Soit $a < b$ et $f : [a, b] \to [a, b]$ une fonction $k$-lipschitzienne avec $0 \leq k < 1$.
- Montrer que $f$ admet au moins un point fixe $c \in [a, b]$.
- Montrer que ce point fixe est unique.
- Soit $u_0 \in [a, b]$ et $u_{n+1} = f(u_n)$. Montrer que $|u_n - c| \leq k^n(b - a)$ pour tout $n$, et en déduire que $(u_n)$ converge vers $c$.
- Application. Montrer que $\cos$ envoie $[0, 1]$ dans $[0, 1]$ et y est $(\sin 1)$-lipschitzienne. En déduire que pour tout $u_0 \in [0, 1]$, la suite $u_{n+1} = \cos u_n$ converge vers l'unique réel $\alpha$ tel que $\cos \alpha = \alpha$.
Une fonction lipschitzienne est continue ; étudier $g(x) = f(x) - x$ aux bornes.
Pour l'unicité, appliquer l'inégalité de Lipschitz à deux points fixes.
Pour le cosinus, utiliser $\cos x - \cos y = -2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}$ et $|\sin u| \leq |u|$.
1. Une fonction lipschitzienne est uniformément continue, donc continue. La fonction $g(x) = f(x) - x$ est continue sur $[a, b]$, avec $g(a) = f(a) - a \geq 0$ et $g(b) = f(b) - b \leq 0$ car $f(a), f(b) \in [a, b]$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c \in [a, b]$ tel que $g(c) = 0$, soit $f(c) = c$.
2. Si $c$ et $c'$ sont deux points fixes, $|c - c'| = |f(c) - f(c')| \leq k|c - c'|$, donc $(1 - k)|c - c'| \leq 0$. Comme $1 - k > 0$, $c = c'$.
3. Comme $f$ est à valeurs dans $[a, b]$, une récurrence immédiate montre que $u_n \in [a, b]$ pour tout $n$. Pour tout $n$, $|u_{n+1} - c| = |f(u_n) - f(c)| \leq k|u_n - c|$. Par récurrence, $|u_n - c| \leq k^n |u_0 - c| \leq k^n (b - a)$, car $u_0$ et $c$ sont dans $[a, b]$. Comme $0 \leq k < 1$, $k^n \to 0$ ; par encadrement, $u_n \to c$.
4. Pour $x \in [0, 1]$, on a $x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ car $1 < \frac{\pi}{2}$, et le cosinus est décroissant sur cet intervalle : $\cos x \in [\cos 1, 1] \subset [0, 1]$ car $\cos 1 > 0$.
Pour $x, y \in [0, 1]$ : $\cos x - \cos y = -2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}$. Comme $\frac{x+y}{2} \in [0, 1]$ et que $\sin$ est croissant et positif sur $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, $\left|\sin\frac{x+y}{2}\right| \leq \sin 1$. De plus $\left|\sin\frac{x-y}{2}\right| \leq \frac{|x-y|}{2}$. Donc $$|\cos x - \cos y| \leq 2 \sin 1 \cdot \frac{|x - y|}{2} = (\sin 1)\,|x - y|.$$ Comme $0 < 1 < \frac{\pi}{2}$, $0 < \sin 1 < 1$. Les questions 1 à 3 s'appliquent : la suite converge vers l'unique point fixe de $\cos$ dans $[0, 1]$. Ce point fixe est une solution de $\cos x = x$ ; l'équation n'ayant qu'une solution réelle (car pour $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$, $\cos x - x$ est strictement décroissante, et hors de cet intervalle $\cos x \neq x$), c'est $\alpha$.
Unique point fixe $c$ ; $|u_n - c| \leq k^n(b-a)$, $u_n \to c$ ; pour $\cos$ sur $[0,1]$ : $u_n \to \alpha$