Exercice 1. Véri ons les propriétés requises pour que

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Exercice

1. Vérions les propriétés requises pour que C(A) soit un sous groupe.

Non vide : Il contient le neutre qui commute avec tout le monde Stable pour l'opération : Soit x et y deux éléments de C(A) alors :

∀a ∈ A : (xy)a = x(ya) = x(ay) = (xa)y = a(xy) donc xy ∈ C(A) .

Stable pour l'inversion : Soit x ∈ C(A) alors :

∀a ∈ A : x ⁻¹ a = x ⁻¹ a(xx ⁻¹ ) = (x ⁻¹ x)ax ⁻¹ = ax ⁻¹ donc x ⁻¹ ∈ C(A) .

2. Montrons que X ⊂ Y entraîne C(Y ) ⊂ C(X) . En eet tout élément u de C(Y ) commute avec tout élément de Y . Il commute donc avec tous les éléments de X (qui sont des éléments particuliers de Y ). Un tel u est donc dans C(X ) .

3. Montrons que X ⊂ C(C(X)) . En eet tout x de X commute par dénition de C(X) avec un élément quelconque de C(X ) .

4. Utilisons d'abord les questions 3. appliquée à A puis la question 2.

A ⊂ C(C(A)) ⇒ C(C(C(A))) ⊂ C(A)

Utilisons ensuite à nouveau la question 3. mais appliquée à C(A) au lieu de X . On obtient l'autre inclusion :

C(A) ⊂ C(C(C(A)))

Problème

1. a. La fonction continue f p : x → −1 + x + · · · + x ^p est strictement croissante entre 0 et 1 . Sa valeur en 0 est −1 < 0 , sa valeur en 1 est p − 1 > 0 . Elle s'annule donc exactement une fois en un nombre noté x p ∈]0, 1[ (pour p ≥ 2 ).

b. En multipliant l'équation (E p ) par 1 − x p , on obtient la relation demandée x _p (1 − x ^p _p ) = 1 − x _p

c. Par dénition de x p : f p+1 (x p ) = x ^p+1 _p > 0 . Comme f p+1 est strictement croisante ceci prouve que x ^p+1 < x p . La suite (x p ) p∈ N est donc décroissante et minorée par 0 , elle converge. Notons l sa limite.

d. Comme la suite est décroissante, on peut écrire (pour tout p ≥ 2 ) : 0 ≤ x ^p _p ≤ x ^p ₂

Ce qui prouve ( x ₂ ∈]0, 1[ et théorème d'encadrement) que (x ^p _p ) _{p∈ N} converge vers 0. En utilisant la relation du b., ontrouve alors que l = 1 − l ce qui entraine que la limite l de x p est ¹ ₂ .

2. a. Question de cours

b. On trouve en remplaçant dans la formule du 1.b. : ε p = x ^p+1 _p

c. D'après 1. la suite (ε _p ) _{p∈ N} → 0 . On peut en déduire

(p + 1) ln(1 + ε _p ) ∼ (p + 1)ε _p = (p + 1)x ^p+1 _p et

0 ≤ (p + 1)x ^p+1 _p ≤ (p + 1)x ^p+1 ₂

On conclut alors avec la question 2.a. et le théorème d'encadrement.

d. Comme

x p = 1 + ε p

2 et ε p = x ^p+1 _p on peut écrire :

ε _p = 1

2 ^p+1 (1 + ε p ) ^p+1 = 1

2 ^p+1 e (p+1) ln(1+ε

)

D'après 2.c., l'exponentielle à droite tend vers 0 donc : (ε p ) p∈ N ∼ ( 1

2 ^p+1 ) p∈ N

3. a. Par dénition de α : f (α) = α .

b. La fonction f est clairement décroissante et continue donc : f ([ 1

2 , 1]) = [f (1), f ( 1 2 )] = [ 1

2 , 2 3 ] ⊂ [ 1

2 , 1]

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c. Comme d'après la question précédente l'intervalle est stable, la suite est bien dénie avec u n ∈ [ 1

2 , 1] pour tous les n . On a vu au début que la racine α était elle aussi dans cet intervalle. On peut donc appliquer l'inégalité des accroissements nis à f entre u n et α . La valeur maximale de la valeur absolue de la dérivée dans l'intervalle est obtenue en 1

2 . Elle vaut ( 2

3 ) ² On en déduit l'inégalité.

d. L'inégalité de la question précédente et le théorème d'encadrement montrent que (ε p ) _p∈N → α

4. a. La dérivée de g s'annule seulement en − ¹ ₂ , l'étude de son signe montrer que la fonction g est décroissante dans R + .

b. D'après la question précédente :

g([0, 1]) = [g(1), g(0)] = [ 1 3 , 1]

L'intervalle [0, 1] est donc stable par g et toute suite dont le premier terme est dans cet intervalle est bien dénie par récurrence avec g . Toutes ses valeurs restent dans l'intervalle.

c. Les deux suites extraites pour les indices pairs et impairs sont monotones car g ◦ g est croissante comme composée de deux fonctions décroissantes. Comme elles restent dans l'intervalle bornée [0, 1] , elles convergent.

De plus,

v ₀ = 1, v ₁ = 1

3 , v ₂ = 1 1 9 + 1

3 + 1

< 1

On en déduit que la suite extraite pour les indices pairs est décroissante. En calculant numériquement v 3 on trouve que la suite extraite pour les indices impairs est croissante. On pourrait aussi considérer le terme avant u 0 qui doit être 0 et le comparer à v 1 .

d. Par dénition g(u 2n ) = u 2n+1 , comme les suites convergent et que g est continue en l . On obtient g(l) = l ⁰ . Le raisonnement est identique pour l'autre relation.

e. On peut former l'équation g ◦ g(t) = t dont l est une solution d'après la question précédente. Après réduction au même dénominateur, on obtient

(t ² + t + 1) ²

1 + (t ² + t + 1) + (t ² + t + 1) ² = t ⇔ 0 = t ⁵ + t ⁴ + 2t ³ + t − 1

En développant la relation donnée par l'énoncé, on trouve qu'elle égale à celle que l'on vient de trouver.

f. La deuxième limite l ⁰ vérie la même relation que l . L'équation du dessus admet une seule racine réelle car le facteur du troisième degré est l'équation (E 3 ) du début de l'énoncé.

L'unique racine est donc l = l ⁰ = x 3 ce qui assure la convergence.

Exercice

1. a. On peut mettre e ^−x − f n (x) en facteur : e ^−x − f _n+1 (x) = e ^−x − f _n (x)

1 − 1

2 (e ^−x + f _n (x))

| {z }

=ϕ

(x)

b. Montrons par récurrence la propriété P n :

P n : ∀x ≥ 0, 0 ≤ f n (x) ≤ e ^−x Initialisation : ∀x ≥ 0, f 0 (x) = 0 ≤ e ^−x .

On se propose de montrer que P n entraîne P n+1 . Remarquons d'abord que f n (x) ≤ e ^−x ⇒ ϕ n (x) = 1 − 1

2 e ^−x − 1

2 f n (x) ≥ 1 − e ^−x ≥ 0 On en déduit P _n car

f n+1 (x) − f n (x) =

e ^−x + f _n (x) 2

e ^−x − f n (x)

≥ 0

et

e ^−x − f n+1 (x) = e ^−x − f n (x)

ϕ n (x) ≥ 0

Le raisonnement précédent a montré que, pour tout x ≥ 0 , la suite (f n (x)) _n∈N est croissante et majorée par e ^−x . Elle est donc convergente. Notons l(x) sa limite.

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Par passage à la limite dans une inégalité, on sait déjà que l(x) ≥ 0 .

La relation de récurrence ne comporte que des opérations usuelles et des suites convergentes. En passant à la limite, il vient

l(x) = l(x) + 1

2 e ^−2x − l(x) ²

⇒ (e ^−x + l(x))(e ^−x − l(x)) = 0 ⇒ l(x) = e ^−x

car e ^−x + l(x) > 0 .

2. Dénissons des suites (u _n ) _{n∈ N} et (v _n ) _{n∈ N} :

∀n ∈ N , u n = 1 − f n (0), v n = 2 ¹⁻²

Formons les relations de récurrence vériée par ces suites.

f n+1 (0) = f n (0) + (1 − f n (0))(1 + f n (0))

2 ⇒ 1 − u n+1 = 1 − u n + u n (2 − u n ) 2

⇒ u n+1 = 1 2 u ² _n D'autre part v 0 = 1 car 2 ⁰ = 1 par convention et

v n+1 = 2 ¹⁻²

= 2 ^1−2×2

= 2 ^2×(1−2

⁾⁻¹ = v _n ² 1 2

Les deux suites vérient les mêmes relations de récurrence et conditions initiales, elles sont donc égales.

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