Partie I : étude de la suite (v

e3a - 2013 - MP

Épreuve de Mathématiques A

Partie I : étude de la suite (v

_n

)

1. Tout d’abord, la suite (v_n)est bien définie : une récurrence double permet de montrer que pour tout n∈N,v_n existe et est strictement positif. Et pour toutn∈N,∀n≥0,√

v_n√

v_n+1v_n+2= 1. Si elle converge vers une limite`finie ou infinie, alors`≥0et par continuité dex7→√

x, on a`²= 1. La seule limite possible de(vn)est donc 1.

2. a. La suite(w_n)vérifie la relation de récurrencew_n+2=−w_n+1+w_n

2 .

b. Le théorème de structure des solution d’une récurrence linéaire d’ordre 2 pour les suites numérique assure que l’espace vectoriel F est de dimension 2 (on peut le vérifier en montrant queϕ:F →R² telle queϕ((wn)_N) = (w0, w1)est un isomorphisme deF dans IR²).

On cherche des éléments deF de la forme(rⁿ)avecr6= 0: en reportant dans la relation de récurrence on obtient l’équation caractéristique r²=−r+ 1

2 , dont les 2 solutions distinctes sont −1±i√ 7

4 .

Donc

−1 +i√ 7 4

!n

, −1−i√ 7 4

!n!

est une base deF.

c.

−1 +i√ 7 4

=

−1−i√ 7 4

=

√2

2 <1donc lim

n→+∞

−1 +i√ 7 4

!n

= lim

n→+∞

−1−i√ 7 4

!n

= 0. On en déduit que si (x_n)∈F, alors(x_n)_Nest combinaison linéaire de deux suites convergentes vers 0, donc lim

n→+∞xn= 0.

3. (wn)∈F donc, d’après 2.(c), lim

n→+∞wn= 0, or vn=e^wn donc lim

n→+∞vn= 1 etX

vn diverge grossière- ment.

Par contre, d’après ce qui précède,vn−1 =e^wn−1 ∼

n→+∞wn d’après le cours car lim

n→+∞wn= 0. Donc vn−1 ∼

n→+∞wn=O

√2 2

!n

. Comme la sérieX √2

2

!n

converge car géometrique de raisonq∈]−1,1[, X(vn−1)est absolument convergente donc convergente.

Partie II : étude de normes matricielles

1. a. DZ=









 m1,1z1

m2,2z2

... mn,nzn











donckDZk_∞= max

1≤i≤n|mi,izi| ≤m max

1≤i≤n|zi|=mkZk_∞. kDZk∞≤mkZk∞.

b. Si kZk_∞≤1, alors on akDZk_∞≤md’où|||D|||_∞= sup

X∈Cⁿ,kXk∞≤1

kDXk_∞≤m.

De plus, il existe un entierj∈ {1,· · ·, n}tel quem=|mj,j|. En prenantzj= 1et pourk6=j,zk = 0

et Z=









 z₁ z₂ ... zn











, on akDZk_∞=met kZk_∞= 1d’où|||D|||_∞≥m. Finalement |||D|||_∞=m.

2. a. NP(X) =kP Xk∞.

Si P n’est pas inversible, en prenantX ∈ KerP non nul, on aN_P(X) = 0 et X 6= 0doncN_P n’est pas une norme. SiP est inversible, alorsN_P est une application deCⁿ dans IR⁺ et

— ∀X ∈Cⁿ, NP(X) = 0⇒ kP Xk_∞ = 0 ⇒P X = 0 ⇒X = 0 (cark.k_∞ est une norme etP est inversible).

— ∀X ∈Cⁿ,∀λ∈C,NP(λX) =kλP Xk_∞=|λ|kP Xk_∞=|λ|NP(X).

— ∀(X, Y) ∈ (Cⁿ)², NP(X +Y) = kP(X +Y)k_∞ = kP X +P Yk_∞ ≤ kP Xk_∞ +kP Yk_∞ = NP(X) +NP(Y).

doncN_P est une norme. Finalement,N_P est une norme si et seulement siPest une matrice inversible.

b. |||A|||P = sup

X∈Cⁿ,kXkP≤1

kAXkP = sup

X∈Cⁿ,kP Xk∞≤1

kP AXk_∞= sup

X∈Cⁿ,kP Xk∞≤1

kP AP⁻¹P Xk_∞ Or P est inversible, donc X7→P X est une bijection deCⁿ surCⁿ donc

sup

X∈Cⁿ,kP Xk∞≤1

kP AP⁻¹P Xk∞= sup

X∈Cⁿ,kXk∞≤1

kP AP⁻¹Xk∞=|||P AP⁻¹|||∞, On a donc bien |||A|||P =|||P AP⁻¹|||_∞.

3. a. On sait que λest une valeur propre deA associée au vecteur X si et seulement siλ est une valeur propre de P AP⁻¹ associée au vecteurP X.

Aet P AP⁻¹ont donc le même spectre et doncρ(A) =ρ(P AP⁻¹).

b. Il existe une valeur propre λdeA telle que|λ|=ρ(A). Soit X un vecteur propre unitaire associé à λ.ρ(A) =|λ|=kλXk_∞=kAXk_∞≤ |||A|||_∞.

En utilisant 2.(b), on en déduit : ρ(A) = ρ(P AP⁻¹) ≤ |||P AP⁻¹|||_∞ = |||A|||P , et donc ρ(A) ≤

|||A|||P.

c. On supposeAdiagonalisable. Il existe une matrice diagonaleD et une matrice inversibleP telles que D=P AP⁻¹(on remarquera que ce n’est pas la formule usuelleA=P DP⁻¹: les rôles deP etP⁻¹ ont été échangés). D’après 2.(b),|||A|||P =|||P AP⁻¹|||_∞ =|||D|||_∞, d’après 1.(b),|||D|||_∞ =ρ(D) et commeAet D sont semblables,ρ(D) =ρ(A).

Il existe doncP ∈GL_n(C)tel que|||A|||P =ρ(A). d. A=





0 0 1 1 0 0 0 1 0



.PA(X) = 1−X³, les valeurs propres de Asont 1,j etj²

Doncρ(A) = 1. Les vecteurs propres associés à 1,j etj² sont



 1 1 1



,



 1 j²

j



et



 1 j j²



.

Si P⁻¹=





1 1 1

1 j² j 1 j j²



(attention encore à l’échange entre les rôles deP etP⁻¹...) et D=





1 0 0 0 j 0 0 0 j²



, alorsD=P AP⁻¹et d’après 3.(c)|||A|||P =ρ(A).

e. A=











1 2 · · · n 1 2 · · · n ... ... ... 1 2 · · · n









 .

Aest de rang 1 et le noyauE0 est un hyperplan d’équationx1+ 2x2+· · ·+nxn= 0.

Une base de E0est :



























 2

−1 0 ... 0













 ,













 3 0

−1 0

...













 ,· · ·,













 n 0 ... 0

−1



























 .

D’autre part,









 1 1 ... 1











est un vecteur propre deAassocié à la valeur propre n(n+ 1)

2 .

Aest donc diagonalisable (la somme des dimensions des sous-espaces propres est n)

Si P⁻¹=



















2 3 · · · n 1

−1 0 · · · 0 1 0 −1 . .. ... ... ... . .. . .. 0 ... 0 . .. 0 −1 1



















et D=

















0 · · · 0 0 ... . .. ... ... ... . .. ... ... 0 · · · 0 0 0 · · · 0 ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂















 ,

alorsD=P AP⁻¹et d’après 3.(c)|||A|||P =ρ(A). 4. a. SoitA=

a b c d

etZ = z₁

z2

.

kAZk_∞=

a b c d

z1

z2

_∞

=

az1+bz2

cz1+dz2

_∞

=max(|az1+bz2|,|cz1+dz2|)

≤max(|az1|+|bz2|,|cz1|+|dz2|)≤max(|a|+|b|,|c|+|d|)max(|z1|,|z2|) =mkZk∞. On a donckAZk_∞≤mkZk_∞.

On en déduit |||A|||_∞≤m.

Si on suppose quem=|a|+|b|, alors on choisitz₁ et z₂de module 1 tels que |a|=az₁ et|b|=bz₂. On a alorskAZk_∞=max(|az1+bz2|,|cz1+dz2|) =max(m,|cz1+dz2|) =met kZk_∞= 1.

De même sim=|c|+|d|. On en déduit |||A|||∞≥m. On a donc|||A|||∞=m.

b. i. A∈M2(C), non diagonalisable.

On effectue une réduction dansC, donc sp_C(A)6=∅ (ne pas oublier de le mentionner...)

Si sp_C(A)possèdait deux éléments, alors le polynôme caractéristique deAserait scindé à racines simples etAserait diagonalisable, donc sp_C(A)ne contient qu’un élément.

ii. On choisit une basee= (e1, e2)deE, avece1un vecteur propre def associé à la valeur propreα.

La matrice dans la base e de f est alors triangulaire supérieure, avec les valeurs propres sur la diagonale. Elle est donc de la forme Mate(f) =

α β 0 α

. iii. β est non nul carAn’est pas diagonalisable.

Posonse⁰₁= ^β_εe1 ete⁰₂=e2.

e⁰= (e⁰₁, e⁰₂)est une base deC²,f(e⁰₁) =e⁰₁, f(e⁰₂) =f(e2) =βe1+αe2=εe⁰₁+αe⁰₂. On a donc Mate⁰(f) =

α ε 0 α

. Il existe donc une basee⁰ deC² telle que Mate⁰(f) =

α β⁰ 0 α où|β⁰| ≤ε.

iv. NotonsT =

α β⁰ 0 α

. Il existe une matriceP ∈GL2(C)telle que T=P AP⁻¹. On a alors|||A|||_P =|||P AP⁻¹|||_∞=|||T|||_∞=|α|+|β⁰| ≤ |α|+ε=ρ(A) +ε. Il existe donc une matriceP ∈GL₂(C)telle que|||A|||_P ≤ρ(A) +ε.

c. D’après 4.(b) iv.,∀ε >0 ∃P ∈GL2(C) |||A|||P ≤ρ(A) +ε.

On a donc inf

P∈GL2(C)|||A|||P ≤ρ(A).

D’après 3.(b), si P∈GL₂(C)alors|||A|||_P ≥ρ(A). On a donc inf

P∈GL2(C)|||A|||P ≥ρ(A). Finalement inf

P∈GL2(C)|||A|||P =ρ(A).

d. A=

−3 8

−2 5 .

|||A|||_∞=max(| −3|+|8|,| −2|+|5|) = 11.

PA(X) = (X−1)²et dim(E1) = 1doncAest non diagonalisable et sp(A) ={1}.

On a donc ρ(A) = 1 et d’après 4.(b) iii.,A est semblable à une matrice de la forme T =

1 β⁰ 0 1

avec|β⁰| ≤1.

Il existe doncP ∈GL₂(C)telle que T =P AP⁻¹.

|||A|||P =|||P AP⁻¹|||∞=|||T|||∞= 1 +|β⁰| ≤2.

Il existe donc une matrice P ∈GL2(C)telle que|||A|||P ≤2.

e. On utilise la question 4.(b) avec ε=1−ρ(A) 2 >0.

On a alors|||A|||P ≤ρ(A) +ε= 1 +ρ(A) 2 <1.

On rappelle que|||A|||P = sup

X∈Cⁿ,kXkP≤1

kAXkP.

Donc pour toutXtel quekXkP ≤1, on akAXkP ≤ |||A|||PkXkP ≤ |||A|||P. Alors, par homogénéité,

pour toutY =kYkP·X, kAYkP ≤ |||A|||PkYkP. En particulier pour tout X tel quekXkP ≤1, en posantY =BX, on obtient

kABXkP =kAYkP ≤ |||A|||PkYkP =|||A|||PkBXkP ≤ |||A|||P|||B|||PkXkP ≤ |||A|||P|||B|||P. Donc en passant à la borne supérieure pourX tel quekXkP ≤1, |||AB|||P ≤ |||A|||P|||B|||P (on dit avoir affaire à une norme d’algèbre et il est bon de savoir adapter cette preuve et démontrer que toute norme subordonnée est une norme d’algèbre.)

Par récurrence, on montre alors que|||Aⁿ|||_P ≤ |||A|||_Pⁿ et donc lim

n→+∞|||Aⁿ|||_P = 0.

Partie III : étude de la suite (u

n

)

On est obligé d’admettre les résultats des premières questions (notamment 5.(b)). Les questions abordables sont traitées : les autres sont corrigées à la fin du sujet pour les plus curieux.

1.

2. (a, b)∈(IR^∗+)² est un point fixe def si et seulement si(a, b) = (b,_a+b² ). Le seul point fixe def dans(IR^∗+)² est(1,1).

3.

4.

5. a.

b. On admet que pour(x₀, y₀)∈D∩(IR^∗+)², k(1,1)−f(x0, y0)kP ≤αk(1,1)−(x0, x0)kP.

c. Montrons par récurrence sur n≥n0 que (un, un+1)∈D . Par hypothèse, pourn=n₀,(u_n0, u_n0+1)∈D.

Supposons que pour un entier n≥n₀ donné,(u_n, u_n+1)∈D.

On a alors : k(1,1)−(un+1, un+2)kP =k(1,1)−f(un, un+1)kP et d’après la question précédente, (un, un+1)∈D=⇒ k(1,1)−f(un, un+1)kP ≤αk(1,1)−(un, un+1)kP ≤ k(1,1)−(un, un+1)kP ≤η.

Donck(1,1)−(u_n+1, u_n+2)kP ≤η et (u_n, u_n+1)∈D.

Finalement, la propriété est vraie au rangn₀et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n≥n0 :∀n≥n0, (un, un+1)∈D.

d. Montrons par récurrence sur n≥n0 que k(1,1)−(un, un+1)kP ≤αⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un₀, un₀+1)kP . Pour n=n₀, la relation est évidente.

Supposons que pour un entier n≥n₀ donné,

k(1,1)−(un, un+1)kP ≤αⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un₀, un₀+1)kP. Alors,k(1,1)−(un+1, un+2)kP =k(1,1)−f(un, un+1)kP

et comme(u_n, u_n+1)∈D, d’après la question 5.(b), k(1,1)−f(u_n, u_n+1)k_P ≤αk(1,1)−(u_n, u_n+1)k_P

On a donck(1,1)−(un+1, un+2)kP ≤αⁿ⁺¹⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un₀, un₀+1)kP.

Finalement, la propriété est vraie au rangn0et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n≥n0 : ∀n≥n0, k(1,1)−(un, un+1)kP ≤αⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un₀, un₀+1)kP.

e. Les normes k.k_P et k.k_∞ sont équivalentes (dimension finie), il existe donc un réel c > 0 tel que k.k_∞≤ck.k_P.

On a alors, ∀n≥n0,|1−un| ≤ k(1,1)−(un, un+1)k_∞ ≤ck(1,1)−(un, un+1)kP ≤cαⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)− (un₀, un₀+1)kP, et doncun= 1 +O(αⁿ).

f. u_n= 1 +O(αⁿ)et ^√₂² < α <1. Donc lim

n→+∞un = 1,X

un diverge etX

(un−1)est absolument convergente.

Partie IV : suite de l’étude

1. a. La suite(xn)ne converge pas versλse traduit par ∃τ >0 ∀N ∈IN∃n > N |xn−λ|> τ (négation de la définition de(xn)converge versλ).

En utilisant cette relation, on construit une suite (x_ϕ(n))extraite de(xn)telle que pour toutn∈IN,

|x_ϕ(n)−λ|> τ.

La suite(x_ϕ(n))est bornée (extraite de(xn)), on peut donc en extraire une sous-suite qui converge vers une limite λ⁰. Nécessairement,|λ⁰−λ| ≥τ >0doncλ⁰6=λ.

Donc la suite(x_n)admet une valeur d’adhérenceλ⁰6=λ.

b. Toute suite bornée possède au moins une valeur d’adhérence. D’après la question précédente, si une suite est bornée et non convergente, alors elle possède au moins deux valeurs d’adhérences.

Donc par contraposée, toute suite bornée ayant une unique valeur d’adhérence est convergente.

c. (x_n)est une suite bornée.

Si l₋ =l₊, alors(x_n)est bornée et possède une unique valeur d’adhérence, donc d’après la question précédente, elle est convergente.

Si (xn)est convergente, alors elle possède une unique valeur d’adhérence doncl− =l+. Finalement(xn)est convergente si et seulement sil₋=l+.

2. a. Montrons que α≤u_n ≤_α¹ par récurrence double surn∈N.

Par hypothèse, pourn= 0et n= 1, la relation est vraie.

Supposons que pour un entier n≥n0 donné,α≤un ≤_α¹ etα≤un+1≤_α¹. Alors,u_n+2= 2

un+1+un

≤ 2

1

α+_α¹ =αetu_n+2= 2 un+1+un

≥ 2

α+α = 1

α doncα≤u_n+2≤_α¹ Finalement, la propriété est vraie au rang 0et 1 et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entiern∈IN : ∀n∈IN α≤un≤ _α¹.

b. l₋ est la plus petite valeur d’adhérence de la suite(un). C’est donc la limite d’une suite extraite que l’on noterau_ψ(n).

la suite u_ψ(n)−2 est alors bornée, elle possède une sous-suiteu_{ψ◦χ(n)−2} qui converge vers une limite a. En posantϕ:n7→ψ◦χ(n)−2, on a alors :

u_ϕ(n)+2 −→

n→+∞l₋ et u_ϕ(n) −→

n→+∞a, oru_ϕ(n)+1= 2 uϕ(n)+2

−u_ϕ(n) donc(u_ϕ(n)+1)converge. On noteb sa limite.

Par passage à la limite dansu_ϕ(n)+2= 2

u_ϕ(n)+1+u_ϕ(n), on obtientl₋= 2 a+b. De plusa≤l+ et b≤l+ doncl− ≥ 2

l++l+

= 1 l+

. On en déduitl−l+≥1.

c. On procède de même en considérant une sous-suiteu_ψ(n)qui converge versl+et on obtientl₋l+≤1 d’oùl₋l+ = 1.

d. De même qu’en (b), on contruit successivement : (u_ψ(n))qui converge versl₋

(u_{ψ◦χ(n)−3})qui converge vers une limitea.

(u_{ψ◦χ◦ω(n)−2})qui converge vers une limiteb. En posantϕ:n7→ψ◦χ◦ω(n)−3, on a alors : u_ϕ(n)+3 −→

n→+∞l₋,u_ϕ(n) −→

n→+∞aet u_ϕ(n)+1 −→

n→+∞b. Or u_ϕ(n)+2= 2

u_ϕ(n)+3 −u_ϕ(n)+1 donc(u_ϕ(n)+2)converge. On notec sa limite.

Par passage à la limite dansuϕ(n)+2= 2

u_ϕ(n)+1+u_ϕ(n) et dans uϕ(n)+3= 2

u_ϕ(n)+2+u_ϕ(n)+1 on obtientc= 2

a+b etl− = 2 b+c. On a doncb+c= 2

l₋ = 2l+ et b≤l+ et c≤l+, doncb=c=l+. De mêmel+=c= 2

a+b donca=b=l₋. On a alorsb=l+ et b=l− d’où l+=l−.

l+ =l₋ , l₋l+ ≥1 et (un)est une suite de réels positifs donc l+ =l₋ = 1 et donc La suite (un) converge vers 1.

e. La suite((u_n, u_n+1)converge vers(1,1)donc il existe bien un entiern₀ tel que ((u_n0, u_n0+1)∈D.

Partie III : étude de la suite (u

_n

)

Voici l’intégralité de la correction 1. ∂f

∂x(x, y) = (0,− 2

(x+y)²)et ∂f

∂y(x, y) = (1,− 2 (x+y)²).

∂f

∂x et ∂f

∂y existent et sont continues sur(IR^∗+)², doncf est de classeC¹ sur(IR^∗+)². 2. (a, b)∈(IR^∗+)² est un point fixe def si et seulement si(a, b) = (b,_a+b² ).

Le seul point fixe def dans(IR^∗+)² est(1,1).

3. ∂f

∂x(1,1)= (0,−¹₂)et ∂f

∂y(1,1)= (1,−¹₂)doncJ_(1,1)=

0 1

−¹₂ −¹₂ .

4. Le polynôme caractéristique deJ_(1,1)estP_J(1,1)(X) =X²+¹₂X+¹₂. Ses valeurs propres sont −1 +i√ 7 4 et −1−i√

7

4 de module

√ 2

2 , doncρ(J_(1,1)) =

√ 2 2 .

J_(1,1) est donc diagonalisable (2 valeurs propres distinctes) et d’après la question II.3.(c), il existeP ∈GL2(C)tel que|||J_(1,1)|||P =

√2 2 . 5. a. J_(x,y)=

0 1

−_(x+y)¹ 2 −_(x+y)¹ 2

et(x, y)7→ _(x+y)¹ 2 est continue sur(IR^∗+)².

(x, y)7→J(x,y)est donc continue sur(IR^∗+)². On est en dimension finie, donc la continuité ne dépend pas du choix des normes.

Soitε=α−

√2

2 >0. ( car

√2

2 < α <1)

Ecrivons la continuité deJ en(1,1)pour la norme||.||P au départ et la norme|||.|||P à l’arrivée :

∃η >0 ∀(x0, y₀)∈(IR^∗+)² ||(1,1)−(x₀, y₀)||P ≤η=⇒ |||J(x₀,y₀)−J_(1,1)|||P ≤ε. De l’inégalité triangulaire on déduit :

|||J_(x0,y0)−J_(1,1)|||_P ≤ε=⇒ |||J_(x0,y0)|||_P ≤ |||J_(1,1)|||_P+ε=

√2

2 +ε=α.

D’où finalement,∃η >0 ∀(x0, y0)∈(IR^∗+)² ||(1,1)−(x0, y0)||P ≤η=⇒ ||J_(1,1)|||P ≤α. b. ϕ(t) =f (1,1) +t((x0, y0)−(1,1)).

f est C¹ surD et t7→(1,1) +t((x₀, y₀)−(1,1))estC¹ de[0,1]dansD, par composition,ϕestC¹ sur[0,1].

f étantC¹ surD, il existe une fonction εde limite nulle en 0 telle que pour tout vecteur htel que khkP ≤η,f (1,1) +h

=f (1,1)

+df(x₀,y₀)(h) +khkPε(h).

Pour simplifier les écritures, posonsX = (1,1) +t((x0, y0)−(1,1))et H= (x0, y0)−(1,1) ϕ⁰(t) = lim

u→06=

ϕ(t+u)−ϕ(t)

u = lim

u→06=

f(X+uH)−f(X)

u =DHf(X) = dfX(H) (DHf(X)est la dérivée def enX suivant le vecteurH)

ϕ⁰(t) = df

(1,1)+t((x₀,y₀)−(1,1))((x₀, y₀)−(1,1))

Majorons||ϕ⁰(t)||_P pour appliquer l’inégalité des accroissements finis.

dfX est une application linéaire de matrice JX dans la base canonique de IR². On en déduit que

||ϕ⁰(t)||P =||df_X(H)||P =||JX(H)||P ≤ |||JX|||P||H||P

Or k(1,1)−XkP =kt((x0, y0)−(1,1))kP ≤η donc d’après 5.(a)|||JX|||P ≤αet ||ϕ⁰(t)||P ≤αkHkP

ϕest de classeC¹ de[0,1]dans IR²,∀t∈[0,1] ||ϕ⁰(t)||_P ≤αkHk_P, d’après l’inégalité des accrois- sements finis,kϕ(0)−ϕ(1)kP ≤αkHkP

De plusϕ(0) =f(1,1) = (1,1), en reprenant les notations de l’énoncé, on obtient : k(1,1)−f(x0, y0)k ≤αk(1,1)−(x0, x0)kP.

c. Montrons par récurrence sur nque∀n≥n₀, (u_n, u_n+1)∈D . Par hypothèse, pourn=n₀,(u_n0, u_n0+1)∈D.

Supposons que pour un entier n≥n0 donné,(un, un+1)∈D.

On a alors : k(1,1)−(un+1, un+2)kP =k(1,1)−f(un, un+1)kP et d’après la question précédente,

(un, un+1)∈D=⇒ k(1,1)−f(un, un+1)kP ≤αk(1,1)−(un, un+1)kP ≤ k(1,1)−(un, un+1)kP ≤η. Donck(1,1)−(u_n+1, u_n+2)kP ≤η et (u_n, u_n+1)∈D.

Finalement, la propriété est vraie au rangn0et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n≥n0 :∀n≥n0, (un, un+1)∈D.

d. Montrons par récurrence sur nque :

∀n≥n0, k(1,1)−(un, un+1)kP ≤αⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un0, un0+1)kP . Pour n=n0, la relation est évidente.

Supposons que pour un entier n≥n0 donné,

k(1,1)−(un, un+1)kP ≤αⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un₀, un₀+1)kP. Alors,k(1,1)−(un+1, un+2)kP =k(1,1)−f(un, un+1)kP

et comme(un, un+1)∈D, d’après la question 5.(b), k(1,1)−f(un, un+1)kP ≤αk(1,1)−(un, un+1)kP

On a donck(1,1)−(un+1, un+2)kP ≤αⁿ⁺¹⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un₀, un₀+1)kP.

Finalement, la propriété est vraie au rangn0et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n≥n0 : ∀n≥n0, k(1,1)−(un, un+1)kP ≤αⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)−(un0, un0+1)kP.

e. Les normes k.kP et k.k∞ sont équivalentes (dimension finie), il existe donc un réel c > 0 tel que k.k∞≤ck.kP.

On a alors, ∀n≥n0,|1−un| ≤ k(1,1)−(un, un+1)k_∞ ≤ck(1,1)−(un, un+1)kP ≤cαⁿ⁻ⁿ⁰k(1,1)− (un₀, un₀+1)kP, et doncun= 1 +O(αⁿ).

f. un= 1 +O(αⁿ)et ^√₂² < α <1. Donc lim

n→+∞un = 1,X

un diverge etX

(un−1)converge absolument.