MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Dans ce problème,aet bsont deux réels tels quea < b etI= [a, b].
Partie I. théorème du point xe
Soitg:I→Iune fonctionk-lipschitzienne aveck∈[0,1[. 1. a. (Question de cours) Montrer quegest continue surI.
b. Montrer que l'équationg(x) =xpossède une solution et une seule dans le segment I. On noteraαcette solution.
2. Soitu∈I et (xn)n∈N la suite réelle dénie par :
x0=u et ∀n∈N :xn+1=g(xn) a. Montrer que :
∀n∈N, |xn−α| ≤kn|u−α|
En déduire que(xn)n∈Nconverge vers un réel à préciser.
b. Établir que :
∀(n, p)∈N2, |xn+p−xn| ≤ 1−kp
1−k |xn+1−xn| c. En déduire que :
∀n∈N, |xn−α| ≤ kn
1−k|x1−x0|.
3. On suppose quegest dérivable enα. a. Établir que|g0(α)| ≤k.
b. Avec les notations de la question2, montrer que, (∀n∈N, xn 6=α)⇒
xn+1−α xn−α
n∈N
→g0(α)
Partie II. Méthode de Newton
Soitf une fonction deI dansRde classeC2 et telle que : f(a)<0, f(b)>0, ∀x∈I, f0(x)>0 On s'intéresse ici à la résolution de l'équationf(x) = 0d'inconnuex∈I.
1. a. Montrer que cette équation possède une unique solution dans]a, b[. Cette solution sera notéeα.
b. Soitx0∈I. Déterminer l'abscisse du point d'intersection de l'axe des abscisses et de la tangente àf enx0.
2. On dénit la fonctiong par :
g:
I→R x7→x− f(x)
f0(x) a. Justier queg est de classeC1.
b. Calculerg(α)etg0(α).
3. Dans cette question seulement,f0 est décroissante.
a. Dessiner le graphe d'une fonctionf vériant toutes ces conditions.
b. Montrer que, l'intervalle[a, α]est stable par g. En déduire que l'on peut dénir une suite(xn)n∈
N par :
x0=a et ∀n∈N, xn+1=g(xn).
c. Montrer que (xn)n∈N converge versα. 4. On revient au cas général.
a. Justier qu'il existeh >0 tel que, en notantJ = [α−h, α+h], on ait :
∀x∈J, |g0(x)|<1 b. Établir que :∀x∈J, g(x)∈J.
c. Justier qu'il existe k∈[0,1[tel que gsoit k-lipschitzienne surJ. d. En déduire que, pour toutu∈J, la suite(xn)n∈Ndénie par
x0=u et ∀n∈N, xn+1=g(xn) converge versα.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 Rémy Nicolai Anewton
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Corrigé
Partie I : Théorème du point xe
Dans tout le problème, on dira quexest un point xe degsi et seulement sig(x) =x. 1. a. On suppose quegest k-lipschitzienne dansI.
Pour toutx∈I et toutε >0, en prenantα= εk, on a :
|y−x|< α⇒ |g(y)−g(x)| ≤k|y−x|=ε
Ce qui montre queg est continue enx. On remarque que leαest le même pour tous lesxdeI (uniforme continuité).
b. Montrons d'abord l'existence d'un point xe.
Considérons la fonction dénie dansI
ϕ:x→g(x)−x
Elle est continue comme somme de deux fonctions continues. La stabilité deIpar g entraîne que g(a)≥a doncϕ(a)≥0 et que g(b)≤adoncϕ(b)≤0. Lorsque l'une des deux inégalités est une égalité,aoubest un point xe. Lorsque les deux inégalités sont strictes, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires àϕentreaetb. Il existe donc unx∈]a, b[tel queϕ(x) = 0, c'est à dire un point xe pourg.
Montrons ensuite l'unicité d'un point xe. Soitxet y deux points xes :
|x−y|=|g(x)−g(y)| ≤k|x−y| ⇒(1−k)|x−y| ≤0⇒x=y car1−k >0par hypothèse.
On noteαl'unique point xe deg.
2. a. On appliquenfois l'inégalité de lipschitzité :
|xn−α|=|g(xn−1−g(α)| ≤k|xn−1−α|=k|g(xn−2−g(α)|
≤k2|xn−2−α| ≤ · · · ≤kp|xn−p−α| ≤kn|x0−α|=kn|u−α|
La suite à droite de l'inégalité précédente est géométrique de raisonk∈]0,1[. Elle converge donc vers0 ce qui permet d'appliquer le théorème d'encadrement. La suite(xn)n∈N converge versα.
b. Utilisons d'abord l'inégalité triangulaire
|xn+p−xn| ≤ |xn+p−xn+p−1|+|xn+p−1−xn+p−2|+· · ·+|xn+1−xn|
=
p−1
X
i=0
|xn+1+i−xn+i|
puis majorons comme plus haut en utilisant le caractère lipschitzien
|xn+1+i−xn+i|=|g(xn+i)−g(xn+i−1)|
≤k|xn+i−xn+i−1| ≤ · · · ≤ki|xn+1−xn| En injectant dans la première majoration, on obtient :
|xn+p−xn| ≤
p−1
X
i=0
ki
!
|xn+1−xn|= 1−kp
1−k|xn+1−xn| c. Dans l'inégalité précédente, xonsnet considèrons les suites enp.
La suite(xn+p)p∈Nconverge versα, la suite(xn)p∈Nest constante, la suite(kp)p∈N converge vers 0. Par opérations sur les suites convergentes et passage à la limite dans une inégalité, on obtient donc :
|α−xn| ≤ 1
1−k|xn+1−xn| 3. a. Commeg est supposée dérivable enα, on peut écrire :
|g0(α)|= lim
h→0
g(α+h)−g(α) h
≤k
d'après l'inégalité de lipschitzité et le théorème de passage à la limite dans une inégalité.
b. Par dénition dexn et commeg(α) =α: xn+1−α
xn−α = g(xn)−g(α)
xn−α →g0(α) à cause de la dérivabilité enαcar(xn)n∈N converge versα.
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Partie II. Méthode de Newton
1. a. L'équation considérée admet une solution à cause du théorème des valeurs inter- médiaires appliqué àf entreaetb. Cette solution est unique car la fonction est strictement croissante à cause du signe de la dérivée. L'unique solution notéeα sera appelée zéro def.
b. L'équation de la tangente enx0 est :
y=f0(x0)(x−x0) +f(x0)
L'abcisse du point d'intersection avec l'axe d'équationy= 0 est
x0− f(x0) f0(x0)
2. a. La fonctionf estC2donc sa dérivée estC1. De plusf est strictement positive ce qui assure le caractèreC1 de l'inverse. Les résultats usuels sur les opérations sur les fonctions continues et dérivables montrent queg est de classeC1.
b. Commeαest un zéro de f :
g(α) =α, g0(α) = 1−1 + f(α)f00(α) f0(α)2 = 0 On en déduit queαest à la fois un zéro def et un point xe deg.
3. a. La restriction de ln à un segment de ]0,+∞[ satisfait aux conditions. Dans la Figure1on a tracé un graphe de ce genre.
b. Remarquons que l'intervalle [a, b] complet n'est pas stable. On a indiqué sur la gure1 un pointx1 dont l'image n'est pas dans[a, b].
Montrons que l'intervalle[a, α]est stable.
Montrons d'abord que la restriction deg est croissante. En eet :
g0(x) =f(x)f00(x) f0(x)2 >0
car f00 est négative partout et f(x)< 0 dans [a, α[. D'autre part g(α)> α car f(α)<0donc
g([a, α]) = [g(a), g(α)] = [g(a), α]⊂[a, α].
On peut aussi remarquer (calcul de g0) que, dans[a, α], g est croissante et telle queg(x)≥x. On en déduit que[a, α] est stable pourg.
a
x1 b g(x1)< a
Fig. 1: II.3.a. Exemple de graphe def
c. D'aprèsb, comme la restriction de gest croissante, l'inégalitéx0< x1se propage ce qui montre que la suite (xn)n∈N est croissante. Elle est majorée par α. Elle est donc convergente. Sa limite notéeβ est un élément de[a, α], la fonctiongest continue enβ et la dénition de xn entraîne alorsg(β) =β. Or par dénition de g, un point xe de gest un zéro de f etαest le seul zéro def dansI.
On peut donc conclure que(xn)n∈N converge versα.
4. a. Comme g0 est continue en αet g0(α) = 0, il existe un intervalle J de la forme [α−h, α+h] tel que|g0(x)|<1 pour toutx∈J.
b. Pour tous lesx∈J, appliquons le théorème des accroissements nis àg entrex etα. Il existe donccxentrexet αtel que
|g(x)−α|=|g(x)−g(α)|=|x−α||g0(cx)|<|x−α|
ce qui entraîne queg(x)est encore entrexetαdonc dansJ.
c. L'intervalle J est un segment et la fonction |g0| est continue sur cet intervalle.
Elle est donc bornée et elle atteint sa borne supérieure M en un point de J. Il existeu ∈J tel que M =|g0(u)| <1 d'après la dénition deJ. L'inégalité des accroissements nis appliquée entre deux éléments quelconques deJ montre que g|J estM-lipschitzienne.
d. Toutes les hypothèses sont maintenant réunies pour appliquer à g dans J les résultats de la partieI. La suite(xn)n∈Nconverge vers l'unique point xeαdeg.
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