MPSI B Corrigé du DM 7 29 juin 2019
Attention, ce corrigé utilise des dénitions et des conditions de stabilité présentées dans le complément de cours
1sur les suites dénies par récurrence. Ces dénitions et propriétés sont à la frontière (extérieure) du programme.
En particulier, pour un point xe c d'une fonction f on utilisera :
|f 0 (c)| < 1 ⇒ c est stable
|f 0 (c)| > 1 ⇒ c est instable
On utilisera aussi que lorsque I est un intervalle stable pour une fonction f croissante. La suite dénie par récurrence par f et une condition initiale x 0 dans I est monotone. Le sens de la monotonie est lié au signe de f (x 0 ) − x 0 . L'inégalité initiale entre x 0 et x 1 = f (x 0 ) se propage en une inégalité de même sens entre x n et x n+1 à cause de la croissance de f . Lorsqu'une fonction f est croissante, le tableau des signes de x → f (x) − x permet donc de déterminer la stabilité d'un point xe.
Partie I
1. a. La fonction f a est strictement décroissante dans R car pour a ∈]0, 1[
f a 0 (x) = (ln a)a x < 0
La fonction f ◦ f est donc croissante, les suites (x 2n ) n∈N et (x 2n+1 ) n∈N sont donc monotones.
Pour étudier les points xes de f , on forme g avec g(x) = f a (x) − x . Comme f a
est décroissante, g l'est aussi. De plus elle décroit de −∞ à −∞ . Elle s'annule donc en un unique point c qui est l'unique point xe de f . Il vérie
a c = c
b. Si f a (c) = c alors evidemment f a ◦ f a (c) = c . De plus : (f a ◦ f a ) 0 (c) = f a 0 (c)f a 0 ◦ f a (c) = (f a 0 (c)) 2 D'après le a., on obtient
(f a ◦ f a ) 0 (c) = (ln a) 2 c 2
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http ://back.maquisdoc.net/data/cours_nicolair/C4792.pdf
2. a. L'objectif de cette question est de donner un outil permettant de comparer faci- lement |f a 0 (c)| avec 1 .
On va comparer ln 11
a
et 1 e en utilisant la fonction monotone décroissante f a . f a ( 1
ln 1 a ) = a
1
ln 1a
= a −lna1 = e
−lnlnaa = 1 e La fonction g étant dénie comme en 1., on en déduit
1
e − 1
ln 1 a = g( 1 ln 1 a ) Comme g est décroissante de +∞ vers −∞
1 ln 1 a < 1
e ⇔ g( 1
ln 1 a ) > 0 ⇔ 1
ln a 1 < c ⇔ 1 < (− ln a)c ⇔ | ln a|c > 1 Comme f a 0 (c)| = | ln a|c , on obtient bien l'équivalence demandée.
On peut remarquer que lorsque cette égalité est vériée, le point xe c de f a est instable.
b. On se ramène à la forme de la question précédente : a < e −e ⇔ e e < 1
a ⇔ e < ln 1
a ⇔ 1
ln 1 a < 1 e On en déduit :
a < e e si et seulement si |f a 0 (c)| > 1 c'est à dire c instable.
a > e e si et seulement si |f a 0 (c)| < 1 c'est à dire c stable.
Partie II
L'objet de cette partie est l'étude des points xes de f ◦ f . On dénit g et h par
g(x) = f ◦ f (x) − x h(x) = f (x) + x
1. a. Un calcul de dérivée.
g 0 (x) = f 0 (x)f 0 (f (x)) − 1 = ln a a x ln a a f(x) − 1 = (ln a) 2 a h(x) − 1 b. Étude de h .
h(x) = f (x) + x ⇒ h 0 (x) = 1 + (ln a)a x ⇒ h 00 (x) = (ln a) 2 a x ≥ 0
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donc h 0 est croissante. Par dénition f (0) = 1 donc h 0 (0) = 1 + ln a
g 0 (0) = (ln a) 2 a 0+f(0) − 1 = (ln a) 2 a − 1 Comme f(1) = a , g(0) = a .
c. En +∞ : f → 0 car 0 < a < 1 , d'où g → −∞ , h 0 → 1 , g 0 → −1 d. D'après 1.a.
g 0 (x) = (ln a) 2 a h(x) − 1
avec (ln a) 2 > 0 et a < 1 donc les variations de g 0 sont opposées à celles de h . Par exemple quand h est croissant, g 0 est décroissant.
2. Étude des zéros de h 0 . On rappelle que h 0 est croissante avec
h 0 (0) = 1 + ln a h 0 (x) = 1 + (ln a)a x a. Si a > e −1 , h 0 (0) > 0 donc h 0 > 0 dans [0, +∞[ .
b. Si a ≤ e −1 , h 0 (0) ≤ 0 donc h 0 s'annule. En étudiant l'équation on trouve que h 0 s'annule seulement en
b = ln(ln a 1 ) ln a 1
c. Dans le cas a < e −e , on a < e −1 donc h 0 s'annule en b calculé dans la question précédente. Alors :
h 0 (b) = 1 + (ln a)a b = 0 ⇒ f (b) = a b = − 1 ln a Donc
f ◦ f(b) = e f(b) ln a = e −1 D'autre part,
g 0 (b) = (ln a) 2 a b+f(b) − 1 = (ln a) 2 f(b)f ◦ f(b) − 1
= (ln a) 2 1 ln 1 a
1
e − 1 = ln 1 a e − 1
On en déduit que g 0 (b) > 0 lorsque a < e −e et que g 0 (b) < 0 lorsque a > e −e . Remarquer que l'on doit toujours avoir a < e −1 pour que le b annulant h 0 existe.
La suite de la discussion portera donc sur trois cas : a < e −e
e −e < a < e −1 e −1 < a
3. Cas e −1 < a . Dans ce cas
g 0 (0) = (ln a) 2 a − 1 > e −1 − 1 > 0 On peut former d'après II.1. le tableau de variations
0 +∞
h 0 +
h %
g 0 < 0 & −1 g a > 0 & −∞
La fonction g s'annule une fois seulement. Ce point est forcément le point xe c de f . Le tableau de g montre que ce point xe est attractif pour f ◦ f . Les deux suites extraites (indices pairs et indices impairs pour une récurrence dénie par f ◦ f ) sont adjacentes et convergent vers c .
4. Cas e −e < a < e −1 . Cette fois g 0 (b) < 0 d'après 2.c.
0 b +∞
h 0 − 0 +
g 0 % g 0 (b) < 0 &
g a & −∞
La situation est en fait la même que celle du cas précédent. La fonction g admet un seul zéro qui est le point xe c de f . Il est attractif, les suites extraites convergent vers c .
5. Cas a < e −e . Cette fois on doit trouver un vrai changement de comportement car d'après la partie I., le point xe c de f devient instable.
a. Posons ϕ(a) = g 0 (0) = (ln a) 2 a − 1 . Alors
ϕ 0 (a) = 2 ln a + (ln a) 2 = (2 + ln a) ln a
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On en déduit le tableau suivant :
0 e −2 1
ϕ −∞ % < 0 & −1
avec ϕ(e −2 ) = e 42 − 1 < 0 . On en déduit donc que g 0 (0) est toujours strictement négatif. On peut former le tableau
0 b 1 b b 2 +∞
h 0 − 0 +
g 0 < 0 % g 0 (b) > 0 & −1
g a > 0 & α % β & −∞
On en déduit que g peut avoir 1, 2 ou 3 zéros suivant les signes de α et β . b. On sait que c est un point xe de f et de f ◦ f . C'est donc un zéro de g . De
plus, d'après I.2.b, f 0 (c) < −1 donc g 0 (c) > 0 . Comme [b 1 , b 2 ] est le seul intervalle sur lequel g est croissante, c est dans cet intervalle donc α < 0 et β > 0 . Par conséquent g s'annule trois fois en des points c 1 < c < c 2 .
c. Le tableau des signes de g est alors :
0 c 1 c c 2 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
Montrons que f (c 1 ) = c 2 .
En eet f ◦ f (f (c 1 )) = f (f ◦ f (c 1 )) = f (c 1 ) donc f (c 1 ) est un point xe de f ◦ f donc f (c 1 ) ∈ {c 1 , c, c 2 } . Or f (c 1 ) = c 1 est impossible car c 1 est le seul point xe de f . L'égalité f(c 1 ) = c est aussi impossible car f est injective (strictement décroissante) avec f (c) = c . La seule possibilité est donc f (c 1 ) = c 2 . On démontre de même que f (c 2 ) = c 1 .
Lorsque a devient strictement plus petit que e −e , le point xe c "explose" en trois points xes. Les deux points xes stables c 1 et c 2 encadrent le point xe c devenu instable.
0 → c 1 ← c → c 2 ←
Les suites extraites ne sont plus adjacentes mais convergent l'une vers c 1 l'autre vers c 2 .
Par exemple si x 0 < c 1 alors (x 2n ) n∈N est croissante et converge vers c 1 dans [0, c 1 ] , x 1 = f (x 0 ) > c 2 et (x 2n+1 ) n∈N est décroissante et converge vers c 2 dans [c 2 , +∞[ .
est décroissante et converge vers c 2 dans [c 2 , +∞[ .
Si c 1 < x 0 < c alors (x 2n ) n∈N est décroissante et converge vers c 1 dans [c 1 , c[ , x 1 = f (x 0 ) > c 2 et (x 2n+1 ) n∈N est croissante et converge vers c 2 dans ]c, c 2 [ .
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