Complétude et théorème du point fixe

Pour montrer qu'une suite converge avec la définition, il faut connaître sa limite. Or la limite est souvent précisément ce qu'on cherche — la solution d'une équation, d'une équation différentielle. La complétude permet de prouver la convergence sans nommer la limite.

Suite de Cauchy. Dans un espace métrique $(E, d)$, une suite $(x_n)$ est de Cauchy si ses termes se rapprochent les uns des autres :

Toute suite convergente est de Cauchy (deux termes proches de la limite sont proches entre eux). La réciproque dépend de l'espace.

Espace complet. $(E, d)$ est complet si toute suite de Cauchy de $E$ converge dans $E$.

• $\mathbb{R}$ est complet (c'est une des formes de l'axiome de la borne supérieure), et $\mathbb{R}^{n}$ aussi, avec n'importe quelle norme.
• $\mathbb{Q}$ ne l'est pas : la suite des approximations décimales par défaut de $\sqrt{2}$, $1$ ; $1{,}4$ ; $1{,}41$ ; $1{,}414$ ; $1{,}4142$ ; …, est formée de rationnels, elle est de Cauchy (deux termes de rang $\ge N$ diffèrent de moins de $10^{-N}$), mais sa limite $\sqrt{2}$ n'est pas dans $\mathbb{Q}$.
• $\left]0\,;\,1\right]$ n'est pas complet : $\left(\frac{1}{n}\right)$ y est de Cauchy, de limite $0$ hors de l'intervalle.

Parties complètes. Une partie fermée d'un espace complet est complète : une suite de Cauchy de la partie converge dans l'espace, et le fermé retient sa limite. Réciproquement, une partie complète d'un espace métrique est fermée. Ainsi tout segment $[a\,;\,b]$ de $\mathbb{R}$, toute demi-droite fermée $[a\,;\,+\infty[$, est complet. Attention : c'est la complétude de l'espace ambiant qui fait le travail. Dans $\mathbb{Q}$, la partie $\{x \in \mathbb{Q} : 1 \le x \le 2\}$ est fermée et bornée, mais pas complète.

Contraction. Une application $f : E \to E$ est contractante s'il existe une constante $k$ avec $0 \le k < 1$, la même pour tous les couples, telle que

Sur un intervalle de $\mathbb{R}$, l'inégalité des accroissements finis fournit $k$ : si $f$ est dérivable et $\lvert f' \rvert \le k$ sur l'intervalle, alors $f$ est $k$-lipschitzienne. Il faut le maximum de $\lvert f' \rvert$ sur tout l'intervalle, pas sa valeur en un point.

Théorème du point fixe de Banach. Soit $(E, d)$ un espace métrique complet et $f : E \to E$ une application contractante de rapport $k < 1$. Alors :

1. $f$ admet un unique point fixe $x^{*}$ ;
2. pour tout $x_0 \in E$, la suite définie par $x_{n + 1} = f(x_n)$ converge vers $x^{*}$ ;
3. on a la majoration a priori

Preuve. Par récurrence, $d(x_{n + 1}, x_n) \le k^{n}\,d(x_1, x_0)$. Pour $q > p$, l'inégalité triangulaire et la somme géométrique donnent

qui tend vers $0$ : la suite est de Cauchy. L'espace est complet, elle converge vers un $x^{*} \in E$. Comme $f$ est continue (lipschitzienne), $x^{*} = \lim x_{n + 1} = f(\lim x_n) = f(x^{*})$. Unicité : si $f(y) = y$, alors $d(x^{*}, y) \le k\,d(x^{*}, y)$ avec $k < 1$, donc $d(x^{*}, y) = 0$. La majoration a priori est l'inégalité ci-dessus avec $q \to \infty$.

Usage sur un segment. Pour $f$ définie sur $I = [a\,;\,b]$, on vérifie deux choses :

• la stabilité $f(I) \subseteq I$ — sans elle, $f$ n'est pas une application de $I$ dans $I$, les itérés peuvent sortir de $I$, et le théorème ne dit rien ;
• la contraction : $\sup_{I} \lvert f' \rvert = k < 1$. $I$ est fermé dans $\mathbb{R}$ complet, donc complet : le théorème s'applique.

Chaque hypothèse est nécessaire.

• Sans stabilité : $g(x) = \dfrac{x}{2} + 1$ est contractante de rapport $\dfrac{1}{2}$, mais $g(1) = \dfrac{3}{2} \notin [0\,;\,1]$ ; son seul point fixe, $2$, est hors de l'intervalle.
• Sans rapport uniforme : $f(x) = x + \dfrac{1}{x}$ sur $[1\,;\,+\infty[$ (complet, et stable) vérifie $\lvert f(x) - f(y) \rvert = \lvert x - y \rvert\left(1 - \dfrac{1}{xy}\right) < \lvert x - y \rvert$ pour $x \ne y$, mais le facteur tend vers $1$ : aucun $k < 1$ ne convient, et $f$ n'a aucun point fixe ($x + \dfrac{1}{x} = x$ est impossible).
• Sans complétude : $x \mapsto \dfrac{x}{2}$ sur $\left]0\,;\,1\right]$ est contractante et stable, mais son point fixe $0$ manque à l'espace.

Le théorème donne une condition suffisante. $f(x) = \dfrac{3x^{2} + 1}{5}$ envoie $[0\,;\,1]$ dans $[0{,}2\,;\,0{,}8]$, mais $f'(1) = \dfrac{6}{5} > 1$ : elle n'est pas contractante sur $[0\,;\,1]$. Elle a pourtant un point fixe dans l'intervalle, $\dfrac{5 - \sqrt{13}}{6} \approx 0{,}232$. Le théorème ne s'applique pas ; cela ne prouve pas l'absence de point fixe.

Méthode des approximations successives. Le théorème est constructif : itérer $f$ à partir de n'importe quel point fournit des valeurs approchées de $x^{*}$, avec une erreur garantie par la majoration a priori — avant même d'avoir calculé les itérés.

Énoncé. On cherche les solutions de $\cos x = x$.

1. Montrer que $f = \cos$ vérifie les hypothèses du théorème du point fixe sur $I = [0\,;\,1]$.
2. On part de $x_0 = 0$. Quel rang $n$ la majoration a priori garantit-elle pour avoir $\lvert x_n - x^{*} \rvert \le 10^{-3}$ ?
3. Même travail pour $h(x) = \dfrac{1}{2 + x}$ sur $[0\,;\,1]$.

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1. Les deux hypothèses. $I$ est un segment, fermé dans $\mathbb{R}$ complet : il est complet.

• Stabilité. $\cos$ est décroissante sur $[0\,;\,1]$, donc $\cos(I) = [\cos 1\,;\,\cos 0] \approx [0{,}540\,;\,1] \subseteq [0\,;\,1]$. $\checkmark$
• Contraction. $\lvert \cos' x \rvert = \sin x$ est croissant sur $[0\,;\,1]$, de maximum $k = \sin 1 \approx 0{,}841\,5 < 1$. Par l'inégalité des accroissements finis, $\cos$ est $k$-lipschitzienne sur $I$. $\checkmark$

Le théorème donne un unique point fixe $x^{*} \in [0\,;\,1]$, limite des itérés : $x^{*} \approx 0{,}739\,085$.

2. Rang garanti. $x_1 = \cos 0 = 1$, donc $d(x_1, x_0) = 1$. On veut $\dfrac{k^{n}}{1 - k} \le 10^{-3}$, soit $k^{n} \le 10^{-3}(1 - k)$. Comme $\ln k < 0$, l'inégalité se retourne en divisant :

Contrôle : $\dfrac{k^{51}}{1 - k} \approx 9{,}5 \times 10^{-4}$ convient, $\dfrac{k^{50}}{1 - k} \approx 1{,}13 \times 10^{-3}$ non. En réalité, les itérés atteignent la précision $10^{-3}$ dès le rang $16$ : la majoration a priori est une garantie, souvent pessimiste, pas le rang réel.

3. Une contraction plus forte. $h(0) = \dfrac{1}{2}$, $h(1) = \dfrac{1}{3}$ et $h$ décroissante : $h(I) = \left[\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{2}\right] \subseteq I$. $\lvert h'(x) \rvert = \dfrac{1}{(2 + x)^{2}} \le \dfrac{1}{4} = k$. Point fixe : $x(2 + x) = 1$, soit $x^{2} + 2x - 1 = 0$, d'où $x^{*} = \sqrt{2} - 1 \approx 0{,}4142$ (l'autre racine est négative). Itérés : $0$ ; $0{,}5$ ; $0{,}4$ ; $0{,}4167$ ; $0{,}4138$ — ils encadrent alternativement $x^{*}$, ce qui est la signature d'une dérivée négative. Pour une précision $10^{-6}$, avec $d(x_1, x_0) = \dfrac{1}{2}$ : $\dfrac{(1/4)^{n}}{3/4} \times \dfrac{1}{2} \le 10^{-6}$ dès $n = 10$.

Lecture. Plus $k$ est petit, plus la convergence est rapide : $51$ itérations garanties pour $k \approx 0{,}84$, $10$ pour $k = 0{,}25$ et une précision mille fois plus fine.

Figure (fig.math.convergence-definition, figure programmatique de la leçon de L1 sur la définition de la limite, réutilisée ici parce qu'elle dessine une bande de largeur $\varepsilon$ et le rang à partir duquel la suite y reste) : deux repères montrant la même suite monotone qui monte vers $\ell = 3$, une bande $\left]\ell - \varepsilon\,;\,\ell + \varepsilon\right[$ avec $\varepsilon = 0{,}1$ puis $\varepsilon = 0{,}01$, et le premier rang $N$ à l'intérieur ($9$, puis $99$) ; en bas, deux vignettes opposent une suite qui reste dans la bande et une suite qui en ressort sans cesse.

Pour cette leçon :

• La bande est centrée sur une limite connue. C'est ce que la définition exige, et ce dont le théorème du point fixe se passe : la majoration a priori $\dfrac{k^{n}}{1 - k}\,d(x_1, x_0)$ ne fait intervenir que $k$, $x_0$ et $x_1$. Elle dessine une bande autour de $x^{*}$ sans connaître $x^{*}$.
• Le rang $N$ de la figure est le premier rang où la suite entre dans la bande ; le rang de la majoration a priori est un rang à partir duquel on est sûr d'y être. Pour $\cos$, $51$ contre $16$ réellement : la garantie arrive plus tard que le fait.
• Bande divisée par $10$, rang multiplié par $11$ dans la figure ; pour une contraction, diviser $\varepsilon$ par $10$ ajoute seulement $\dfrac{\ln 10}{\lvert \ln k \rvert}$ itérations (environ $13$ pour $k = \sin 1$, moins de $2$ pour $k = \dfrac{1}{4}$) : la convergence d'une contraction est géométrique, bien plus rapide que celle de la suite dessinée.
• La vignette de droite (une suite qui entre et ressort indéfiniment) ne peut pas être une suite d'itérés d'une contraction : les écarts successifs décroissent au moins comme $k^{n}$.

Ce que la figure ne montre pas : les itérés eux-mêmes ; pour $h(x) = \dfrac{1}{2 + x}$, ils oscillent de part et d'autre de $\sqrt{2} - 1$, alors que la suite de la figure s'en approche par en dessous.