi g(1)<0. Le réel 0 est donc compris entre g(1) et g(0) ; d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c∈[0,1] tel que g(c)=0, c'est-à-dire e−c=c3. Conclusion. D'après 1) et la partie existence, l'équation e−x=x3 admet une unique solution réelle, qui appartient à [0,1]. C'est seulement maintenant que l'on peut écrire : « Notons α cette solution. »
Exercice 3Rédaction
Une unicité quand la fonction n'est monotone que sur une partie de ℝ
Montrer que l'équation xex=1 admet une unique solution réelle, et que cette solution appartient à [0,1]. Indication : la fonction x↦xex n'est pas monotone sur R ; commencer par chercher où une solution peut se trouver.
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Soit f:R→R la fonction définie par f(x)=xex. Il s'agit de montrer que l'équation f(x)=1 admet une unique solution réelle, et que celle-ci appartient à [0,1]. Existence. La fonction f est continue sur R comme produit de deux fonctions continues, donc en particulier sur [0,1]. On a f(0)=0 et f(1)=e ; comme e>1, on obtient f(0)<1<f(1). D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc c∈[0,1] tel que f(c)=1. Unicité. Soient a et b deux réels tels que f(a)=1 et f(b)=1. Montrons que a=b. Montrons d'abord que a≥0 et b≥0. Soit x un réel strictement négatif ; comme ex>0, le produit xex est strictement négatif, donc f(x)<1 et x n'est pas solution. Par conséquent, a≥0 et b≥0. La fonction f est dérivable sur R et, pour tout réel x, f′(x)=ex+xex=(x+1)ex. Pour tout x∈[0,+∞[, on a x+1≥1>0 et ex>0, donc f′(x)>0 ; ainsi f est strictement croissante sur l'intervalle [0,+∞[. Si a<b, la stricte croissance de f sur [0,+∞[, qui contient a et b, donne f(a)<f(b), ce qui contredit f(a)=f(b)=1. Si b<a, on obtient de même f(b)<f(a), ce qui est impossible. Donc a=b. Conclusion. L'équation xex=1 admet une unique solution réelle ; c'est le réel c obtenu dans la partie existence, qui appartient à [0,1]. À retenir : la stricte monotonie ne vaut que sur [0,+∞[, donc l'unicité dans R commence par ramener toute solution dans cet intervalle, puis compare deux solutions quelconques.
Exercice 4Rédaction
La relation fonctionnelle du logarithme, obtenue par unicité
On admet que la fonction ln est l'unique fonction F dérivable sur ]0,+∞[ telle que F′(x)=x1 pour tout x>0 et F(1)=0. 1) Soit a>0. En appliquant ce résultat d'unicité à la fonction G définie sur ]0,+∞[ par G(x)=ln(ax)−lna, montrer que pour tout x>0, ln(ax)=lna+lnx. 2) Un étudiant écrit : « La fonction H:x↦ln(2x) est dérivable sur ]0,+∞[ et H′(x)=2x2=x1, donc par unicité H=ln. » Dire précisément ce qui manque à cet argument, puis montrer que sa conclusion est fausse.
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1) Soit a>0, et soit G la fonction définie sur ]0,+∞[ par G(x)=ln(ax)−lna. D'après le résultat admis, ln est l'unique fonction qui vérifie les trois conditions suivantes : être dérivable sur ]0,+∞[, avoir pour dérivée x↦x1, valoir 0 en 1. Montrons que G vérifie ces trois conditions. Dérivabilité : pour tout x>0, on a ax>0 car a>0. La fonction x↦ax est dérivable sur ]0,+∞[ et à valeurs dans ]0,+∞[, où ln est dérivable ; par composition, x↦ln(ax) est dérivable sur ]0,+∞[, et G aussi, puisque lna est une constante. Dérivée : pour tout x>0, G′(x)=a×ax1=x1. Valeur en 1 : G(1)=lna−lna=0. Ainsi G est dérivable sur ]0,+∞[, a pour dérivée x↦x1 et vaut 0 en 1. Par unicité de la fonction qui vérifie ces trois conditions, G=ln. Donc, pour tout x>0, ln(ax)−lna=lnx, c'est-à-dire ln(ax)=lna+lnx.
2) L'étudiant n'a vérifié que deux des trois conditions, la dérivabilité et la dérivée. La condition H(1)=0 n'est pas vérifiée, donc le résultat d'unicité ne s'applique pas à H. Sa conclusion est d'ailleurs fausse. On a H(1)=ln2 et ln1=0 ; or 2>1 et ln est strictement croissante, donc ln2>0. Ainsi H(1)=ln1, et H=ln. Ce que l'on peut démontrer : d'après 1) appliqué avec a=2, pour tout x>0, H(x)=ln2+lnx. À retenir : une égalité par unicité exige de vérifier toutes les conditions de la propriété caractéristique, y compris le domaine et la valeur imposée en un point.
Exercice 5Rédaction
Une unique fonction affine passant par deux points
Soient x1, x2, y1 et y2 quatre réels, avec x1=x2. On appelle fonction affine toute fonction de la forme x↦mx+p, où m et p sont des réels. 1) Montrer qu'il existe une unique fonction affine f telle que f(x1)=y1 et f(x2)=y2. 2) Indiquer où sert l'hypothèse x1=x2, puis montrer par des exemples que, sans elle, l'unicité peut tomber, et l'existence aussi.
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1) Montrons l'existence, puis l'unicité, d'une fonction affine f telle que f(x1)=y1 et f(x2)=y2. Existence. Comme x1=x2, le réel x2−x1 est non nul. Posons m0=x2−x1y2−y1 et p0=y1−m0x1, et notons f0 la fonction affine x↦m0x+p0. D'une part, f0(x1)=m0x1+y1−m0x1=y1. D'autre part, f0(x2)=m0x2+y1−m0x1=m0(x2−x1)+y1=(y2−y1)+y1=y2. Donc f0 convient. Unicité. Soient f:x↦mx+p et g:x↦m′x+p′ deux fonctions affines telles que f(x1)=g(x1)=y1 et f(x2)=g(x2)=y2. Montrons que f=g. Les égalités f(x1)=g(x1) et f(x2)=g(x2) s'écrivent (m−m′)x1+(p−p′)=0 et (m−m′)x2+(p−p′)=0. En retranchant la première de la seconde, on obtient (m−m′)(x2−x1)=0. Or x2−x1=0, donc m−m′=0, c'est-à-dire m=m′. En reportant dans la première égalité, il vient p−p′=0, c'est-à-dire p=p′. Ainsi, pour tout réel x, f(x)=mx+p=m′x+p′=g(x), donc f=g. Conclusion. Il existe une unique fonction affine f telle que f(x1)=y1 et f(x2)=y2 : c'est la fonction f0.
2) L'hypothèse x1=x2 sert deux fois : dans l'existence, pour diviser par x2−x1 ; dans l'unicité, pour déduire m=m′ de l'égalité (m−m′)(x2−x1)=0. Sans elle, l'unicité peut tomber. Pour x1=x2=0 et y1=y2=0, les fonctions x↦0 et x↦x sont affines, elles valent toutes deux 0 en 0, donc elles conviennent, et elles sont distinctes puisqu'elles diffèrent en 1. L'existence peut aussi tomber. Pour x1=x2=0, y1=0 et y2=1, une fonction qui convient vérifierait f(0)=0 et f(0)=1, ce qui est impossible. Il y a alors au plus une fonction qui convient, puisqu'il n'y en a aucune. À retenir : deux parties titrées, des objets neufs dans l'unicité, et une hypothèse dont on repère l'usage dans chacune des deux parties.
Exercice 6Trouver l'erreur
Une unique solution annoncée trop tôt
On veut montrer que l'équation 2−x=x, d'inconnue réelle x≤2, admet une unique solution. Un étudiant rédige : « Soit x≤2 une solution de l'équation. Une racine carrée est positive, donc x=2−x≥0. En élevant au carré l'égalité 2−x=x, on obtient 2−x=x2, donc x2+x−2=0, c'est-à-dire (x−1)(x+2)=0. Donc x=1 ou x=−2. Or x≥0, donc x=1. Ainsi l'équation admet une unique solution, qui est 1. » Chaque calcul est juste, mais la démonstration contient une erreur de logique. La nommer, expliquer pourquoi elle invalide la preuve, puis rédiger une démonstration correcte.
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L'erreur. La dernière ligne affirme qu'une solution existe, ce que la rédaction n'a jamais établi. Toutes les étapes partent de « x est solution » et en tirent des conséquences : elles prouvent seulement que toute solution est égale à 1, c'est-à-dire que l'équation admet au plus une solution. L'existence, qui consiste à vérifier que 1 est bien solution, manque. Pourquoi la preuve est invalide. Une implication « si x est solution, alors x=1 » peut être vraie pour une équation qui n'a aucune solution. Par exemple, si x=−1, alors en élevant au carré on obtient x=1 ; pourtant 1=1=−1, et cette équation n'a aucune solution. Le schéma de l'étudiant ne distingue donc pas une équation qui a une solution d'une équation qui n'en a pas, et l'affirmation « une unique solution » n'est pas justifiée. Rédaction correcte. Unicité. Soit x≤2 une solution de l'équation. Montrons que x=1. Une racine carrée est positive, donc x=2−x≥0. En élevant au carré, on obtient 2−x=x2, c'est-à-dire (x−1)(x+2)=0, donc x=1 ou x=−2. Comme x≥0, on a x=−2, donc x=1. Existence. Le réel 1 vérifie 1≤2 et 2−1=1=1, donc 1 est solution de l'équation. Conclusion. L'équation 2−x=x admet une unique solution, le réel 1.
Exercice 7Trouver l'erreur
Une stricte décroissance affirmée sur une réunion d'intervalles
Un étudiant affirme que l'équation x1=x3+x, d'inconnue x∈R∗, admet une unique solution, et rédige : « Soit f:R∗→R la fonction définie par f(x)=x1−x3−x. La fonction f est dérivable sur R∗ et, pour tout x∈R∗, f′(x)=−x21−3x2−1. Pour tout x∈R∗, f′(x)<0, donc f est strictement décroissante sur R∗. Existence. La fonction f est continue sur [21,1], f(21)=811>0 et f(1)=−1<0, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c∈[21,1] tel que f(c)=0. Unicité. Soient a,b∈R∗ tels que f(a)=f(b)=0. Montrons que a=b. Si a<b, la stricte décroissance de f donne f(a)>f(b), ce qui contredit f(a)=f(b) ; de même, b<a est impossible. Donc a=b. Conclusion. L'équation admet une unique solution dans R∗. » Trouver l'erreur, expliquer pourquoi elle invalide la preuve, puis déterminer par une rédaction correcte le nombre exact de solutions de l'équation.
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L'erreur. Elle se trouve à la troisième ligne : « pour tout x∈R∗, f′(x)<0, donc f est strictement décroissante sur R∗ ». Le théorème qui déduit la stricte décroissance du signe de la dérivée ne s'applique que sur un intervalle, et R∗ n'en est pas un. On peut seulement conclure que f est strictement décroissante sur ]−∞,0[ d'une part, et sur ]0,+∞[ d'autre part. Pourquoi la preuve est invalide. La partie unicité applique cette stricte décroissance à deux solutions quelconques de R∗, éventuellement de signes contraires, alors qu'elle est fausse : −21<1, et pourtant f(−21)=−2+81+21=−811, qui est strictement inférieur à f(1)=−1. L'unicité n'est donc pas démontrée, et la conclusion est même fausse, comme le montre la rédaction suivante. Rédaction correcte. Pour tout x∈R∗, on a −x∈R∗ et f(−x)=−x1+x3+x=−f(x). Une unique solution strictement positive. La partie existence de l'étudiant est juste : elle fournit c∈[21,1] tel que f(c)=0, et c>0. Pour l'unicité, f′(x)<0 pour tout x de l'intervalle ]0,+∞[, donc f est strictement décroissante sur cet intervalle. Soient a>0 et b>0 tels que f(a)=f(b)=0 ; si a<b, alors f(a)>f(b), ce qui contredit f(a)=f(b), et de même b<a est impossible ; donc a=b. Une unique solution strictement négative. Existence : −c<0 et f(−c)=−f(c)=0. Unicité : soit x<0 tel que f(x)=0 ; alors −x>0 et f(−x)=−f(x)=0, donc −x=c par unicité de la solution strictement positive, c'est-à-dire x=−c. Conclusion. Toute solution de l'équation est strictement positive ou strictement négative, donc égale à c ou à −c ; réciproquement, c et −c sont solutions, et ils sont distincts puisque −c<0<c. L'équation admet donc exactement deux solutions dans R∗ : l'affirmation de l'étudiant est fausse.
Exercice 8Approfondissement
Points fixes : l'unicité sans l'existence
Soit f:R→R une fonction. On appelle point fixe de f tout réel x tel que f(x)=x. 1) On suppose qu'il existe k∈[0,1[ tel que pour tous réels x et y, ∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣. Montrer que f admet au plus un point fixe. 2) On suppose seulement que pour tous réels x et y distincts, ∣f(x)−f(y)∣<∣x−y∣. Montrer que f admet encore au plus un point fixe. À quoi sert le mot « distincts » dans la rédaction ? 3) Montrer que la fonction x↦x2+1 vérifie l'hypothèse de 2) et n'a aucun point fixe. Que peut-on en conclure ? 4) Montrer que la conclusion de 2) devient fausse si l'on remplace l'inégalité stricte par une inégalité large. 5) On garde l'hypothèse de 2) et l'on suppose de plus que f(0)≥0 et f(1)≤1. Montrer d'abord que f est continue sur R, puis que f admet un unique point fixe réel, et que celui-ci appartient à [0,1].
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1) Soient a et b deux points fixes de f. Montrons que a=b. Comme f(a)=a et f(b)=b, l'hypothèse appliquée aux réels a et b donne ∣a−b∣=∣f(a)−f(b)∣≤k∣a−b∣. Donc (1−k)∣a−b∣≤0. Or 1−k>0 puisque k<1 ; en divisant par 1−k, on obtient ∣a−b∣≤0. Comme par ailleurs ∣a−b∣≥0, il vient ∣a−b∣=0, c'est-à-dire a=b. Donc f admet au plus un point fixe.
2) Soient a et b deux points fixes de f. Montrons que a=b. Supposons par l'absurde a=b. Les réels a et b étant distincts, l'hypothèse s'applique à eux : ∣f(a)−f(b)∣<∣a−b∣. Or f(a)−f(b)=a−b, donc ∣a−b∣<∣a−b∣, ce qui est absurde. Donc a=b, et f admet au plus un point fixe. L'hypothèse ne dit rien de deux réels égaux : pour x=y, l'inégalité stricte serait 0<0. Pour l'appliquer à a et b, il faut donc se placer dans le cas a=b ; c'est pourquoi on raisonne par l'absurde, et la supposition a=b sert réellement.
3) Notons g la fonction définie sur R par g(x)=x2+1, ce qui a un sens car x2+1>0. Aucun point fixe. Soit x∈R. On a x2+1>x2≥0 ; la racine carrée étant strictement croissante sur [0,+∞[, on en déduit g(x)>x2=∣x∣≥x. Ainsi g(x)=x : aucun réel n'est point fixe de g. Hypothèse de 2). Soient x et y deux réels distincts. Comme g(x)+g(y)>0, on peut écrire g(x)−g(y)=g(x)+g(y)g(x)2−g(y)2=g(x)+g(y)(x−y)(x+y), donc ∣g(x)−g(y)∣=∣x−y∣×g(x)+g(y)∣x+y∣. D'après ce qui précède, ∣x∣<g(x) et ∣y∣<g(y) ; avec l'inégalité triangulaire, ∣x+y∣≤∣x∣+∣y∣<g(x)+g(y), donc le quotient g(x)+g(y)∣x+y∣ est strictement inférieur à 1. Comme ∣x−y∣>0, on en déduit ∣g(x)−g(y)∣<∣x−y∣. Conclusion. La fonction g vérifie l'hypothèse de 2), donc admet au plus un point fixe, et pourtant elle n'en a aucun. Cette hypothèse donne l'unicité, jamais l'existence : on ne peut pas parler « du » point fixe d'une telle fonction avant d'en avoir prouvé l'existence.
4) La fonction idR:x↦x vérifie, pour tous réels x et y, ∣idR(x)−idR(y)∣=∣x−y∣≤∣x−y∣. Or 0 et 1 sont deux points fixes de cette fonction, et 0=1. Elle vérifie donc l'hypothèse large et admet deux points fixes distincts, ce qui est exactement la négation de « au plus un point fixe ». Le même exemple montre que la conclusion de 1) tombe pour k=1.
5) Continuité. D'après l'hypothèse de 2), pour tous réels x et y distincts, ∣f(x)−f(y)∣<∣x−y∣ ; pour x=y, les deux membres sont nuls. Ainsi, pour tous réels x et y, ∣f(x)−f(y)∣≤∣x−y∣. Soit x∈R. Pour tout réel y, on a 0≤∣f(y)−f(x)∣≤∣y−x∣, et ∣y−x∣ tend vers 0 quand y tend vers x ; d'après le théorème des gendarmes, ∣f(y)−f(x)∣ tend vers 0, c'est-à-dire que f(y) tend vers f(x). La fonction f est donc continue en x, et ceci pour tout réel x : f est continue sur R. Existence. La fonction h:x↦f(x)−x est continue sur [0,1], comme différence de deux fonctions continues. On a h(0)=f(0)≥0 et h(1)=f(1)−1≤0, donc 0 est compris entre h(1) et h(0). D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c∈[0,1] tel que h(c)=0, c'est-à-dire f(c)=c. Unicité. D'après 2), f admet au plus un point fixe dans R. Conclusion. La fonction f admet un unique point fixe réel, le réel c, qui appartient à [0,1]. Les hypothèses se partagent le travail : l'inégalité stricte donne l'unicité, et aussi, par l'inégalité large qu'elle entraîne, la continuité ; celle-ci, avec les valeurs en 0 et en 1, donne l'existence. L'unicité vaut dans tout R, pas seulement dans [0,1].
QCM
12 questions : clique sur une réponse pour voir la correction.
Question 1
Soit f:R→R. Quelle écriture traduit « l'équation f(x)=0 admet au plus une solution réelle » ?
Question 2
Pour réfuter l'affirmation « pour tout réel y, l'équation x2=y d'inconnue réelle x admet une unique solution », quelle rédaction suffit ?
Question 3
Pour l'équation x+6=x, d'inconnue x≥−6, un étudiant établit : « si x est solution, alors x=3 ». Qu'a-t-il démontré ?
Question 4
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=0 admet au moins une solution dans [0,1], et l'on ne sait rien de plus. Quelle phrase peut-on écrire ensuite sur une copie ?
Question 5
Dans une preuve d'existence et unicité, la partie existence a fourni un réel c tel que f(c)=0. Quelle ouverture de la partie unicité est correcte ?
Question 6
Pour montrer que l'équation x5+x=3 admet au plus une solution réelle, on pose f(x)=x5+x et l'on écrit : (1) « f′(x)=5x4+1>0 pour tout réel x, donc f est strictement croissante sur R. » (2) « Soient a et b deux réels tels que f(a)=f(b)=3 et a=b. » (3) « Si a<b, alors f(a)<f(b), ce qui contredit f(a)=f(b). » (4) « De même, b<a est impossible, donc a=b. » Quelle ligne est fautive ?
Question 7
Pour prouver que l'équation f(x)=0 admet au plus une solution, où f est strictement décroissante sur R, un étudiant écrit : « Soient a et b deux solutions. Supposons a=b. On a f(a)=0=f(b). Donc a=b. » Que lui reprocher ?
Question 8
Laquelle de ces hypothèses sur une fonction f:R→R garantit que l'équation f(x)=2 admet au plus une solution réelle ?
Question 9
Une copie affirme : « f est continue sur [0,2], f(0)=−1 et f(2)=3, donc l'équation f(x)=0 admet une unique solution dans [0,2]. » Que manque-t-il pour justifier cette conclusion ?
Question 10
Pour montrer que l'affirmation « l'équation cosx=21 admet une unique solution dans [−π,π] » est fausse, que suffit-il de faire ?
Question 11
On veut montrer que pour tout réel a, a2=∣a∣, en utilisant que pour tout réel c≥0, c est l'unique réel positif dont le carré vaut c. Que faut-il vérifier ?
Question 12
On admet que pour tout réel c>0, lnc est l'unique réel y tel que ey=c. Soient u>0 et v>0, de sorte que uv>0. Pour prouver par unicité que ln(uv)=lnu+lnv, que faut-il vérifier ?