Correction du devoir maison n˚5

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚5

Exercice d’analyse du sujet du concours A-TB 2011 Considérons la suite réelle (xn) définie par :







x0∈]1,+∞[

∀n∈N xn+1=xn+ 1 + 1 xn−1. 1. Etude de la fonction´

(a) ´Etudier la fonction f:x7→x+ 1 + 1 x−1.

Seul un tableau de variations avec les limites aux bornes est attendu.

(b) D´eterminer le signe de la fonctiong:x7→f(x)−x.

2. Etude de la suite´ (xn)

(a) Montrer que la suite (xn) est parfaitement d´efinie et `a valeurs dans ]1,+∞[.

(b) Montrer que la suite (xn) est croissante.

(c) Montrer que la suite (xn) diverge vers +∞.

3. Recherche d’un ´equivalent

(a) Montrer que pour tout entier natureln: xn≥n+ 1.

(b) Montrer que pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à 2 : 0≤xn−xn−1−1≤ 1 n−1. (c) En déduire que pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à 2 :

0≤xn−x1−(n−1)≤

n−1X

k=1

1 k.

(d) Montrer que pour tout entier naturelk supérieur ou égal à 2 : 1

k ≤ln(k)−ln(k−1), et en déduire que pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à 2 :

n−1X

k=1

1

k ≤1 + ln(n−1).

(e) Montrer alors que pour tout entier naturelnsupérieur ou égal à 2 : n+ 1≤xn ≤x1+n+ ln(n−1).

(f) En d´eduire la limite de la suitexn

n

n∈N∗. Correction

1. (a) • Domaine de d´efinition def

Soitx∈R.f(x) existe si et seulement six−16= 0, soit six6= 1. Par suite le domaine de d´efinition def estR\ {1}=]− ∞,1[∪]1,+∞[.

(2)

• Etude des limites ´eventuelles de´ f en−∞et en +∞

On a lim

x→−∞x−1 =−∞et donc :

x→−∞lim 1

x−1 = 0 (cf. op´erations sur les limites). (1) De plus, on a :

x→−∞lim x+ 1 =−∞. (2)

De (1), (2) et des op´erations sur les limites, on d´eduit :

x→−∞lim x+ 1 + 1 x−1

| {z }

f(x)

=−∞.

De fa¸con analogue, on montre que :

x→+∞lim x+ 1 + 1 x−1

| {z }

f(x)

= +∞.

• Etude de la limite ´eventuelle de´ f en 1 par valeurs inf´erieures On a lim

x→1 x <1

x−1 = 0⁻ et donc :

lim

x→1 x <1

1

x−1 =−∞ (cf. op´erations sur les limites). (3) De plus, on a :

lim

x→1 x <1

x+ 1 = 2 (cf. continuit´e dex7→x+ 1 en 1). (4)

De (3), (4) et des op´erations sur les limites, on d´eduit : lim

x→1 x <1

x+ 1 + 1 x−1

| {z }

f(x)

=−∞.

• Etude de la limite ´eventuelle de´ f en 1 par valeurs sup´erieures On a lim

x→1 x >1

x−1 = 0⁺ et donc :

lim

x→1 x >1

1

x−1 = +∞ (cf. op´erations sur les limites). (5) De plus, on a :

lim

x→1 x >1

x+ 1 = 2 (cf. continuit´e dex7→x+ 1 en 1). (6)

De (5), (6) et des op´erations sur les limites, on d´eduit : lim

x→1 x >1

x+ 1 + 1 x−1

| {z }

f(x)

= +∞.

(3)

• Etude des variations de´ f surR\ {1}

Méthode : Pour étudier les variations de f sur R\ {1}, on va montrer que f est dérivable sur R\ {1}, calculer sa dérivée, étudier le signe de sa dérivée et enfin appliquer le critère différentiel de stricte monotonie sur des intervalles ^≪bien choisis^≫.

La fonctionf est la somme des deux fonctions

u:R\ {1} →R; x7→x+ 1 et v:R\ {1} →R; x7→ 1 x−1.

La fonctionuest dérivable (comme restriction de fonction affine) surR\ {1}, tout comme la fonc- tionv (une fraction rationnelle est dérivable sur son ensemble de définition). Par suite la fonction f est dérivable surR\ {1}(comme somme de deux fonction dérivables).

Pour toutx∈R\ {1}, on a :

u^′(x) = 1 et v^′(x) =− 1 (x−1)². On en d´eduit que :

∀x∈R\ {1} f^′(x) = 1− 1 (x−1)².

Soitx∈R\ {1}. Pour étudier le signe def^′(x), on commence parfactoriserl’expression de f^′(x) obtenue précédemment.

f^′(x) = 1− 1

(x−1)² =(x−1)²−1

(x−1)² = x²−2x

(x−1)² =x(x−2) (x−1)².

Pour obtenir le tableau de variations def surR\ {1}, on applique le crit`ere diff´erentiel de stricte monotonie surchacun des intervalles : ]− ∞,0], [0,1[, ]1,2] et [2,+∞[.

x −∞ 0 1 2 +∞

Signe dex − 0 + + +

Signe dex−2 − − − 0 +

||

Signe def^′(x) + 0 −

||

⁻ ⁰ ⁺

||

f(0) = 0

||

^+∞ ^+∞

Variations def

ր ց || ց ր

−∞ −∞

||

^f^{(2) = 4}

||

(b) La fonctionf est définie surR\ {1}et la fonctionx7→xest définie surR. Doncg:x7→f(x)−xest définie sur l’intersection deR\ {1}et de R, soit surR\ {1}.

Soitx∈R\ {1}. On a

g(x) =f(x)−x=x+ 1 + 1

x−1 −x= 1 + 1

x−1 = x x−1.

Méthode : La dernière étape du calcul précédent est une réduction au même dénominateur. Ceci permet d’obtenir une formefactoriséede g(x). L’étude du signe de g(x)est alors très simple.

Le tableau de signes de la fonctiong est le suivant.

(4)

x −∞ 0 1 +∞

Signe dex − 0 + +

Signe dex−1 − − 0 +

||

Signe deg(x) + 0 −

||

⁺

||

2. Remarque cl´e : Pour toutn∈N, on a xn+1=f(xn). La suite(xn)et la fonctionf sont donc li´ees. C’est

`

a travers ce lien que les résultats de la question 1, sur la fonction f, vont nous permettre de montrer des propriétés de la suite(xn), dans la question 2.

(a) On commence par reformuler la question pos´ee. Dire que la suite (xn) est parfaitement d´efinie signifie que :

∀n∈N xn est bien d´efini et dire que la suite (xn) est `a valeurs dans ]1,+∞[ signifie que :

∀n∈N xn ∈]1,+∞[.

On introduit alors, pour toutn∈N, la proposition : Pn







xn est bien d´efini et

xn ∈]1,+∞[.

On effectue un raisonnement par r´ecurrence pour montrer quePn est vraie pour toutn∈N.

• Initialisation

x0est, d’après l’énoncé, un nombre fixé dans ]1,+∞[.x0 est donc bien défini et est dans ]1,+∞[.

• Hérédité

SupposonsPn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :







xn ∈]1,+∞[.

Montrons quePn+1 est alors vraie, i.e. :







xn+1 est bien d´efini et

xn+1∈]1,+∞[.

Commexn∈]1,+∞[,xn6= 1 et doncxn appartient au domaine de d´efinition def. On peut donc calculerf(xn). Le nombrexn+1=f(xn) est ainsi bien d´efini.

Du tableau de variations de f obtenu `a la question 1.(a), on d´eduit que :

∀x∈]1,+∞[ f(x)≥4.

En particulier pourx=xn ∈]1,+∞[, on a : f(xn)

| {z }

xn+1

≥4.

On a doncxn+1>1 et doncxn+1 ∈]1,+∞[.

(5)

• Conclusion

D’après l’initialisation àn= 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on déduit que pour toutn∈N:







xn ∈]1,+∞[

est vrai.

(b) Dire que la suite (xn) est croissante signifie que :

∀n∈N xn+1≥xn. Soitn∈N. On a :

xn+1≥xn ⇐⇒ f(xn)≥xn

⇐⇒ f(xn)−xn

| {z }

g(xn)

≥0.

Org(xn)≥0, d’apr`es le fait quexn ∈]1,+∞[ (cf. question 2.(a)) et le tableau de signes de la fonction g obtenu `a la question 1.(b). On a donc bienxn+1≥xn.

(c) La suite (xn) ´etant croissante, on a d’apr`es le cours, la dichotomie suivante :

•soit la suite (xn) converge ;

•soit la suite (xn) diverge vers +∞.

Pour montrer que la suite (xn) diverge vers +∞, on va montrer, à l’aide d’un raisonnement par l’absurde, que la suite croissante (xn) n’est pas convergente. On en déduira qu’elle diverge donc vers +∞, d’après le principe de dichotomie rappelé ci-dessus.

Raisonnement par l’absurde :Supposons que la suite (xn) est convergente et notonslsa limite (lest un nombre r´eel). On souhaite montrer que cette hypoth`ese induit une contradiction.

• Comme la suite (xn) est croissante, on a :

∀n∈N xn≥x0.

En passant à la limite, on obtient alors :l≥x0. De cette dernière inégalité et dex0>1, on déduit :

l >1. (7)

Remarque : On ne peut pas obtenir l >1 en passant à la limite dans l’égalité xn >1, vraie pour toutn∈N(cf. question 2.(a)). On obtient ce faisantl≥1, ce qui est plus faible quel >1. En effet, en passant à la limite dans une inégalité, les inégalités strictes deviennent larges. Typiquement, on a : 1

n >0pour toutn∈N^∗, mais en passant `a la limite, on obtient0≥0et non0>0(qui est faux).

• Comme lim

n→+∞xn =l, on a :

n→+∞lim xn+1=l. (8)

De plus la fonctionf est continue en l. En effetl6= 1 (cf. l’inégalitéstricte(7)) etf est continue (car dérivable) surR\ {1}. On a donc :

x→llimf(x) =f(l) (continuit´e def enl)

n→+∞lim xn=l







composition

=⇒

de limites lim

n→+∞f(xn) =f(l).

On a donc :

n→+∞lim f(xn) =f(l). (9)

Grâce à (8) et (9), on peut passer à la limite dans l’égalité : f(xn) =xn

valable pour toutn∈Npour obtenir :

f(l) =l. (10)

(6)

• D’apr`es (10), l est un point fixe de la fonctionf, i.e. est solution de l’´equationf(x) =x.Or, si x∈R\ {1}, on a :

f(x) =x ⇐⇒ x+ 1 + 1 x−1 =x

⇐⇒ x= 0.

On d´eduit donc de (10) que l= 0, ce qui contredit (7). q.e.d.

3. (a) On introduit, pour toutn∈N, la proposition :

Pn : xn≥n+ 1

On effectue un raisonnement par r´ecurrence pour montrer quePn est vraie pour toutn∈N.

• Initialisation

La propositionP0 se réécrit :x0≥1. D’après l’énoncé,x0∈]1,+∞[. On a doncx0>1 et donca fortiori x0≥1.

• Hérédité

SupposonsPnvraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :xn ≥n+ 1. Montrons quePn+1est alors vraie, i.e. :

xn+1≥n+ 2.

D’apr`es la d´efinition de la suite (xn), on a :

xn+1=xn+ 1 + 1 xn−1. D’apr`esPn, on a :xn ≥n+ 1 et donc :

xn+ 1≥n+ 2 (ajout de 1 `a chacun des membres). (11) Commexn >1 (cf. question 1.(a)), on axn−1>0 et donc :

1

xn−1 ≥0. (12)

En ajoutant membre à membre les inégalités (11) et (12), il vient alors : xn+ 1 + 1

xn−1

| {z }

xn+1

≥n+ 2.

• Conclusion

D’après l’initialisation àn= 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on déduit que pour toutn∈N: xn≥n+ 1

est vrai.

Remarque : En utilisant ce résultat (obtenu sans appliquer le résultat la question 2.(c)), on peut à l’aide du théorème d’encadrement (ou des gendarmes) retrouver que (xn)diverge vers +∞ quandn tend vers +∞.

(b) Soitnun entier supérieur ou égal à 2. En rempla¸cantnparn−1 dans la relation de récurrence entre xn+1 et xn donnée dans l’énoncé, on obtient :

xn=xn−1+ 1 + 1 xn−1−1

(7)

et par suite :

xn−xn−1−1 = 1 xn−1−1. L’inégalité demandée :

0≤xn−xn−1−1≤ 1 n−1 est donc ´equivalente `a :

0≤ 1

xn−1−1 ≤ 1 n−1.

C’est cette dernière (double) inégalité que nous allons à présent établir pour répondre à la question posée.

• Commexn−1>1 (cf. question 1.(a)), on axn−1−1>0 et donc : 1

xn−1−1 ≥0. (13)

• Le r´esultat de la question 3.(a) ´ecrit en rempla¸cantnparn−1 donne : xn−1≥n.

On a doncxn−1−1≥n−1 (soustraction de 1 `a chacun des membres) et par suite : 1

xn−1−1 ≤ 1

n−1 (la fonction inverse est (strictement) d´ecroissante sur ]0,+∞[). (14) De (13) et (14), on d´eduit que :

0≤ 1

xn−1−1 ≤ 1 n−1.

q.e.d.

(c) Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. D’après la question précédente on a les inégalités suivantes :

0 ≤ x2−x1−1 ≤ 1

1 (r´esultat 3.(b) appliqu´e pour^≪n= 2^≫)

0 ≤ x3−x2−1 ≤ 1

2 (r´esultat 3.(b) appliqu´e pour^≪n= 3^≫)

0 ≤ x4−x3−1 ≤ 1

3 (r´esultat 3.(b) appliqu´e pour^≪n= 4^≫) ...

0 ≤ xn−1−xn−2−1 ≤ 1

n−2 (r´esultat 3.(b) appliqu´e pour^≪n=n−1^≫) 0 ≤ xn−xn−1−1 ≤ 1

n−1 (r´esultat 3.(b) appliqu´e pour^≪n=n^≫)

qui sont au nombre de n−2 + 1 = n−1. En les sommant membre `a membre et en remarquant qu’alors des termes se t´elescopent, il vient :

0≤xn−1−x1−1−1−. . .−1

| {z }

n−1 fois

≤ 1 1+1

2 +1

3 +. . .+ 1

n−2+ 1 n−1

| {z }

n−1X

k=1

1 k i.e. :

0≤xn−x1−(n−1)≤

n−1X

k=1

1 k.

(8)

(d) • Preuve de :∀k∈N^≥2 1

k ≤ln(k)−ln(k−1).

Soitk∈N^≥2.

M´ethode : On remarque que ln(k)−ln(k−1) peut aussi s’´ecrire : ln(k)−ln(k−1)

k−(k−1) . Le membre de droite de l’inégalité demandée :

1

k ≤ln(k)−ln(k−1)

est donc le taux d’accroissement de la fonction ln entre les pointsk−1etk. On peut penser alors

`

a appliquer le th´eor`eme des accroissements finis pour la prouver.

La fonction ln est continue sur l’intervalle [k−1, k] et dérivable sur l’intervalle ]k−1, k[. D’après le théorème des accroissements finis, il existec ∈]k−1, k[ tel que :

ln(k)−ln(k−1) k−(k−1)

| {z }

ln(k)−ln(k−1)

= ln^′(c)

| {z }

1 c

. (15)

Comme 0< k−1< c < ket comme la fonction inverse est (strictement) d´ecroissante sur ]0,+∞[, on a :

1 k−1 ≥1

c ≥ 1 k et en particulier :

1 c ≥ 1

k. (16)

De (15) et (16), on d´eduit :

1

k ≤ln(k)−ln(k−1). (17)

• Preuve de :∀n∈N^≥2

n−1X

k=1

1

k ≤1 + ln(n−1).

Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2. On a les inégalités suivantes : 1

2 ≤ ln(2)−

0

z }| {

ln(1) (r´esultat (17) appliqu´e pour^≪k= 2^≫) 1

3 ≤ ln(3)−ln(2) (r´esultat (17) appliqu´e pour^≪k= 3^≫) 1

4 ≤ ln(4)−ln(3) (r´esultat (17) appliqu´e pour^≪k= 4^≫) ...

1

n−2 ≤ ln(n−2)−ln(n−3) (r´esultat (17) appliqu´e pour^≪k=n−2^≫) 1

n−1 ≤ ln(n−1)−ln(n−2) (résultat (17) appliqué pour^≪k=n−1^≫) En les sommant membre à membre et en remarquant qu’alors des termes se télescopent, il vient :

1 2 +1

3 +1

4. . .+ 1

n−2 + 1 n−1

| {z }

n−1X

k=2

1 k

≤ln(n−1)

(9)

et par suite : 1 +

n−1X

k=2

1

k ≤1 + ln(n−1) (ajout de 1 `a chacun des membres). (18) Comme :

1 +

n−1X

k=2

1 k =

n−1X

k=1

1 k

car^≪1 = 1 1 ^≫

on d´eduit de (18) :

n−1X

k=1

1

k ≤1 + ln(n−1).

(e) Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 2. On veut montrer que : n+ 1≤xn ≤x1+n+ ln(n−1).

D’après la question 3.(a), on sait déjà que :n+ 1≤xn. Il reste à prouver quexn≤x1+n+ ln(n−1).

D’apr`es la question 3.(c), on a :

xn−x1−(n−1)≤

n−1X

k=1

1 k et par suite :

xn≤x1+ (n−1) +

n−1X

k=1

1

k (ajout de x1+ (n−1) `a chacun des membres). (19) D’apr`es la question 3.(e), on a :

n−1X

k=1

1

k ≤1 + ln(n−1) et par suite :

x1+ (n−1) +

n−1X

k=1

1

k ≤x1+ (n−1) + 1

| {z }

n

+ ln(n−1) (ajout dex1+ (n−1) `a chacun des membres). (20)

De (19) et (20), on d´eduit que :

xn ≤x1+ (n−1) +

n−1X

k=1

1

k ≤x1+n+ ln(n−1) et donc que :

xn≤x1+n+ ln(n−1).

(f) Du r´esultat 3.(e), on d´eduit, en divisant chacun des membres parn >0, que : n+ 1

n ≤ xn

n ≤x1+n+ ln(n−1)

n pour toutn∈N^≥2. (21)

• Etude de la limite ´eventuelle en +∞´ de n+ 1 n Comme pour tout n∈N^∗, on a :

n+ 1

n = 1 + 1 n on a :

n→+∞lim n+ 1

n = 1

car lim

n→+∞

1 n = 0

. (22)

(10)

• Etude de la limite ´eventuelle en +∞´ de x1+n+ ln(n−1) n

On a :

∀n∈N^≥2 x1+n+ ln(n−1)

n = x1

n + 1 + ln(n−1)

n . (23)

On a :

∀n∈N^≥2 ln(n−1)

n = ln(n−1)

n−1 ×n−1

n . (24)

On montre, en adoptant une démarche analogue à celle qui a donné le résultat (22), que :

n→+∞lim n−1

n = 1. (25)

De plus :

x→+∞lim ln(x)

x = 0 (croissances compar´ees)

n→+∞lim n−1 = +∞











composition

=⇒

de limites lim

n→+∞

ln(n−1) n−1 = 0.

De ce dernier calcul de limites, de (24) et de (25), on d´eduit :

n→+∞lim

ln(n−1)

n = 0. (26)

Enfin de (23), (26) et de lim

n→+∞

x1

n = 0, on d´eduit :

n→+∞lim

x1+n+ ln(n−1)

n = 1. (27)

Conclusion : De (21), (22), (27) et du th´eor`eme d’encadrement (ou des gendarmes), on tire alors :

n→+∞lim xn

n = 1.

Terminologie : Soit (un)n∈N^∗ et (vn)n∈N^∗ deux suites. Si la suite (vn)n∈N^∗ ne s’annule pas et si

n→+∞lim un

vn

= 1, alors on dit que les suites(un)n∈N^∗ et (vn)n∈N^∗ sont ´equivalentes et on note un ∼

n→+ ∞vn.

Nous avons donc montr´e en 3.(f ) que la suite (xn)n∈N∗ et la suite (n)n∈N∗ sont ´equivalentes, i.e.

que :

xn ∼

n→+∞n d’o`u le titre de la troisi`eme partie.