Partie 1 : variations

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MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Soitf la fonction deRdansRdénie par¹

∀t∈R: f(t) =t³+t

L'objet de ce problème est d'étudier une approximation de la bijection réciproqueg def. Pour tout réelxpositif, on dénit une fonctionϕx dansRpar :

∀t∈R: ϕx(t) =2t³+x 3t²+ 1

Partie 1 : variations

1. Construire le grapheCde la fonction f.

2. Montrer quef est bijective. On notegla bijection réciproque.

3. Montrer que la fonctiongest strictement croissante et impaire. Construire son graphe et le placer dans la même gure queC.

4. Montrer que g est dérivable dans R. Exprimer g⁰ en fonction de g. En déduire sans calcul les variations deg⁰.

Partie 2 : approximations

Dans la suite du problème x est un réel positif ou nul. On désigne par Dx la droite d'ordonnée xparallèle à l'axe des abscisses. On interprète g(x) comme l'unique solution de l'équation t³+t=x d'inconnuet. On peut voir aussig(x) comme l'abscisse du point d'intersection deCavecDx.

On se propose d'approcherg(x)à l'aide de la suite(un(x))_n∈N ainsi construite : u0(x) =x.

u1(x) est l'abscisse du point d'intersection de Dx avec la tangente en C au point d'abscissex=u₀(x).

· · ·

u_n+1(x) est l'abscisse du point d'intersection de D_x avec la tangente en C au point d'abscisseu_n(x).

1. Soittun nombre réel positif. Montrer que l'abscisse du point d'intersection deDxavec la tangente àC au point d'abscissetestϕx(t). En déduire que :

∀n∈N: un+1(x) =ϕx(un(x))

1d'après HEC 86 math 1

2. a. Étudier le signe deϕx(t)−t.

b. Calculer la dérivée deϕx. Étudier le signe de ϕ⁰_x(t). c. Montrer que l'intervalle [g(x), x]est stable parϕx. d. Montrer que :

∀t∈[g(x), x] : 0≤t³+t−x≤t³ puis que :

∀t∈[g(x), x] : 0≤ϕ⁰_x(t)≤2 3

3. a. Montrer que un(x) ∈ [g(x), x] pour tout entier naturel n. Montrer que la suite (un(x))_n∈

Nest décroissante et converge versg(x). b. Montrer que :

∀n∈N, 0≤un+1(x)−g(x)≤ 2

3(un(x)−g(x)) c. Soitaun nombre réel positif. On pose :

β_n= sup

x∈[0,a]

(u_n(x)−g(x))

Montrer queβn≤(²₃)ⁿa.

d. Vérier que, pour tout réel positift,

ϕx(t)−g(x) = (t−g(x))²2t+g(x) 3t²+ 1 Montrer que :

∀t∈[g(x), x] : 0≤ϕx(t)−g(x)≤

√3

2 (t−g(x))² On pourra étudier les variations det→ _3t^3t2+1

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 Aapproxrec

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Corrigé

Partie 1 : variations

y

x C

graphe de g

Fig. 1: Graphes def et deg.

1. La fonction f est croissante comme somme de fonctions croissantes, elle est impaire.

Son étude ne présente rien de particulier le graphe est présenté en gure1.

2. La fonction est strictement croissante donc injective. Elle est continue donc l'image de son domaine de dénition R est un intervalle (théorème des valeurs intermédiaires).

Les limites en +∞ et −∞ sont +∞ et −∞ donc cet intervalle image est R. Ceci montre quef est bijective. Sa bijection réciproque est notéeg. Elle associe à tout réel xl'unique solution de l'équationt³+t=xd'inconnuex.

3. La bijection réciproque d'une bijection strictement monotone est monotone de même sens. La fonctiong est donc strictement croissante.

Pour tout réelx, commef est impaire,f(−g(x)) =−f(g(x)) =−x. Donc −g(x) est l'antécédent de−xce qui montre que−g(x) =g(−x). La fonctiongest donc impaire.

Le graphe de g est symétrique de celui de f par rapport à la première bissectrice. Il est placé aussi dans la gure1.

4. Commef⁰(t) = 3t²+ 1, la dérivéef⁰ ne s'annule pas dansR. D'après un théorème de

cours, la bijection réciproquegest alors dérivable avec :

∀x∈R: g⁰(x) = 1

f⁰(g(x))= 1 1 + 3g(x)²

L'expression de la dérivée de g est clairement positive. De plus, comme g⁰ est strictement croissante, strictement positive dans ]0,+∞[ et strictement négative dans ]− ∞,0[, elle est croissante dans]− ∞,0]et décroissante dans[0,+∞[.

Partie 2 : approximations

C x

x

(u

₁

(x), x) (g(x), x)

Fig. 2: Intersection de la tangente avecDx.

1. Notons X et Y les fonctions coordonnées. L'équation de la tangente à C au point d'abscissetest

X−t 1

Y −t³−t 3t²+ 1

= 0

L'abscisse du point d'intersection de la tangente avecD_xest obtenue en prenantY =x

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dans l'équation de la tangente.

(X−t)(3t²+ 1) =x−t³−t⇔X(3t²+ 1) =x−t³−t+ 3t³+t= 2t³+x

⇔X = 2t³+x

3t²+ 1 =ϕx(t) Par dénition de l'algorithme, le calcul précédent montre que un+1(x) = ϕx(un(x)). La gure2 présente la construction deu1(x).

2. a. Après réduction au même dénominateur, on obtient : ϕx(t)−t= t³+t−x

3t²+ 1

La fonctiont →t³+t−xest strictement croissante et s'annule uniquement en g(x). Elle est donc négative avantg(x)et positive après.

b. Calcul deϕ⁰_x.

ϕ⁰_x(t) = 6t²

3t²+ 1−(2t³+x) 6t

(3t²+ 1)² = (t³+t−x) 6t (3t²+ 1)² On en déduit le tableau suivant

−∞ 0 g(x) +∞

t−ϕ_x(t) − 0 +

ϕ⁰_x(t) + 0 − 0 +

c. Pour unx >0xé, précisons bien d'abord que0< g(x)< x. En eet, la fonction t → t³+t−xest strictement croissante. Elle est strictement négative en 0 et strictement positive enx, le pointg(x)où elle s'annule est donc dans l'intervalle ouvert]0, x[.

D'après l'étude des signes précédente, ϕ_x(x) < x, ϕ_x(g(x)) = g(x) et ϕ_x est croissante donc

ϕx([g(x), x]) = [ϕx(g(x)), ϕx(x)] = [g(x), ϕx(x)]⊂[g(x), x]

Cela traduit bien que[g(x), x]est stable parϕx.

d. Lorsquet≥g(x), on a déjà prouvé quet³+t−x≥0. De plus, pourt≤x,t−x est négatif donct³+t−x≤t³. En utilisant cette majoration dans l'expression factorisée deϕ⁰_xdéjà trouvée, on obtient :

ϕ⁰_x(t)≤ 6t⁴

(3t²+ 1)² ≤ 6t⁴ (3t²)² = 2

3

3. a. À cause de la stabilité de l'intervalle, tous lesun(x) sont dans[g(x), x]. L'étude des signes a montré que u1(x) ≤ u0(x). La croissance de ϕx dans l'intervalle entraîne que l'inégalité se propage, la suite est donc strictement décroissante. Elle est minorée donc elle converge vers un élémentlde l'intervalle. Cette limitelest un point xe car ϕ_x est continue en l. Le seul point xe dans l'intervalle étant g(x), on en déduit que la suite converge versg(x).

b. On sait que tous les u_n(x) sont supérieurs à g(x). Appliquons l'inégalité des accroissements nis àϕ_xentreg(x)etu_n(x)avec ²₃ comme majorant de la dérivée dans l'intervalle

0≤u_n+1(x)−g(x) =ϕ_x(u_n(x))−ϕ_x(g(x)≤(u_n(x)−g(x))2 3 c. On déduit facilement par récurrence que

un(x)−g(x)≤

2

3 n

(x−g(x))

Or lorsque xest plus petit qu'un a xé, 0 ≤ x−g(x) ≤ x≤ a. On en déduit βn≤ ²₃n

a.

d. Développons le numérateur de l'expression proposée à droite de l'égalité puis remplaçonsg(x)³en utilisantg(x)³+g(x) =x. Il vient :

(t−g(x))²(2t+g(x)) = 2t³+x−g(x)(3t²+ 1)

⇒(t−g(x))²2t+g(x)

3t²+ 1 =2t³+x

3t²+ 1 −g(x) =ϕx(t)−g(x) Une majoration de ^2t+g(x)_3t2+1 pourt∈[g(x), x]est demandée. D'abord :

g(x)≤t⇒ 2t+g(x)

3t²+ 1 ≤ 3t 3t²+ 1 Ensuite :

3t

3t²+ 1 = 1

t+_3t¹ = 1

√

t−^√¹_3t² +^√²

3

≤

√3 2 Ce qui entraîne l'inégalité demandée.