Problème — Le théorème du point fixe

• Par hypothèse, pour tout $x\in [0,1]$, $f(x)\in [0,1]$, donc $0\le f(x)\le 1$.

• Pour $x=0$ : $g(0)=f(0)-0=f(0)$. Comme $f(0)\ge 0$, on a bien $g(0)\ge 0$.
• Pour $x=1$ : $g(1)=f(1)-1$. Comme $f(1)\le 1$, on a bien $f(1)-1\le 0⟹g(1)\le 0$.

• La fonction $f$ est continue sur $[0,1]$, et la fonction $x\mapsto x$ l'est également. Par différence, la fonction $g$ est continue sur $[0,1]$. On a $g(0)\ge 0$ et $g(1)\le 0$. Le nombre 0 est donc compris entre $g(1)$ et $g(0)$. D'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (TVI), il existe au moins un réel $c\in [0,1]$ tel que $g(c)=0$. Or, $g(c)=0⟺f(c)-c=0⟺f(c)=c$. Il existe donc bien un point fixe $c\in [0,1]$ pour la fonction $f$.

• Soit la fonction $f(x)=\cos (x)$ sur $[0,\pi /2]$. Puisque pour tout $x\in [0,\pi /2]$, $\cos (x)\in [0,1]\subset [0,\pi /2]$ (car $\pi /2\approx 1,57>1$), $f$ envoie bien $[0,\pi /2]$ dans lui-même. Le théorème des questions 1 et 2 a été établi sur $[0,1]$ : refaisons donc le raisonnement sur $[0,\pi /2]$, qui est le seul point à adapter. Posons, pour tout $x\in [0,\pi /2]$, $g(x)=\cos (x)-x$.

• La fonction cosinus est continue sur $[0,\pi /2]$ et la fonction $x\mapsto x$ l'est également : par différence, $g$ est continue sur $[0,\pi /2]$.
• $g(0)=\cos (0)-0=1\ge 0$.
• $g\left(\frac{\pi }{2}\right)=\cos \left(\frac{\pi }{2}\right)-\frac{\pi }{2}=0-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2}\le 0$.

Le nombre 0 est donc compris entre $g\left(\frac{\pi }{2}\right)$ et $g(0)$. D'après le TVI, il existe au moins un réel $c\in [0,\pi /2]$ tel que $g(c)=0$, c'est-à-dire $\cos (c)=c$. La fonction cosinus admet donc au moins un point fixe sur $[0,\pi /2]$.