Corrig´e du Devoir Surveill´e n

(1)

Corrig´ e du Devoir Surveill´ e n ^◦ 6

Exercice1 : Etude d’une suite définie implicitement Soitf :R^+?→Rla fonction numérique définie par :

∀t >0, f(t) = ln(1 +t) + t² t²+ 1 1. Etude de la fonction f

a. Soit t > 0, f(t) = ln(1 +t) + 1− 1

1 +t². La fonction logarithme est continue et strictement croissante surR^+?, la fonction t7→1 +t² est continue et strictement croissante deR^+? vers R^+?. Par les propriétés algébriques des fonctions continues ainsi que des fonctions monotones, il en résulte quef est continue et

strictement croissante surR^+?. N

b. Posons J = f(R^+?. f étant continue et strictement croissante, elle réalise d’après le Théorème de la bijection, une bijection deR^+?surJ. De plusfétant strictement croissante,J=] lim

x→0⁺f(x), lim

x→+∞f(x)[=

]0,+∞[. N

c. Soitg:J→R^+?l’application réciproque def. D’après leThéorème de la bijection,gest une bijection continue et strictement croissante de deR^+?surR^+?. D’oùg(]0,+∞[) =] infg,supg[=] lim

x→0⁺g(x), lim

x→+∞g(x)[.

Commeg(]0,+∞[=]0,+∞[, il s’en suit que lim

x→0⁺g(x) = 0 et lim

x→+∞g(x) = +∞

N d. Soit t >0, alors f(t)

t = ln(1 +t

t + t

t²+ 1.

Chacune des deux fractions donne une forme indéterminée au voisinage de +∞. J’utilise des équivalents pour me ramener aux fonctions usuelles, puis j’utilise le théorème de comparaison des fonctions usuelles :

• ln(1 +t t ∼+∞

lnt

t −−−−−→

x→+∞ 0.

• t

t²+ 1 ∼+∞

1

t −−−−−→

x→+∞ 0.

D’o`u

t→+∞lim f(t)

t = 0

Par conséquent, la courbe Cf représentative de f présente au voisinage de +∞. une branche parabolique

de direction asymptotique (Ox). N

e. Pour tracer la courbe représentative def je remarque quegrosso-modo, la fonctionf est proche de celle de t7→ln(1 +t). Pour tracer la courbe deg, je complète par symétrie par rapport à la diagonale. N 2. Etude d’une suite définie implicitement

Soitn∈N^? un entier naturel non nul. On consid`ere l’´equation

(1) f(t) = 1

n

a. Comme 1/n∈R^+? appartient `a l’ensemble des images de l’application bijectivef :R^+?→R^+?, il poss`ede

un unique ant´ec´edentαn dansR^+?. N

b. Soit n∈N^?, α_n est l’unique antécédent de 1/n parf. Autrement dit, avec les notations ci-dessus : α_n = g(1/n). Or la suite (1/n)_n∈_N? est décroissante et convergente de limite nulle. Comme g est croissante, il s’en suit que (αn) a la même monotonie que (1/n) : elle est donc décroissante. D’autre part, d’après le Théorème de la caractérisation séquentielle de la limitenous pouvons écrire :

•lim

x→0g(x) = 0

• lim

n→∞1/n= 0

!

⇒ lim

n→∞g(1/n) = 0

Par cons´equent la suite (αn) est d´ecroissante de linite nulle. N

(2)

c. Soit t >0, alors f(t)

t = ln(1 +t

t + t

t²+ 1. Comme ln(1 +t)∼₀t, il en r´esulte que lim

t→0

ln(1 +t

t = 1. D’autre part, il est clair que lim

t→0

t

t²+ 1 = 0. D’où, par opérations algébriques sur les fonctions possèdant une limite, lim

t→0

f(t)

t = 1. D’après leThéorème de la caractérisation séquentielle de la limite nous en déduisons que lim

n→+∞

f(αn)

α_n = 1. Comme f(α_n) = 1/n, nous en concluons que lim

n→+∞nα_n= 1, puis que αn∼ 1

n

N

Exercice2 : Approximations par dichotomie

Soientaetbdeux r´eels tels quea < betf : [a, b]→Rune fonctioncontinueetstrictement d´ecroissantesur [a, b]

telle quef(a)>0 etf(b)<0.

1. Comme f est continue surI = [a, b] et f(a)×f(b)<0, il r´esulte du TvIqu’il existe (au moins un ) c ∈]a, b[

tel que f(c) = 0. Comme de plus par hypoth`esef est strictement monotone, elle est en particulier injective sur

]a, b[. Par conséquentc est l’unique antécédent de 0 parf. N

2. On d´efinit les suites (a_n)_n∈_N, (b_n)_n∈_N et (x_n)_n∈_N de la fa¸con suivante : on pose a₀ = a, b₀ =b et pour tout n∈N,x_n= an+bn

2 ; on testef(x_n) :

– sif(xn)≥0, on pose alorsan+1 =xn etbn+1=bn

– sif(xn)<0, on pose alorsan+1 =an et bn+1=xn

a. Par construction des suites (a_n) et (b_n), il est clair que ∀n ∈ N, f(a_n) ≥ 0 et f(b_n) < 0. Comme par construction 0 =f(c), j’en d´eduis pour tout entiern∈Nl’encadrement :

f(bn)≤f(c)≤f(an) Commef est (strictement) d´ecroissante, il s’en suit¹que

∀n∈N, an≤c≤bn

Une récurrence immédiate moàntre que pour tout entiern∈Nbn−an =b−a

2ⁿ . En effet : Initialisation : Lorsque n= 0 c’est archi triv

Hérédité : soit n ∈ N tel que bn−an = b−a

2ⁿ . Par construction des suites (an) et (bn) deux cas se pr´esentent :

either f(xn)≥0 : dans ce casan+1=xn etbn+1=bn, de sorte quebn+1−an+1=bn−xn=bn−an

2 or f(x_n)<0 : dans ce casa_n+1=a_n et b_n+1 =x_n, de sorte queb_n+1−a_n+1=x_n−a_n =bn−an

2 .

Dans tous les cas, bn+1−an+1 = bn−an

2 . Comme par hypoth`ese de r´ecurrence bn−an = b−a 2ⁿ , il s’en suit quebn+1−an+1= b−a

2ⁿ⁺¹.

Conclusion : Nous avons montr´e par r´ecurrence que pour tout entiern∈N,bn−an= b−a

2ⁿ . N

b. Soit n∈ N, d’après la question 2.a, c ∈[a_n, b_n]. Comme x_n désigne le milieu de ce segment, la distance entrexn et cest majorée par la moitié de la longueur de ce segment. En utlisant le résultatde la question précédente, j’en déduis :

|xn−c| ≤ b−a 2ⁿ⁺¹

1raisonnez par l’absurde si vous n’ˆetes pas convaincu ...

(3)

c. Soit ε >0 un réel strictement positif. Pour que x_n constitue une valeur approchée de c à ε près, il suffit que|xn−c|< ε. D’après la question précédente, il suffit donc que b−a

2ⁿ⁺¹ ≤ε. Or b−a

2ⁿ⁺¹ ≤ε ⇐⇒ 2ⁿ⁺¹≥ b−a ε

⇐⇒ n+ 1≥ ln ^b−a_ε ln 2 . SoitN la partie enti`ere de ln ^b−a_ε

ln 2 . Pour quex_nconstitue une valeur approchée decàεprès, il suffit que

nsoit sup´erieur `a N. N

Probl` eme 1 : Etude d’une suite r´ ecurrente

On considère la suite de nombres réels (u_n)_n∈_N définie par : u_n+1 = u_n+u²_n

u₀ = a, a∈R^+?

1. Convergence de (u_n)_n∈_N

a. Une r´ecurrence imm´ediate montre que (u_n) est strictement positive : en effet Initialisation : a >0

Hérédité : soitn∈Ntel queun>0. Alors un+1=un+u²_n≥un>0. Par transitivité de l’ordre, il s’en suit queun+1>0.

Conclusion : Par récurrence, j’ai démontré que∀n∈N,un >0.

Il en r´esulte imm´ediatement queu_n est strictement croissante :

Soitn∈N, alors d’après ce qui précèdeu_n+1−u_n =u²_n>0. J’en déduis que (u_n) est strictement croissante.

N

b. Recall that increasing sequences are either converging to a finite value or diverging to +∞. Montrons que (un) ne peut ˆetre convergente :

Supposons au contraire que(un)converge vers une limite finie`∈R. Alors un+1 = un+u²_n

. &

` = `+`²

D’après les propriétés algébriques des suites convergentes ² , la suiteun+u²_n est convergente de limite`.

De même, la suite un+1 extraite de la suite un est aussi convergente vers`. Par unicité de la limite, il en résulte que ` = `+`², i.e. ` = 0. Or la suite (un) est croissante donc minorée par a > 0 : elle ne peut

converger vers 0. Contradiction

N 2. Etude d’une suite auxiliaire

On d´efinit la suite (vn)_n∈_N par :

∀n∈N, vn= 1 2ⁿ lnun

Comme la suite (un) est strictement positive, la suite auxiliairevest bien d´efinie.

a. Soit n∈N:

v_n+1−v_n = 1

2ⁿ⁺¹ lnu_n+1− 1

2ⁿ lnu_n= 1

2ⁿ⁺¹ ln(u_n+u²_n)− 1 2ⁿ lnu_n

= 1

2ⁿ⁺¹ ln(u_n+u²_n)−2 lnu_n

= 1

2ⁿ⁺¹ ln(u_n+u²_n)− lnu²_n

= 1

2ⁿ⁺¹ln

un+u²_n u²_n

= 1

2ⁿ⁺¹ ln 1 + 1 un

.

2ou par le théorème de laCaractérisation séquentielle de la continuitéappliqué à la fonction continuex7→x+x², ou bien encore par le théorème sur les limites des suites définies par une relation de récurrenceun+1=f(un) avec une fonctionitératrice fcontinue sur un intervalle stable

(4)

Soient pet ndes entiers naturels quelconques, en appliquant ce qui précède aux deux termes consécutifs v_n+p+1 etv_n+p de la suitev, j’obtiens directement

0< v_n+p+1−v_n+p≤ 1

2^n+p+1 ln 1 + 1 un+p

Or d’apr`es la question 1 a. la suite (u_n) est strictement croissante, par cons´equent la suite ln_u¹

n est strictement d´ecroissante. Comme 2^n+p+1 est positif, j’en d´eduis que :

0< vn+p+1−vn+p≤ 1

2^n+p+1 ln 1 + 1 u_n

N b. Soit (n, k)∈N², Ecrivons

vn+k+1−vn=

k

X

j=0

vn+1+j−vn+j

Or pour toutj∈[[0, k]] nous avons d’après la question précédente 0< v_n+1+j−v_n+j ≤ 1

2^n+1+j ln 1 + 1 un

Sommant terme `a terme cet encadrement conduit `a 0< v_n+k+1−v_n ≤

k

X

j=0

1

2^n+1+j ln 1 + 1 un

≤ 1

2ⁿ⁺¹ ln 1 + 1 un

k

X

j=0

1 2

j

.

Or,

k

X

j=0

(1/2)^j= 2

1−(1/2)^k+1

≤2. Par cons´equent,

0< vn+k+1−vn≤ 1

2ⁿ ln 1 + 1 un

N c. Choisissonsn= 0, il vient :∀k∈N, 0< v_k+1−lna≤ln 1 +¹_a

. Ainsi, pour tout entier naturel non nulk: lna < v_k≤lna+ ln 1 +1

a

Il en résulte immédiatement que la suitev est bornée.

Choisissonsk= 0, alors pour tout entiern∈N,vn+1−vn >0. D’o`u je tire quevest strictement croissante.

La suitev´etant croissante et major´ee est donc convergente. On noteα= lim

n→∞vn. N

3. Comportement asymptotique de (un)n∈N

a. Comme vest croissante et convergente de limiteα, il en r´esulte queα= sup_nv_n. En particulier, pour tout entiern∈N,vn ≤α. Comme

1

2ⁿlnun≤α ⇐⇒ lnun≤2ⁿα ⇐⇒ un≤exp(α2ⁿ), j’end´eduis que

∀n∈N, un≤exp(α2ⁿ)

Soitn∈Nfixé. Pour tout entier naturelk∈N, nous avons démontré que : 0< vn+k+1−vn≤ 1

2ⁿ ln 1 + 1 u_n

Or la suite (v_n+k+1) étant extraite dev converge quandktend vers +∞versα. Ainsi, par compatibilité du passage à la limite dans une inégalité, j’obtiens l’encadrement : 0≤α−v_n≤ 1

2ⁿ ln 1 + 1 un

, c’est-`a-dire 2ⁿα−2ⁿvn ≤ln 1 + 1

un

(5)

Comme la fonction exp est (strictement) croissante, et queu_n= exp(2ⁿv_n), j’en d´eduis que exp(2ⁿα)≤1 +u_n

Ainsi, pour tout entier natureln,u_n v´erifie l’encadrement : e²ⁿ^α−1≤un≤e²ⁿ^α

D’o`u je tire, en divvisant tous les membres de cet encadrement par exp(2ⁿα), 1−e⁻²ⁿ^α≤ un

e²ⁿ^α ≤1

On conclut alors, grâce au théorème de convergence par encadrement que lim

n→∞

un

e²ⁿ^α = 1. Autrement dit un∼_+∞exp(α2ⁿ)

N b. On pose

βn= exp(α2ⁿ)−un

D’après la question précédente, l’encadrement suivant est valide pout tout entier natureln e²ⁿ^α−1≤un≤e²ⁿ^α

Il en r´esulte at once que

∀n∈N, 0≤βn≤1 De plus, pour tout entiern∈N, nous avons

(βn+1+β_n²−βn)×e^−α2ⁿ = h

e^α×2×2ⁿ−u²_n−un+e^α2×2ⁿ−2une^α2ⁿ+u²_n−e^α2ⁿ+un

i×e^−α2ⁿ

= h

2e^α×2×2ⁿ−2une^α2ⁿ−e^α2ⁿi

×e^−α2ⁿ

= h

2e^α×2ⁿ−2un−1i

= 2βn−1

N c. Montrons que la suite (βn) est convergente. Remarquons tout d’abord que la suite (βn+1+β_n²−βn)n est

born´ee car, d’apr`es la question3.b.(βn)n l’est. SoitM >0 tel que∀n∈N|βn+1+β_n²−βn| ≤M. Ainsi

|2βn−1|=

β_n+1+β_n²−β_n e^α2ⁿ

≤ M

e^α2ⁿ −−−−−→

n→+∞ 0

D’après le théorème de convergence par comparaison, la suite (2β_n −1) est convergente de limite nulle, c’est-à-dire (β_n) est convergente de limite 1/2. Ainsi pouvons nous écrire β_n ∼1/2, ou bien encore β_n = 1/2 +o_+∞(1). Substituons cette ewpression dans la définition deβn, nous obtenons finalement :

un =−1

2+ exp(α2ⁿ) +o_+∞(1)

N

Probl` eme 2 : Suite doublement r´ ecurrente non lin´ eaire

Partie I. Préliminaire : suites vérifiant une relation de récurrence linéaire

Etant donné un paramètre réelα >0 strictement positif, on noteE l’ensemble des suitesu= (un)_n∈Nde nombres réels qui vérifient la relation :

∀n∈N, un+2=α(un+1+un) 1. Soitu∈E.

(6)

a. uest une suite doublement récurrente linéaire. Formons l’équation caractéristique

(EC) r²−αr−α= 0

Le discriminant de (EC) est ∆ = α²+ 4α. ∆ est strictement positif car αl’est. Par suite (EC) poss`ede deux racines distinctes :

r=α−√

α²+ 4α

2 et s=α+√

α²+ 4α 2 Je sais qu’en ce cas, il existe des nombres r´eelsaet btels que

∀n∈N, un =arⁿ+bsⁿ

N b. Pour détermineraetb en fonction deu0 etu1, je procède de la manière suivante :

u0 = a+b

u₁ = ar+bs ⇐⇒

a+b = u0

ar+bs = u₁ ⇐⇒

a+b = u0

b(s−r) = u₁−ru₀

⇐⇒







a = su0−u1

s−r b = u1−ru0

s−r

N

c. |r|=

√α²+ 4α−α

2 <

√α²+ 4α+α

2 =|s|. N

2. On suppose dans cette question que 0< α < ¹₂. Montrons que|s|<1.

Remarquons que

|s|<1 ⇐⇒ p

α²+ 4α+α <2 ⇐⇒ sqrtα²+ 4α <2−4α Comme par hypoth`ese 0< α < ¹₂, 2−4αest positif, ainsi

|s|<1 ⇐⇒ α²+ 4α <(2−4α)² ⇐⇒ 4α <4−4α ⇐⇒ 8α <4.

Cette dernière inégalité étant trivialement vraie, j’en déduis que|s|<1.

Soitu∈E. D’après la question1.aet le calcul ci-dessus,uest la somme de deux suites géométriques de raisons r et squi vérifient 0≤ |r| ≤ |s|<1. D’après le théorème de convergence des suites géométriques, il en résulte

queuest convergente de limite nulle. N

Partie II. Etude d’une r´ecurrence non lin´eaire

Soit β > 0 un nombre r´eel strictement positif. On note m = min{1, β} le plus petit des nombres 1 et β et M =max{1, β} le plus grand de ces deux nombres.

On consid`ere la suitev= (v_n)_n∈_N, la suite d´efinie parv₀= 0, v₁=β et la relation :

∀n∈N, vn+2=√

vn+1+√ vn

1. Montrons parr´ecurrence doubleque pour tout entiern∈N^?strictement positif, m≤vn≤4 M

Initialisation : je v´erifie pourn= 1 etn= 2

Pour n= 1,v1=β. Par construction demetM, on v´erifie imm´ediatement quem≤β≤M ≤4M Pour n= 2,v2=√

β. Commem≤1, je déduis des propriétés de la fonction racine carrée que√ β ≥√

m≥m.

D’autre part, commeM ≥1, je déduis des propriétés de la racine carrée que√ β≤√

M ≤M ≤4M.

Hérédité : Soit n∈ N^? tel que m ≤vn ≤4 M et m≤vn+1 ≤4 M. (Lorsque n= 1, je retrouve bien les propriétésinitialisées)

Montrons quem≤vn+2≤4M Comme vn+2 = √

vn+1+√

vn, j’en d´eduis imm´ediatement que vn+2 ≥ √

vn. Or par HR vn ≥ m. Je d´eduis finalement du fait quem≤1 que

vn+2≥√ vn≥√

m≥m

(7)

D’autre part, par hypothèse de récurrence,v_n≤4M etv_n+1≤4M. CommeM ≥1, j’en déduis que : vn+2=√

vn+1+√ vn≤√

4M+√

4M ≤4√

M ≤4M Conclusion : Parr´ecurrence doublesurn∈N^?j’ai prouv´e

m≤v_n≤4 M

N 2. Supposons que v soit convergente, et notons ` = lim

n→∞vn. Remarquons que par passage à la limite dans une inégalité,àppartient nécessairement au segment [m,4M]. En particulier` >0. Montrons que`= 4.

vn+2 = √

vn+1 + √

vn

. ↓ &

` = √

` + √

`

Les suites (v_n+2) et (v_n+1) étant extraites dev elles convergent aussi vers `. D’autre part, la fonction√ .étant continue surR⁺, il résulte duTcscque les suites (√

vn) et (√

vn+1) sont convergentes de limite√

`. Ainsi, si la suitev converge sa limite` vérifie nécessairement l’équation :

`= 2

√

` Or ∀x∈R⁺,

x= 2√

x ⇐⇒ x²= 4x ⇐⇒ x(x−4) = 0

Comme` >0, il s’en suit que n´ecessairement`= 4. N

On se propose de d´emontrer que pour tout β strictement positif, la suitev est effectivement convergente de limite 4.

3. Soitn∈N, un entier naturel, alors en mulipliant par l’expression conjugu´ee, nous obtenons : vn+2−4 =√

vn−2 +√

vn+1−2 = vn+1−4

√vn+1+ 2+ vn−4

√vn+ 2 Prenons les valeurs absolues. Il découle immédiatement de l’inégalité triangulaire :

|vn+2−4| ≤ |vn+1−4|

√v_n+1+ 2+ |vn−4|

√v_n+ 2

N 4. On poseα= ₂₊¹^√_m et on consid`ere la suite u= (u_n)_n∈_N la suite d´efinie paru₀ =|v₁−4|, u₁=|v₂−4| et la

relation

∀n∈N, un+2=α(un+1+un)

Montrons parr´ecurrence doubleque pout tout entiern∈N^? strictement positif

|vn−4| ≤u_n−1

Initialisation : Par construction de la suiteu, nous avons|v1−4| ≤u0et|v2−4| ≤u1.

Hérédité : Soit n≥1 tel que |vn−4| ≤ u_n−1 et |vn+1−4| ≤ un. Alors d’après la question précédente et l’hypothèse de récurrence, j’obtiens tout d’abord :

|vn+2−4| ≤ |vn+1−4|

√vn+1+ 2 + |vn−4|

√vn+ 2

≤ un

√vn+1+ 2 + un−1

√vn+ 2. De plus, d’apr`es la question1.,vn≥metvn+1≥m. D’o`u√

vn+1+2≥√

m+2 =α⁻¹et√

vn+2≥√

m+2 =α⁻¹. Par compatibilit´e de l’ordre, j’en d´eduis finalement

|vn+2−4| ≤αun+αu_n−1=un+1

Conclusion : Ainsi, nous avons démontré par récurrence double que pour tout entiern∈N^?

|v_n−4| ≤u_n−1

N 5. Comme α∈]0,1/2[, la suite udéfinie ci-dessus est converegente de limite 0 d’après la question2 de laPartie I. Ainsi la suite (u_n−1) étant extraite de u est convergente de limite 0. Par le théorème de convergence par comparaison, l’inégalité ci-dessus entraˆıne que la suite vconverge vers 4. N

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