L'objet de ce problème est l'étude des suites dénies par une valeur initiale x

(1)

Énoncé

L'objet de ce problème est l'étude des suites dénies par une valeur initiale x

0

et

∀n ∈ N , x

_n+1

= f

_µ

(x

_n

) où f

µ

(appelée fonction logistique) est dénie par :

∀x ∈ R , f

µ

(x) = µx(1 − x).

Le paramètre µ est strictement positif, on pose aussi c

_µ

=

^µ−1_µ

. On dira qu'un intervalle I de R est stable lorsque :

x ∈ I ⇒ f

µ

(x) ∈ I.

On demande plusieurs fois d'étudier (x

n

)

_n∈N

en discutant suivant x

0

. Il s'agit de former une liste d'intervalles et de décrire le comportement de la suite lorsque x

0

est dans chacun des intervalles listés. On devra justier ces descriptions.

Partie I

1. Quels sont les points xes de f

_µ

?

2. Former le tableau de variation de f

µ

, préciser le maximum absolu et la valeur de la fonction en ce point.

3. Calculer f

_µ⁰

(0) et f

_µ⁰

(c

µ

) . Comparer suivant la valeur de µ ces valeurs avec −1 et +1 . Que peut-on en déduire ?

4. Pour quelles valeurs de µ l'intervalle [0, 1] est-il stable ?

5. Les quatre gures 2, 3, 4, 5 présentent les graphes de f

µ

pour quatre valeurs de µ parmi 0.7 , 1.7 , 2.7 , 4.7 . Indiquer sur la feuille au dessous de chaque dessin le µ correspondant et placer le c

µ

sur l'axe des abscisses.

Partie II

Dans cette partie, lorsque µ > 2 , on notera S

µ

= [

¹₂

,

^µ₄

] et K

µ

= max

S_µ

|f

_µ⁰

| . 1. a. En calculant d'abors la valeur pour µ = 2 , factoriser f

µ

(

^µ₄

) −

¹₂

.

b. Factoriser f

_µ⁰

(

^µ₄

) + 1 .

2. Cas µ ∈ ]0, 1[ . Étudier (x

n

)

n∈N

en discutant suivant x

0

.

4. Montrer que µ ∈

2, 1 + √ 5

entraîne S

µ

stable.

5. On suppose ici que µ ∈

2, 1 + √ 3

.

a. Montrer que S

µ

est stable et que K

µ

< 1 . b. Montrer que x

₀

∈ S

_µ

entraîne

∀n ∈ N , |x

n

− c

µ

| ≤ K

_µⁿ

|x

0

− c

µ

|.

c. Montrer que si x

0

∈

0,

¹₂

, il existe k ∈ N tel que x

k

∈ S

µ

. Que peut-on en déduire ?

Partie III. Vers un ensemble de Cantor

1 1

0

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

0.2 0.4 0.6 0.8

Fig. 1: µ = 4.73 : f

µ

◦ f

µ

◦ f

µ

√

(2)

MPSI B 5 janvier 2020

de f

µ

par elle même n fois. Voir gure 1 par exemple. On note aussi : Λ

n

= {x ∈ R , f

_µⁿ

(x) ∈ [0, 1]} Λ = \

n∈N

Λ

n

.

( f

_µ⁰

désigne l'identité de R.)

1. Préciser les u ∈ [0, 1] tel que f

µ

(u) = 1 . En déduire Λ

1

.

2. L'intervalle [0, 1] est-il stable ? Pour quels x

0

la suite (x

n

)

_n∈N

prend-elle toutes ses valeurs dans [0, 1] .

3. Montrer que si f

µ

(u) = 1 alors |f

_µ⁰

(u)| > 1 . 4. Soit λ = inf

Λ₁

|f

_µ⁰

| . Montrer que λ > 1 .

5. Montrer que Λ

_n+1

⊂ Λ

_n

. Montrer que Λ

_n

est formé par 2

ⁿ

intervalles disjoints.

6. a. Montrer que pour tout x ∈ Λ

_n

:

|(f

_µⁿ

)

⁰

(x)| ≥ λ

ⁿ

.

b. Montrer que la longueur de chaque intervalle formant Λ

n

est inférieure à 1

λ

ⁿ⁺¹

.

(3)

0

-0.5 0.5

-0.5

1 1.5 0.5

1 1.5

Fig. 2: Partie I. 5

1.5

1

0.5

-0.5

0

0.5

-0.5

1 1.5

Fig. 3: Partie I. 5

1.5

1

0.5

0 -0.5

-0.5

0.5 1 1.5

Fig. 4: Partie I. 5

0 1.5

1

0.5

-0.5 0.5 1 1.5

-0.5

Fig. 5: Partie I. 5

(4)

MPSI B 5 janvier 2020

Corrigé Partie I

1. Les points xes de f

µ

sont solutions d'une équation de degré 2 dans laquelle x se factorise. Ces points xes sont 0 et µ − 1

µ = c

_µ

.

2. La fonction est de degré 2, de dérivée f

_µ⁰

(x) = µ(1 − 2x) , son tableau est :

−∞

¹₂

+∞

µ 4

% &

−∞ −∞

Le graphe est une parabole, le maximum absolu est en

¹₂

et de valeur

^µ₄

. 3. Avec l'expression de la dérivée f

_µ⁰

(0) = µ , f

_µ⁰

(c

_µ

) = 2 − µ .

Pour une fonction à dérivée continue, la comparaison avec 1 de la valeur absolue de la dérivée en un point xe permet d'obtenir dans certain cas des renseignements sur la stabilité de ce point.

¹

En particulier ici :

µ ∈]0, 1[:

( f

_µ⁰

(0) ∈]0, 1[

0 stable

( f

_µ⁰

(c

µ

) ∈]1, 2[

c

_µ

instable µ ∈]1, 2[:

( f

_µ⁰

(0) ∈]1, 2[

0 instable

( f

_µ⁰

(c

µ

) ∈]0, 1[

c

µ

stable µ ∈]2, 3[:

( f

_µ⁰

(0) ∈]2, 3[

0 instable

( f

_µ⁰

(c

µ

) ∈] − 1, 0[

c

µ

stable µ > 3 :

( f

_µ⁰

(0) > 3 0 instable

( f

_µ⁰

(c

_µ

) < −1 c

µ

instable 4. D'après les variations de f

µ

, f

µ

([0, 1]) =

0,

^µ₄

car f (0) = f (1) = 0 . L'intervalle [0, 1] est stable si et seulement si µ ∈]0, 4[ .

5. Pour aecter chaque µ à sa gure, on utilise l'expression de c

µ

et la propriété de stabilité de [0, 1] . Voir les gures 6, 7, 8, 9.

1Voir un texte decourssur les suites dénies par récurence

0

-0.5 0.5

-0.5

1 1.5 0.5

1 1.5

cµ

Fig. 6: µ = 1.7 pour la gure 2 de l'énoncé

Partie II

1. a. Pour µ = 2 , l'expression f

_µ

(

^µ₄

) −

¹₂

= 0 . Cela permet la factorisation : f

µ

( µ

4 ) − 1 2 = − 1

16 (µ − 2)(µ

²

− 2µ − 4) = − 1

16 (µ − 2)(µ − 1 − √

5)(µ − 1 + √ 5).

b. Le calcul est immédiat et servira en question 5.a.

f

_µ⁰

( µ

4 ) + 1 = µ − 1

2 µ

²

+ 1 = − 1

2 (µ − 1 − √

3)(µ − 1 + √ 3).

2. Pour µ ∈]0, 1[ , c

_µ

< 0 , voir la gure 8. On forme le tableau des signes de f

_µ

(x) − x :

−∞ c

µ

0 +∞

f

µ

(x) − x − 0 + 0 −

Ce tableau et les variations de f

_µ

permettent de préciser le comportement de la suite.

(5)

1.5

1

0.5

-0.5

0

0.5

-0.5

1 1.5

cµ

Fig. 7: µ = 4.7 pour la gure 3 de l'énoncé

L'intervalle ] − ∞, c

_µ

[ est stable et la fonction est croissante dans cet intervalle. Si x

₀

est dans cet intervalle, x

1

< x

0

donc la suite est strictement décroissante (l'inégalité se propage car f

µ

est croissante). Comme il n'y a pas d'autre point xe dans cet intervalle la suite décroit et diverge vers −∞ .

L'intervalle ]c

µ

, 0[ est stable. Si x

0

est dans cet intervalle, x

0

< x

1

donc la suite est strictement croissante (l'inégalité se propage). La suite converge vers un point xe (la fonction est continue) qu ne peut être que 0 .

L'intervalle ]0, 1[ est stable son image est ]0,

^µ₄

] ⊂ [0,

¹₂

] . L'intervalle [0,

¹₂

] est stable et la fonction y est croissante. Pour x

0

∈]0, 1[ on a x

1

∈ [0,

¹₂

] et la suite décroît ensuite vers 0 qui est le seul point xe de la zone.

L'intervalle ]0, +∞[ est instable. En particulier x

₀

> 1 entraîne x

₁

< 0 . De plus il existe un réel u

_µ

> 0 tel que f

_µ

(u

_µ

) = c

_µ

. La position par rapport à ce nombre est déterminante.

Pour x

₀

∈]1, u

_µ

[ , x

₁

∈]c

_µ

, 0[ et la suite est croissante et converge ensuite vers 0 .

1.5

1

0.5

0 -0.5

-0.5

0.5 1 1.5

c_µ uµ

Fig. 8: µ = 0.7 pour la gure 4 de l'énoncé

3. Pour µ ∈]1, 2[ , c

µ

> 0 voir la gure 6. Le tableau devient :

−∞ 0 c

_µ

+∞

f

µ

(x) − x − 0 + 0 −

L'intervalle ] − ∞, 0[ est stable et la fonction y est croissante. D'après le tableau, la suite est décroissante vers −∞ car il n'existe pas de point xe dans l'intervalle.

L'intervalle ]0, c

µ

] est stable et la fonction y est croissante. D'après le tableau, la suite est croissante vers c

µ

qui est le point xe dans l'intervalle.

L'intervalle [c

µ

,

¹₂

] est stable car son image est [c

µ

,

^µ₄

] avec µ < 2 . La fonction est croissante dans [c

µ

,

¹₂

] donc la suite est monotone, décroissante d'après le tableau des signes. Elle converge vers c

µ

.

L'intervalle [

¹₂

, 1] est instable. Si x

0

est dans cet intervalle, x

1

∈ [0,

¹₂

] et les deux points précédents montrent que la suite converge vers c

µ

.

L'intervalle ]1, +∞[ est instable. Si x

0

est dans cet intervalle, x

1

< 0 et la suite decroît ensuite vers −∞ .

√

(6)

MPSI B 5 janvier 2020

0 1.5

1

0.5

-0.5 0.5 1 1.5

-0.5

c_µ

Fig. 9: µ = 2.7 pour la gure 5 de l'énoncé

sation de 1.a. permet de former le tableau des signes : 1 − √

5 2 1 + √

5 f

µ

(

^µ₄

) −

¹₂

+ 0 − 0 + 0 −

On en déduit que f

µ

(

^µ₄

) −

¹₂

> 0 pour µ ∈

2, 1 + √

5 . D'autre part : S

_µ

= [ 1

2 , µ 4 ] ⊂ [ 1

2 , 1] ⇒ f

_µ

décroissante et f (S

_µ

) =

f

_µ

( µ 4 ), f

_µ

( 1

2 )

⊂ 1

2 , µ 4

= S

_µ

car

¹₂

< f

_µ

(

^µ₄

) et f

_µ

(

¹₂

) =

^µ₄

. 5. On suppose µ ∈

2, 1 + √ 3

. a. Comme

2, 1 + √ 3

⊂

2, 1 + √ 5

, l'intervalle S

µ

est stable d'après 4. La dérivée f

_µ⁰

(x) = µ −2µx est décroissante et négative dans S

µ

, d'où K

µ

=

f

_µ⁰

(

^µ₄

)

. D'après 1.b., f

_µ⁰

(

^µ₄

) + 1 > 0 pour µ ∈

2, 1 + √ 3

donc f

_µ⁰

(

^µ₄

) > −1 donc K

µ

< 1 . b. L'inégalité des accroissements nis appliquée entre x

_n−1

et c

µ

entraîne

|x

n

− c

_µ

| = |f

µ

(x

_n−1

) − f

_µ

(c

_µ

)| ≤ K

_µ

|x

n−1

− c

_µ

|.

On en déduit par récurrence l'inégalité demandée. Cette inégalité montre que la suite (x

n

)

n∈N

converrge vers c

µ

.

c. Lorsque µ ∈

2, 1 + √ 3

, c

_µ

>

¹₂

. Si x

0

∈

0,

¹₂

, il existe des p ∈ N (par exemple 0 ) tels que x

0

, · · · , x

p

∈ 0,

¹₂

Notons I l'ensemble de ces entiers. .

∀p ∈ I , x

₀

< · · · < x

_p

et x

_p+1

∈ i 0, µ

4 i .

Il est impossible que I = N car la suite serait croissante et majorée par

¹₂

ce qui entrainerait sa convergence vers un point xe dans un intervalle qui n'en contient pas. Il existe donc un p ∈ I tel que x

_p+1

∈ S

_µ

.

On est ramené à partir d'un certain rang à une suite vériant l'inégalité de la question précédente donc la suite converge vers c

_µ

.

Partie III

Dans cette partie, µ > 2 + √

5 > 4 . On peut se référer à la gure 6 pour un graphe de f

µ

. 1. D`après les variations de f

µ

, comme f

µ

(

¹₂

) =

^µ₄

> 1 , on sait que la fonction prend deux fois la valeur 1 dans [0, 1] . En résolvant l'équation du second degré associée, on obtient que Λ

1

est l'union de deux intervalles disjoints

Λ

1

=

"

0, 1 2 −

p µ(µ − 4) 2µ

#

∪

"

1 2 +

p µ(µ − 4) 2µ , 1

# .

2. Le raisonnement de la question précédente montre que l'intervalle [[0, 1] n'est pas stable.

La suite prend ses valeurs dans [0, 1] si et seulement si x

0

∈ Λ . 3. Les racines de l'équation µ

²

− 4µ − 1 = 0 sont 2 + √

5 et 2 − √

5 . On en déduit que µ > 2 + √

5 ⇒ µ

²

− 4µ − 1 > 0 ⇒ p

µ(µ − 4) > 1

⇒ 1 2 −

p µ(µ − 4) 2µ < 1

2 − 1

2µ ⇒ f

_µ⁰

( 1 2 −

p µ(µ − 4)

2µ ) > f

_µ⁰

( 1 2 − 1

2µ ) = 1.

car dans l'intervalle

0,

¹₂

, la fonction f

_µ⁰

est décroissante. La situation est symétrique de l'autre coté de

¹₂

.

4. D'après les variations de f

µ

et de f

_µ⁰

, λ = f

_µ⁰

(u) où u vérie f

µ

(u) = 1 . La question

précédente montre alors que λ > 1 .

(7)

5. Montrons que Λ

n+1

⊂ Λ

n

.

x ∈ Λ

n+1

⇒ f

µ

(f

_µⁿ

(x)) ∈ [0, 1] ⇒ f

_µⁿ

(x) ∈ Λ

1

⊂ [0, 1] ⇒ x ∈ Λ

n

.

Montrons par récurrence que Λ

n

est formé de 2

ⁿ

intervalles disjoints et que les images par f

_µⁿ

des extrémités sont 0 et 1 .

C'est vrai pour Λ

1

d'après la question 1. Supposons la propriété vériée pour Λ

n

et considérons Λ

n+1

.

Remarquons d'abord que comme λ

n

⊂ Λ

1

, chaque intervalle constituant Λ

n

est inclus dans

0,

¹₂

ou

₁

2

, 1

. La restriction de f

µ

à chaque intervalle de Λ

n

est donc strictement monotone.

Soit [a, b] un des ces intervalles, par exemple dans 0,

¹₂

(la situation est symétrique dans l'autre intervalle). On peut former les tableaux suivant :

a b

1 f

_µⁿ

%

0 a b

µ 4

> 1 f

_µⁿ⁺¹

% &

0 0

On en déduit l'existence de réels c et d tels que

a < c < d < b et Λ

_n+1

∩ [a, b] = [a, c] ∪ [d, b].

Chaque intervalle est ainsi séparé en deux.

6. a. Montrons par récurrence l'inégalité demandée. Il s'agit simplement de dériver une fonction composée

∀x ∈ λ

n+1

:

(f

_µⁿ⁺¹

)

⁰

(x) =

f

_µ⁰

(f

_µⁿ

(x))

(f

_µⁿ

)

⁰

(x)

| {z }

≥λⁿpar récurrence

.

De plus,

x ∈ Λ

n+1

⇒ f

µ

(f

_µⁿ

(x)) ∈ [0, 1] ⇒ f

_µⁿ

(x) ∈ Λ

1

⇒

f

_µ⁰

(f

_µⁿ

(x)) ≥ λ.

b. Soit [u, v] un des intervalles constituant Λ

n

. On a vu en 5. que les images par f

_µⁿ

sont 0 et 1 . D'après le théorème des accroissements nis, il existe alors un c ∈ ]u, v[ tel que