ISA BTP, 1◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2012-2013
CONTR ˆOLE CONTINU
Suites num´eriques
Dur´ee : 1h30. Les calculatrices sont autoris´ees.
Tous les exercices sont ind´ependants.
Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.
Exercice 1 Soient (en) et (εn) les suites d´efinies par
∀n ∈ N, en= n X k=0 1 k! et εn= en+ 1 n.n!. (on rappelle que pour tout n ∈ N∗, n! = 1 × 2 × · · · × n et que 0! = 1).
1. (a) ´Ecrire e0, e1, e2 et e3 sous forme ´etendue.
(b) Calculer e1− e0, e2− e1 et e3− e2.
(c) Montrer que, de fa¸con g´en´erale
en+1− en=
1 (n + 1)! et en d´eduire le sens de variation de la suite (en).
2. Montrer que la suite (εn) est d´ecroissante.
3. Montrer que lim
n→+∞εn− en = 0.
4. Montrer que les suites (en) et (εn) convergent et ont la mˆeme limite. On admettra que
cette limite commune est e.
5. Compl´eter l’algorithme Sage ci-dessous afin que la fonction e approx(n) renvoie une ap-proximation de e `a 10−n pr`es. def e approx(n): e = 1 k = 1 while 1/(k*factorial(k)) ... : e = ... k = ... return ... ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??
Exercice 2 1. Soit (un) une suite v´erifiant (un) : u0 > 0 un+1 = f (un) avec f : x 7−→ 3x + 1 2x + 1 (a) Montrer par r´ecurrence que un> 0 pour tout n ∈ N.
(b) Montrer que f est strictement croissante sur ]0, +∞[. (c) Montrer que f admet x∗ = 1+
√ 3
2 pour seul point fixe dans l’intervalle ]0, +∞[ et
dresser le tableau de signe de f (x) − x sur cet intervalle. (d) Sur le graphe ci-joint,
i. placer le point fixe de f ,
ii. dessiner le parcours de (un) dans le cas o`u u0 = 0.5,
iii. dessiner le parcours de (un) dans le cas o`u u0 = 2.
(e) On suppose ici que u0 ∈
i 0,1+ √ 3 2 h .
i. Montrer que pour tout n ∈ N, on a un∈
i 0,1+ √ 3 2 h . ii. Montrer que (un) est croissante.
iii. En d´eduire la nature de (un) et la valeur de sa limite.
(f) On suppose maintenant que u0 > 1+ √
3 2 .
i. Montrer que pour tout n ∈ N, on a un> 1+ √
3 2 .
ii. Montrer que (un) est d´ecroissante.
iii. En d´eduire la nature de (un) et la valeur de sa limite.
(g) Que dire de (un) si u0 = 1+ √
3 2 ?
2. Soit (vn) la suite d´efinie par
v0 = 3 vn+1= g(vn)
o`u
g : x 7−→ 1 + 1 2x. (a) Montrer que vn> 0 pour tout n ∈ N.
(b) Montrer que pour tout x > 0, on a g ◦ g(x) = f (x). (c) Montrer que les deux suites (an) et (bn) d´efinies par
∀n ∈ N, an= v2n et bn = v2n+1
sont associ´ees `a la fonction f .
(d) Montrer que (an) converge et donner sa limite.
(e) Calculer b0 et en d´eduire le comportement de la suite (bn).
(f) En d´eduire le comportement et la limite de (vn).
? ? ?
ISA BTP 1◦ann´ee Contrˆole continu 2012-2013 Nom : ... Pr´enom : ...
x
y
y
=
f
(
x
)
y
=
x
CORRECTION
Exercice 1 : 1. (a) e0 = 0 X k=0 1 k! = 1 0! e1 = 1 X k=0 1 k! = 1 0! + 1 1! e2 = 2 X k=0 1 k! = 1 0! + 1 1! + 1 2! e3 = 3 X k=0 1 k! = 1 0! + 1 1! + 1 2!+ 1 3! (b) e1− e0 = 1 0!+ 1 1! − 1 0! = 1 1! e2− e1 = 1 0!+ 1 1! + 1 2! − 1 0!+ 1 1! = 1 2! e3− e2 = 1 0!+ 1 1! + 1 2! + 1 3! − 1 0! + 1 1! + 1 2! = 1 3! (c) De fa¸con g´en´erale :en+1− en= n+1 X k=0 1 k! − n X k=0 1 k! = 1 0!+ 1 1! + . . . + 1 n! + 1 (n + 1)! − 1 0! + 1 1! + . . . + 1 n! = 1 (n + 1)!
2. Le sens de variation de la suite (εn) est donn´e par le signe de εn+1− εn. Or εn+1− εn = en+1+ 1 (n + 1).(n + 1)! − en− 1 n.n! = en+1− en+ 1 (n + 1).(n + 1)! − 1 n.n! = 1 (n + 1)! + n − (n + 1)2 n(n + 1)(n + 1)! = n(n + 1) + n − (n + 1) 2 n(n + 1)(n + 1)! = n 2 + n + n − n2− 2n − 1 n(n + 1)(n + 1)! = − 1 n(n + 1)(n + 1)! < 0 Donc (εn) est d´ecroissante.
3. εn− en=
1
n.n! −→ 0.
4. D’apr`es les trois questions pr´ec´edente, les suites (en) et (εn) sont adjacentes. Elles sont
donc toutes deux convergentes et ont la mˆeme limite. 5. def e approx(n): e = 1 k = 1 while 1/(k*factorial(k)) > 10**(-n) : e = e + 1/factorial(k) k = k + 1 return e ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? Exercice 2 : 1. (a) Soit P(n) : un> 0.
– Initialisation : par hypoth`ese u0 > 0. Donc P(0) est vraie.
– H´er´edit´e : supposons qu’il existe un entier n ∈ N tel que un> 0. Alors 3un+ 1 > 0
et 2un+ 1 > 0 et
un+1 = f (un) =
3un+ 1
2un+ 1
> 0 comme quotient de deux termes strictement positifs. Donc P(n + 1) est vraie.
– Conclusion : P(n) ´etant vraie pour n = 0 et h´er´editaire, elle est vraie pour tout n ∈ N.
(b) f est d´erivable sur ]0, +∞[ et
∀x ∈]0, +∞[, f0(x) = 3(2x + 1) − 2(3x + 1)
(2x + 1)2 =
1
(c) Pour d´eterminer les points fixes de f , on r´esout l’´equation f (x) − x = 0 : f (x) − x = 0 ⇔ 3x + 1 2x + 1 − x = 0 ⇔ 3x + 1 − x(2x + 1) 2x + 1 = 0 ⇔ −2x 2+ 2x + 1 2x + 1 = 0
Les points fixes de f sont donc les racines du polynˆome −2x2 + 2x + 1. Un
cal-cul de discriminant donne deux racines x1,2 =
1 ±√3
2 dont une seule est
posi-tive : x∗ = 1 + √
3
2 .
D’autre part, un polynˆome ´etant du signe de son coefficient dominant `a l’ext´erieur des racines, on en d´eduit le signe de f (x) − x :
f (x) − x ( > 0 si 0 < x < 1+ √ 3 2 < 0 si x > 1+ √ 3 2 (d)
x
y
y
=
f
(
x
)
y
=
x
x
∗0
.
5
2
L´egende
:
i
.
ii
.
iii
.
(e) i. D’apr`es la question 1a, un > 0 pour tout n. Il suffit donc de montrer que si
u0 < 1+ √
3
2 , alors un< 1+√3
2 pour tout n. Or, l`a encore, la d´emonstration se fait
par r´ecurrence en appliquant la fonction f (croissante) `a l’in´egalit´e un < 1+ √
3 2
et en exploitant le fait que x∗ = 1+
√ 3
2 est un point fixe de f .
ii. D’apr`es l’´etude du signe de f (x) − x, on sait que f (x) − x > 0 sur i0,1+
√ 3 2
h . Donc pour tout n ∈ N, on a
Donc (un) est croissante.
iii. ´Etant croissante et major´ee (par x∗), la suite (un) converge. Puisque f est
conti-nue, (un) converge n´ecessairement vers un point fixe de f . Donc
lim
n→+∞un=
1 +√3
2 .
(f) i. Comme pour les questions pr´ec´edentes, on r´epond `a cette question par un rai-sonnement par r´ecurrence en exploitant le fait que f est croissante et que 1+
√ 3 2
est un point fixe de f .
ii. Puisque f (x) − x < 0 suri1+
√ 3 2 , +∞
h
, la diff´erence un+1− unest n´egative pour
tout n ∈ N et (un) d´ecroit.
iii. (un) est d´ecroissante et minor´ee donc elle converge. Sa limite est un point fixe
de f , donc l`a encore lim
n→+∞un = 1 +√3 2 . (g) Puisque x∗ = 1+ √ 3
2 est un point fixe de f , on montre ais´ement par r´ecurrence que si
u0 = x∗, la suite (un) est constante ´egale `a x∗.
2. (a) Par r´ecurrence en exploitant le fait que si vn> 0, alors vn+1 = 1 +2vn1 > 0.
(b) ∀x > 0, g ◦ g(x) = g(g(x)) = g 1 + 1 2x = 1 + 1 2 1 + 2x1 = 1 + 1 2 + 1x = 1 + x 2x + 1 = 2x + 1 + x 2x + 1 = 3x + 1 2x + 1 = f (x) (c) Pour tout n ∈ N, on a an+1= v2(n+1) = v2n+2 = g(v2n+1) = g(g(v2n)) = f (an).
(an) est donc bien associ´ee `a la fonction f .
De mˆeme,
bn+1 = v2(n+1)+1 = v2n+3 = g(v2n+2) = g(g(v2n+1)) = f (bn).
(d) D’apr`es la question 1, le comportement de (an) d´epend de la position de a0 = v0 = 3
par rapport `a x∗. Puisque 3 > 1+
√ 3
2 , on se r´ef`ere au traitement de la question 1f
pour conclure que an → 1+ √
3 2 .
(e) Comme `a la question pr´ec´edente, le comportement de la suite (bn) d´epend de la
valeur de b0. Or b0 = v1 = g(3) = 76 < x∗. Donc (bn) converge vers x∗.
(f) Les deux suites extraites (v2n) et (v2n+1) convergent toutes deux vers x∗. Puisqu’`a
elles deux elles recouvrent l’ensemble des termes de la suite (vn), on en conclue que
(vn) converge ´egalement vers x∗.
? ? ?