(1)Les exercices sont indépendants et peuvent être traités dans l’ordre qu’on voudra

Les exercices sont indépendants et peuvent être traités dans l’ordre qu’on voudra.

On peut admettre des résultats des questions précédentes en le signalant.

Les résultats doivent être encadrés ou soulignés. Merci de soigner la rédaction.

LES CALCULATRICES NE SONT PAS AUTORISÉES.

Exercices (les exercices sont indépendants les uns des autres)

1. Étudier dans chaque cas la suite définie par premier terme et relation de récurrence : (a) x0 = 0 etxn+1= xn+ 1

x_n+ 2. (b) y₀= 0 ety_n+1= cos(y_n).

(c) z₀ = 1

2 etz_n+1= (1−z_n)².

2. Soitf continue de [0; 1]dans lui-même telle que Z

[0;1]

f = Z

[0;1]

f². Montrer quef est constante.

3. Soitfetgcontinues par morceaux de[0; 1]dansR₊telles quef g≥1. Montrer Z

[0;1]

f Z

[0;1]

g≥1.

4. Déterminer la limite de la suite définie par u_n= Z π/2

0

sinⁿ(x)dx.

5. Soitf dansC¹([a;b],R) etε∈R^∗₊. Montrer :

∃δ∈R^∗₊, ∀(x, y)∈[a;b]²,

0<|x−y|< δ=⇒

f(y)−f(x)

y−x −f⁰(x)

< ε

. 6. Soitf deux fois continûment dérivable sur [a;b] ety =ϕ(x) l’équation de la droite passant par

(a, f(a))et(b, f(b))(i.e. la corde du graphe def entre ces points).

(a) Montrer∀x∈[a;b],∃c∈]a;b[,f(x)−ϕ(x) = 1

2(x−a)(x−b)f”(c).

(b) En déduiresup

[a;b]

|f−ϕ| ≤ (b−a)²

8 sup

[a;b]

|f”|.

(c) PourndansN, soitD_n= (x0, x1,· · ·, xn)la subdivision de pas constant(b−a)/netTn(f) la somme des aires des trapèzes de sommets (xi−1,0), (xi−1, f(xi−1)), (xi, f(xi)), (xi,0), i.e. Tn(f) =

n

X

i=1

1 2

b−a

n (f(xi−1) +f(xi)) = b−a n

n

X

i=1

f(xi−1) +f(xi)

2 . Montrer Tn(f) = Z

[a;b]

f+O 1

n²

.

7. Soit, pourn∈N,x_n dansR^∗₊ tel que ln(x_n) +nx_n= 0.

(a) Montrer que, pour toutn∈N,x_n existe et est uniquement déterminé.

(b) Montrer que la suite(x_n)n∈N est décroissante et donner sa limite.

(c) On pose(yn) = (nxn), montrer limyn= +∞ et en déduire yn∼ln(n).

(d) Montrer que(y_n)admet un développement asymptotique de la formey_n= ln(n)−ln(ln(n))+

z_n+o(z_n)avecz_n1et en déduire un développement asymptotique à trois termes de(x_n).

Problème 1 – Étude d’une suite récurrente

On considère un nombre réel strictement positifaet la fonction f définie pour tout nombre réelxpar f(x) = exp(a(x−1)).

On définit alors une suite(u_k)_k∈N par son premier terme u₀ = 0 et la relation

∀k∈N u_k+1 =f(u_k).

1. Convergence de la suite(u_k)k∈N.

(a) Établir par récurrence, pour tout nombre entier naturel k, les inégalités : 0 ≤ uk ≤ 1 et u_k≤u_k+1.

(b) En déduire la convergence de la suite(uk)k∈N, dont on notera L(a) la limite.

2. Limite de la suite(u_k)k∈N lorsque a <1.

(a) Justifier quef est de classeC^∞ surR, puis, à l’aide de l’inégalité des accroissements finis, établir

∀k∈N 0≤1−u_k+1 ≤a(1−u_k).

(b) En déduire la limiteL(a) de la suite (u_k)k∈N lorsque0< a <1.

3. Limite de la suite(u_k)k∈N lorsque a= 1.

(a) Montrer que la fonctionx7→exp(x−1)est strictement convexe surR.

(b) Déterminer la tangente au graphe def au point d’abscisse 1.

(c) En déduire le nombre de solutions de l’équationf(x) =xet la valeur de la limite de la suite (u_k)k∈N lorsque a= 1.

4. Limite de la suite(u_k)k∈N lorsque a >1. On suppose dans cette question a >1.

(a) Démontrer que l’on a

0≤1− ln(a) a ≤1.

(b) Exprimer l’unique racine de l’équationf⁰(x) = 1 surR en fonction dea.

(c) En déduire les variations de la fonctionx7→f(x)−x. Montrer que l’équation f(x) =x sur Ra toujours deux solutions.

On note r(a) la plus petite de ces solutions.

(d) Vérifier qu’on a0< r(a)<1.

(e) Établir

∀k∈N 0≤u_k≤r(a).

(f) En déduire la limiteL(a) de la suite (u_k)k∈N, lorsque a >1.

5. Approximation der(a) lorsquea >1.

(a) Étudier et représenter graphiquement surR+ la fonction ϕdéfinie parx7→xexp(−x).

(b) En déduire que la restriction deϕà[0; 1]réalise une bijection de[0; 1]sur[0; 1/e], de bijection réciproque continue et strictement croissante. On noteraψcette bijection réciproque.

(c) i. Comparer les images de aet de ar(a) parϕ.

ii. Démontrer

r(a) = 1

aψ(aexp(−a)). iii. Donner un équivalent simple der(a) lorsqueatend vers +∞.

(d) i. Montrer qu’il existe un réelm dans]0; 1[tel que

∀x∈

0;1 a

0< f⁰(x)≤m .

ii. En déduire

∀k∈N |u_k−r(a)| ≤m^k.

(e) i. Donner un algorithme permettant de déterminer une valeur approchée deL(a) à10⁻² près.

ii. CalculerL(2)et L(4)à 10⁻² près. (On pourra, dans cette question seulement, utiliser une calculatrice.)

6. Allure de la courbe représentative de la fonction a7−→L(a).

(a) En remarquant qu’on a

∀a∈]1; +∞[ exp (a(r(a)−1)) =r(a)

et en admettant que la fonctiona7−→L(a) est de classeC¹ sur]1; +∞[, montrer queL est solution de l’équation différentielle

(ay−1)dy

da =y(1−y) sur]1; +∞[.

(b) En déduire le signe de L⁰ et son sens de variation sur ]1; +∞[.

(c) Utiliser la formule de Taylor-Lagrange, pour montrer queL est continue sur R₊ et que sa dérivée à droite en 1 est égale à−2.

(d) Montrer queL est convexe sur[1; +∞[.

(e) Déduire de ces résultats l’allure de la courbe représentative de la fonctiona7−→ L(a) pour a >0.

7. (Question subsidiaire) Voyez-vous comment démontrer queL est de classeC¹ sur ]1; +∞[?

Problème 2 – Recherche de zéros par dichotomie

SoitI un intervalle compact de Retf une fonction numérique de classeC² définie sur I.

1. Soitaetb deux points deI avec a < b.

(a) Soitg une fonction de classe C¹ sur[a, b]. On suppose

g

a+b 2

> b−a 2 sup

[a;b]

|g⁰|.

Montrer qu’alorsg n’admet pas de zéro sur[a, b].

(b) On suppose

f⁰

a+b 2

> b−a 2 sup

[a;b]

|f⁰⁰|. Montrer qu’alorsf admet au plus un unique zéro sur [a, b].

2. Soit x un point de I tel que f(x) = 0 et f⁰(x) 6= 0. Montrer qu’il existe un intervalle Ix centré enx tel que la restriction de f àI_x admettex comme unique zéro.

3. On suppose dans toute cette question que f etf⁰ n’ont pas de zéro commun. Soit Z l’ensemble des zéros def sur I,m₁ = infx∈Z|f⁰(x)|etM₂ = sup_I|f⁰⁰(t)|.

(a) Montrer queZ est un ensemble fini.

(b) Montrer quem₁ est un réel strictement positif etM₂ un réel positif.

(c) Soitz dansZ ettdansI; montrer M₂|t−z| ≤ m₁

2 ⇒ |f⁰(t)| ≥ m₁ 2 .

(d) Montrer que le complémentaire dans I d’une réunion finie d’intervalles ouverts est une réunion finie d’intervalles compacts.

(e) Soit α et β des majorants respectifs de |f⁰| et |f⁰⁰| sur I. Montrer qu’il existe un entier natureln tel que, pour tout point t de I l’une au moins des deux conditions suivantes est vérifiées :

i. |f(t)|> α(b−a)2⁻ⁿ ii. |f⁰(t)|> β(b−a)2⁻ⁿ

(f) Soit α, β et n vérifiant les propriétés de la question précédente. On note (c_k)0≤k≤2ⁿ la subdivision deI de pas constant égal à(b−a)2⁻ⁿ; montrer quef possède au plus un zéro dans chacun des intervalles[c_k, c_k+1](pour 0≤k <2ⁿ).

(g) En déduire un algorithme permettant de trouver pour chaque zéro de f surI un intervalle le contenant et sur lequelf ne s’annule qu’une seule fois.

4. Application : trouver une valeur approchée de toutes les racines réelles du polynômeX³−X²+ 2X−5. On précisera l’intervalle d’étude en justifiant le choix et on vérifiera que les hypothèses sont effectivement satisfaites par la fonction polynomiale. On donnera ces valeurs approchées à 10⁻²près par défaut, i.e. on donnera pour chaque racinezun valeurγ telle queγ ≤z < γ+ 10⁻². On exprimera le résultat

(a) sous forme de fraction rationnelle et (b) sous forme de nombre décimal.

Exercices

1. (a) Soit f la fonction x 7−→ x+ 1

x+ 2 = 1− 1

x+ 2. D’après la seconde expression f([0; 1]) = [1/2; 2/3] ⊂ [0; 1] et donc f laisse stable l’intervalle [0; 1] et y est croissante. Il en résulte que la suite(xn)n∈N est monotone, à valeurs dans [0; 1]et est donc convergente.

Comme x₁ = 1/2 > x₀, la suite (x_n)n∈N est croissante. Comme f est continue, la limite de cette suite est un point fixe de f appartenant à [0; 1]. Or, pour x dans [0; 1], on a f(x) =x⇔x²+ 2x=x+ 1⇔x²+x−1 = 0. De plus les racines du polynômeX²+X−1 sont l’inverse du nombre d’or1/ϕ=ϕ−1 = (√

5−1)/2et−ϕ. Par conséquent le seul point fixe def sur[0; 1]est 1/ϕ.

La suite(xn)n∈N tend en croissant vers 1 ϕ =

√ 5−1

2 .

(b) La fonction cosinus est strictement décroissante sur[0; 1]et laisse cet intervalle stable. Par conséquent les suites extraites (y2n)n∈N et (y2n+1)n∈N sont monotones, bornées et donc convergentes. De plus elles sont de monotonie contraire.

Commey₂= cos(1)>cos(π/2) = 0 =y₀, la suite des termes pairs est croissante, et donc la suite des termes impairs est décroissante. Soita= limn→+∞y2netb= limn→+∞y2n+1. Par continuité de la fonction cosinus, on acos(a) = limn→+∞cos(y_2n) = limn→+∞y_2n+1=bet, de même,cos(b) =a. Il en résulte cos(b)−cos(a) =a−b. Or si a6=b, d’après le théorème de Lagrange, il existeccompris entreaetbtel quecos(b)−cos(a) =−(b−a) sin(c). Maisa etbsont dans[0; 1]et donccaussi et donc0≤sin(c)≤sin(1)<sin(π/2) = 1et on obtient une contradiction. Il en résultea=b.

Par conséquent, d’après le critère de convergence par les suites extraites, la suite (y_n)n∈N

converge vers a etb = cos(a) = a, i.e. a est un point fixe de la fonction cosinus sur [0; 1].

Commex7−→cos(x)−xest strictement décroissante sur[0; 1], en tant que différence d’une telle fonction et d’une fonction croissante, cosinus n’admet qu’un seul point fixe sur[0; 1].

La suite(y_n)n∈N tend vers l’unique point fixe de cosinus sur[0; 1], les termes pairs en croissant, les impairs en décroissant.

(c) Soitgla fonctionz7−→(1−z)². Elle laisse stable l’intervalle[0; 1]et y est décroissante en tant que composée d’une fonction croissante (la fonction carré) et d’une fonction décroissante.

Comme précédemment les suites extraites(z_2n)n∈N et(z_2n+1)n∈N sont monotones, bornées et donc convergentes. De plus elles sont de monotonie contraire.

On az1 = 1/4,z2 = 9/16 et donc la suite des termes pairs est croissante, et donc la suite des termes impairs est décroissante. Commez0 > z1, la suite(zn)n∈N est donc divergente.

De plusgest la fonction polynomiale associéeP = (1−X)² et donc ses points fixes sont les racines deP−X, et ceux deg◦gsont les racines deP◦P−X. On aP−X=X²−3X+ 1 etP◦P−X = (P−1)²−X=X⁴−4X³+ 4X²−X. CommeP−Xdivise P◦P−X, on calculeP ◦P−X= (X²−3X+ 1)(X²−X) =X(X−1)(X²−3X+ 1). Par conséquent les points fixes de g◦g sont ceux deg ainsi que 0 et 1.

Or, par continuité de g◦g, les suites (z_2n)n∈N et (z_2n+1)n∈N convergent vers des points fixes de g◦g. Soit a= limn→+∞z2n et b = limn→+∞z2n+1. Par continuité de la fonction g, on a g(a) = limn→+∞g(y_2n) = limn→+∞y_2n+1 = b et, de même, g(b) = a. Et puisque

(zn)n∈N est divergente, a6=b et donc ni a, ni b ne sont des points fixes de g. Puisqu’on a déjà remarquéz₀ = 1/2,z₁= 1/4, que la suite des termes pairs est croissante et que la suite des termes impairs est décroissante, il vienta= 1etb= 0.

La suite(z_n)n∈N est divergente, ses termes pairs tendent en croissant vers 1, ses termes impairs tendent en décroissant vers 0.

2. Commef est à valeurs dans[0; 1], il vientf² ≤f. Par conséquent la fonctionf−f² est positive sur[0; 1]et, par linéarité de l’intégrale, d’intégrale nulle. Étant continue, elle est donc nulle. Il en résulte quef ne prend que 0 et 1 comme valeurs.

Comme f est continue, l’image de [0; 1] par f est un intervalle. Il en résulte que f ne prend qu’une seule valeur, i.e. est constante.

La fonctionf est constante, et cette constante est 0 ou 1.

3. Puisque f et g continues par morceaux et à valeurs positives, √

f et √

g sont bien définies et continues par morceaux sur[0; 1]. On a de plus√

f√

g≥1et donc, d’après l’inégalité de Cauchy- Schwarz et la positivité de l’intégrale :

Z

[0;1]

f Z

[0;1]

g≥ Z

[0;1]

pf√ g

!2

≥ Z

[0;1]

1

!2

= 1.

On a Z

[0;1]

f Z

[0;1]

g≥1.

4. Puisque la fonction sinus prend des valeurs entre 0 et 1 sur [0;π/2], on a, pour tout n ∈ N, 0 ≤ sinⁿ⁺¹ ≤ sinⁿ et donc, par positivité de l’intégrale, (un)n∈N est une suite décroissante minorée par 0. Elle est donc convergente.

Par ailleurs, soit(a_n)n∈N une suite de nombres réels positifs, inférieurs àπ/2; d’après la relation de Chasles, on a

∀n∈N u_n= Z ^π

2−a_n 0

sinⁿ(x)dx+ Z ^π

2

π 2−an

sinⁿ(x)dx .

D’après l’inégalité de la moyenne et par croissance de la fonction sinus sur[0;π/2], il vient, pour n∈N,0≤u_n≤π

2 −a_n

sinⁿπ 2 −a_n

+a_n et donc0≤u_n≤ π

2cosⁿ(a_n) +a_n.

Supposons que (an)n∈N tende vers 0, i.e. an = o(1). On a cosⁿ(an) = exp(nln(cos(an))) et ln(cos(a_n))∼cos(a_n)−1∼ −a²_n/2. Par conséquent, puisqueexptend vers0en −∞,cosⁿ(a_n) = o(1) dès que na²_n tend vers l’infini ou encore a⁻¹_n =o(√

n). Une telle suite existe, par exemple an = (n+ 1)^−1/4 car 0 ≤ an ≤ 1, an = o(1) et a⁻¹_n ∼ n^1/4 = o(√

n). Et pour une telle suite π

2 cosⁿ(a_n) +a_n=o(1).

D’après le théorème de comparaison des limites, il en résulte u_n=o(1).

La suite définie paru_n= Z π/2

0

sinⁿ(x)dx tend vers 0 en décroissant.

Remarque : on peut directement considérer a_n = arccos(1−1/√

n) car alors ln(cos(a_n)) = ln(1−1/√

n)∼ −1/√

net doncnln(cos(an))diverge vers−∞et donccosⁿ(an) =o(1). La borne π/2−a_n peut alors s’écrire arcsin(1−1/√

n), ce qui était la technique suggérée dans la feuille de TD.

5. Puisque f est de classe C¹, f⁰ est continue sur [a;b]. D’après le théorème de Heine, elle y est uniformément continue. Soit doncδ >0tel que∀(x, y)∈[a;b]²,|x−y|< δ=⇒ |f⁰(y)−f⁰(x)|< ε.

Soit maintenantx ety dans[a;b]tels que0<|x−y|< δ. En particulierx6=y et donc, d’après le théorème de Lagrange, il existez entrex ety tel que f(x)−f(y) = (x−y)f⁰(z). Il en résulte

f(y)−f(x)

y−x −f⁰(x)

=|f⁰(z)−f⁰(x)|< ε

puisque|x−z| ≤ |x−y|< δ.

En résumé

∃δ ∈R^∗₊, ∀(x, y)∈[a;b]²,

0<|x−y|< δ=⇒

f(y)−f(x)

y−x −f⁰(x)

< ε

.

6. (a) Soit x dans ]a;b[ etg la fonction définie sur [a;b]par g(t) = f(t)−ϕ(t)− ^λ₂(t−a)(t−b) avecλtel que g(x) = 0. Autrement ditλ= 2(f(x)−ϕ(x))/((x−a)(x−b)).

La fonction g s’annule en a, x et b par définition de g et ϕ, puisque f etϕ coïncident en aet en b. De plus g est de classe C² sur[a;b]puisquef l’est et queg−f est une fonction polynôme. D’après le théorème de Rolle, g⁰ s’annule donc sur ]a;x[ et aussi sur ]x;b[, i.e.

en deux points différents de]a;b[. Toujours par le théorème de Rolle,g” s’annule donc sur ]a;b[. Notonsc ce point. On a0 =g”(c) =f”(c)−λet donc λ=f”(c).

Par ailleurs, six=aou x=b, l’identité recherchée est vraie pour toutc de ]a;b[et donc

∀x∈[a;b],∃c∈]a;b[,f(x)−ϕ(x) = 1

2(x−a)(x−b)f”(c).

(b) Puisquef est de classe C²,f”est continue sur l’intervalle compact[a;b]et donc, d’après le théorème de Weierstrass,f”est bornée sur[a;b]. Par ailleurs, pourx∈[a;b],|(x−a)(x−b)|= (b−x)(x−a) et cette dernière expression est le carré de la moyenne géométrique deb−x etx−a. Par inégalité entre moyennes et puisque la moyenne arithmétique deb−xetx−a est(b−a)/2, il vient|(x−a)(x−b)| ≤(b−a)²/4.

Par conséquent, pourxdans[a;b]etcdans]a;b[, 1

2(x−a)(x−b)f”(c)

≤ (b−a)²

8 sup

[a;b]

|f”|.

Donc, d’après la question précédente, sup

[a;b]

|f−ϕ| ≤ (b−a)²

8 sup

[a;b]

|f”|.

(c) Soit, pourn dans N,ϕn la fonction affine par morceaux qui prend les mêmes valeurs que f sur les points de la subdivision D_n. Par définition de ϕn, on a donc R

[a;b]ϕn=Tn(f), de sorte queT_n(f)−R

[a;b]f =R

[a;b](f −ϕ_n).

Pour tout i entier entre 1 et n, d’après la question précédente appliquée à l’intervalle [xi−1;xi], on a sup

[xi−1;xi]

|f−ϕn| ≤ (xi−xi−1)²

8 sup

[xi−1;xi]

|f”|et donc

sup

[xi−1;xi]

|f −ϕ_n| ≤ (b−a)² 8n² sup

[a;b]

|f”|.

D’après l’inégalité de la moyenne, il en résulte Z

[a;b]

(f−ϕn)

≤ (b−a)³ 8n² sup

[a;b]

|f”|=O 1

n²

et donc T_n(f) =

Z

[a;b]

f +O 1

n²

.

7. (a) Pour n∈ N, soit gn la fonction définie sur R^∗₊ par x 7−→ ln(x) +nx. Elle est strictement croissante en tant que somme d’une fonction strictement croissante (ln) et d’une fonction croissante. Comme, au voisinage de0⁺,x =o(ln) on a lim₀⁺g_n=−∞. Or g_n(1) =n≥0, donc, d’après le théorème de Bolzano, gn s’annule au moins une fois sur ]0; 1]. Par stricte monotonie, elle s’annule exactement une fois. En d’autres termes,

Pour tout n∈N,xn existe et est uniquement déterminé.

(b) Avec les notations précédentes, pour n ∈ N, on a gn+1(xn) = ln(xn) + (n+ 1)xn =xn >

0 =gn+1(xn+1)et doncxn> xn+1 par croissance degn+1. Il en résulte que la suite(xn)n∈N

est décroissante. Elle est par ailleurs minorée par 0 et elle est donc convergente. Notons`sa limite. Puisque0≤xn≤1, on a donc0≤`≤1. Si`6= 0, on aln(xn)∼ln(`), par continuité du logarithme, etnxn∼n`de sorte queln(xn) +nxn∼n`. Mais ceci est incompatible avec le fait que la suite de terme généralln(x_n) +nx_n est identiquement nulle.

Par conséquent la suite (xn)n∈N est décroissante et tend vers 0.

(c) Commeyn=−ln(xn) etxn tend vers 0 et puisquelim₀⁺ln =−∞, on alimyn= +∞.

Par ailleurs on a, pourn∈N^∗, ln(yn) +yn = ln(n) et doncyn−ln(n) =−ln(yn). Or, au voisinage de l’infini,ln(x)x, donc −ln(y_n)y_n. Il en résultey_n−ln(n)y_n, i.e.

on alimyn= +∞ etyn∼ln(n).

(d) On a y_n−ln(n) =−ln(y_n)∼ −ln(ln(n))par propriété du logarithme vis-à-vis des équiva- lents pour des suites tendant vers+∞. De plus

y_n−ln(n) + ln(ln(n)) =−ln(y_n) + ln(ln(n)) =−ln y_n

ln(n)

∼1− y_n ln(n)

puisque, siu_n tend vers 1, ln(u_n)∼u_n−1. Donc, d’après ce qui précède yn−ln(n) + ln(ln(n))∼ ln(n)−yn

ln(n) ∼ ln(ln(n)) ln(n) .

Par croissance comparée ln(ln(n)) ln(n) et donc, en posant z_n = ln(ln(n))/ln(n), on a y_n= ln(n)−ln(ln(n)) +z_n+o(z_n) avec z_n1. Enfin, comme x_n=y_n/n,

on a yn = ln(n)−ln(ln(n)) + ln(ln(n)) ln(n) +o

ln(ln(n)) ln(n)

, avec ln(ln(n))

ln(n) 1, et x_n= ln(n)

n −ln(ln(n))

n +ln(ln(n)) nln(n) +o

ln(ln(n)) nln(n)

.

Problème 1 – Étude d’une suite récurrente

1. Remarquons que f est composée d’une fonction affine strictement croissante et de la fonction exponentielle, par conséquentf est de classe C^∞, strictement positive, strictement croissante et strictement convexe surR.

(a) Pourk entier naturel, soit(H_k) le prédicat : 0≤u_k≤1 etu_k ≤u_k+1.

Puisqueu₀ = 0etu₁ =e^−a, on a 0≤u₀ ≤u₁ ≤1et donc (H₀)est vrai. Soit maintenant k un entier naturel tel que(Hk)soit vrai. On a alors, par croissance def,0≤f(0)≤f(uk) = u_k+1 ≤f(1) = 1 et u_k+1 =f(u_k)≤f(u_k+1) =u_k+2, et donc (H_k+1) est vrai. Le principe de récurrence permet de conclure

Pour tout nombre entier naturel k, on a :0≤u_k≤1 etu_k ≤u_k+1.

Remarque : on pourrait se contenter de dire quef est croissante et laisse [0; 1]stable, puis de remarqueru0≤u1 pour conclure que(un)est croissante bornée par 0 et 1. Mais ce n’est pas ce qui est demandé par l’énoncé.

(b) En particulier la suite(u_k)k∈N est croissante et majorée. Elle est donc convergente.

La suite(u_k)k∈N converge vers une limite L(a) comprise entre 0 et 1.

2. Limite de la suite(u_k)k∈N lorsque a <1.

(a) On a déjà remarqué que f est de classe C^∞ sur R.Puisque f⁰ =af, on a, par croissance et positivité de f, sup_[0;1]|f⁰| = asup_[0;1]f = af(1) = a et donc, d’après le théorème de Lagrange et la question précédente, pour tout entier naturel k,|f(u_k)−f(1)| ≤ a|u_k−1|.

Et puisque(u_k) est majorée par 1, il en résulte

La fonctionf est de classe C^∞ surRet∀k∈N,0≤1−u_k+1≤a(1−u_k).

(b) La suite (1−uk) est donc encadrée par la suite nulle et la suite géométrique de raison a.

Cette dernière converge vers 0 puisque0 < a <1. D’après le théorème d’encadrement des limites, il vient

Lorsque0< a <1,L(a) = limk→+∞u_k= 1.

3. Limite de la suite(uk)k∈N lorsque a= 1.

(a) On a déjà remarqué quef est strictement convexe pour tout a >0. En particulier La fonctionx7→exp(x−1)est strictement convexe surR.

(b) Puisquef(1) = 1etf⁰ =af,

La tangente au graphe de f au point d’abscisse 1 est la première bissectrice.

(c) Puisque f est strictement convexe, son graphe est au-dessus de ses tangentes et ne les rencontre qu’en un seul point. Par conséquent le graphe de f ne rencontre la première bissectrice qu’en(1,1)et donc f n’admet que 1 comme point fixe. Comme f est continue, L(a) est nécessairement un point fixe def et il en résulte

L’équation f(x) = x n’a qu’une seule solution et on a L(a) = limk→+∞uk = 1 lorsquea= 1.

4. Limite de la suite(uk)k∈N lorsque a >1.

(a) Par croissance et concavité du logarithme sur R+, on a, pour x ≥1,0 = ln(1)≤ ln(x) ≤ ln(1) + (x−1) ln⁰(1) =x−1≤x et doncln(a)/aappartient à[0; 1]. Il en est de même pour 1−ln(a)/aet donc

On a0≤1−^ln(a)_a ≤1.

(b) Puisquef⁰=af, la fonction f⁰ est une bijection bi-continue et strictement croissante deR surR^∗₊, tout commef. Par conséquent 1 a un unique antécédent parf⁰ qui est celui de 1/a parf. Celui-ci vérifief(x) = 1/a et doncln(f(x)) = −ln(a). Comme ln(f(x)) =a(x−1), il vient

L’unique racine de l’équationf⁰(x) = 1 surR est1−ln(a) a .

(c) Puisquef⁰ est strictement croissanteR^∗₊, il en est de même pourf⁰−1et donc la fonction g : x 7→ f(x)−x est de dérivée strictement négative, donc strictement décroissante, sur ]− ∞; 1− ^ln(a)_a [ et de dérivée strictement positive, donc strictement croissante, sur ]1−

ln(a) a ; +∞[.

Comme g s’annule en 1 et 1 >1− ^ln(a)_a , puisque a >1,g s’annule également en un point r(a) vérifiant r(a)<1. Il en résulte

La fonction x 7→ f(x)−x est strictement décroissante sur ]− ∞; 1− ^ln(a)_a ] et strictement croissante sur[1−^ln(a)_a ; +∞[et l’équationf(x) =xsur Ra toujours deux solutions.

(d) Avec les notations précédentes,g(0) =f(0)>0 et donc g s’annule entre 0 et1− ^ln(a)_a , i.e.

0< r(a)<1− ^ln(a)_a . A fortiori On a0< r(a)<1.

(e) Par croissance de f, l’image de [0;r(a)] par f est [f(0);f(r(a))] et est donc incluse dans [0;r(a)] puisque f(0) > 0 et f(r(a)) = r(a). Comme u₀ appartient à l’intervalle stable [0;r(a)], il vient

∀k∈N,0≤u_k≤r(a).

(f) Commef est continue,L(a)est un point fixe def appartenant à[0;r(a)]. Commef n’admet quer(a) et 1 comme points fixes, il vient

Lorsquea >1, on aL(a) = limk→+∞uk=r(a).

5. Approximation der(a) lorsquea >1.

(a) La fonctionϕest de classe C^∞ surR₊ en tant que quotient de telles fonctions, le dénomi- nateur ne s’annulant pas. Au voisinage de0, on aϕ(x)∼xpar continuité de l’exponentielle et donc le graphe de ϕ admet la première bissectrice comme tangente en 0. En +∞, on a ϕ=o(1)par croissances comparées de x etexp(x) et donc le graphe de ϕadmet l’axe des abscisses comme asymptote en+∞.

La dérivée deϕest donnée parϕ⁰(x) = (1−x) exp(−x)et doncϕest strictement croissante sur[0; 1], strictement décroissante sur [1; +∞[. Elle atteint son maximum en 1, où elle vaut 1/e. Son graphe admet une tangente horizontale en ce point.

La dérivée seconde deϕest donnée par ϕ”(x) = (x−2) exp(−x) et donc ϕest concave sur [0; 2], convexe sur [2; +∞[. Elle traverse sa tangente au point 2, i.e.y = (4−x) exp(−2).

DS 8 Page 7/12

D’où le graphique :

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(b) Comme ϕ est continue et strictement croissante sur [0; 1], elle réalise une bijection bi- continue de[0; 1] sur son image, i.e. sur [ϕ(0);ϕ(1)]. Sa bijection réciproque est également strictement croissante.

La restriction de ϕ à [0; 1] réalise une bijection de [0; 1] sur [0; 1/e], de bijection réciproque continue et strictement croissante.

(c) i. Comme f(r(a)) =r(a), on aexp(ar(a)−a) =r(a)et donc ϕ(ar(a)) =aexp(−a), i.e.

On a ϕ(ar(a)) =ϕ(a).

ii. Comme r(a) < 1, on a ar(a) < a et donc ar(a) <1 < a puisque l’équation ϕ(x) =y admet deux solutions pour touty dans]0; 1/e[d’après l’étude précédente : l’une d’elle est dans ]0; 1[, l’autre dans ]1; +∞[. Par conséquent ar(a) = ψ(ϕ(ar(a))) = ψ(ϕ(a)), i.e.

On a r(a) = 1

aψ(aexp(−a)).

iii. Comme ϕ(x) ∼₀ x, c’est que ϕ(0) = 0 et ϕ⁰(0) = 1 et donc ψ(0) = 0 et ψ⁰(0) = 1/ϕ⁰(0) = 1, d’où ψ(x) ∼₀ x. Lorsque a tend vers +∞, par croissance comparée, ϕ(a) =o(1)et donc ψ(ϕ(a))∼_+∞ϕ(a). Et il en résulter(a)∼_+∞ϕ(a)/a ou encore

Lorsque atend vers+∞,r(a)∼exp(−a).

(d) i. Puisque f⁰ =af, on a, par croissance def et pour 0≤x≤1/a,aexp(−a) =af(0)≤ f⁰(x) ≤ af(1/a) = aexp(1−a) = ϕ(a)/ϕ(1). Posons m = ϕ(a)/ϕ(1). Par stricte positivité et stricte décroissance de ϕsur [1; +∞[, on a 0< m <1 et donc, d’après ce qui précède

Il existe un réel m dans]0; 1[tel que ∀x∈

0;1 a

,0< f⁰(x)≤m.

ii. Puisquear(a)<1, on ar(a)<1/aet donc, puisque l’intervalle[0;r(a)]est stable parf et que u0 y appartient, la suite(uk)k∈N est à valeurs dans [0; 1/a]. D’après le théorème de Lagrange, on a donc, pour tout entier naturelk,|u_k+1−r(a)|=|f(u_k)−f(r(a))| ≤

|u_k−r(a)|sup_0≤x≤1/a|f⁰(x)|. D’après la question précédente, il vient |u_k+1−r(a)| ≤ m|u_k−r(a)|et donc, par une récurrence immédiate,|u_k−r(a)| ≤m^k|u₀−r(a)|. Comme u₀= 0 et0≤r(a)≤1, il en résulte

On a ∀k∈N,|u_k−r(a)| ≤m^k.

(e) i. Comme L(a) = r(a) et que la suite (u_k)k∈N est croissante, la question précédente montrer que u_k est une valeur approchée par défaut de r(a) dès que m^k est inférieur

à la précision recherchée. Par conséquent pour k supérieur à 2 ln(10)/ln(1/m), uk est une valeur approché de L(a) à10⁻² près par défaut.

Comme ln(1/m) = −1−ln(ϕ(a)) = a−1−ln(a), on en déduit qu’il faut prendre k supérieur à 2 ln(10)/(a−1−ln(a)). Voici un algorithme mettant en oeuvre ce test.

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2*ln(10)/(a-1-ln(a))->x While k<x

k+1->k

e^(-a*(u-1))->u EndWhile

Return u

Remarque : cet algorithme suppose queuk est calculé avec une précision absolue, ce qui ne sera pas le cas. Voici donc un autre algorithme. La suite récurrente étant croissante, on peut se demander ce qu’il se passe lorsqu’elle varie peu. Soit doncε >0 etx tel que x < r(a). On a alors, d’après le théorème de Lagrange,r(a) =f(r(a))≤f(x) + (r(a)− x)m et donc r(a)−x ≤f(x)−x+ (r(a)−x)m, soit r(a) ≤x+ (f(x)−x)/(1−m).

Par conséquent six < r(a) etf(x)≤x+ (1−m)ε, alorsxest une valeur approchée de r(a) par défaut à εprès.

Par ailleurs, par convexité,x > f(x)si et seulement six∈]r(a); 1[et doncxest inférieur à r(a) si et seulement si (x ≤f(x) et x < 1). Un algorithme d’approximation der(a) consiste donc à itérer f jusqu’à ce que la différence entre deux termes successifs soit inférieure à(1−e.a.exp(−a))10⁻². On vérifie alors quexest bien strictement inférieur à 1 et à f(x).

ii. Poura= 2, on a2 ln(10)/(a−1−ln(a)) = 2 ln(10)/(1−ln(2))'15.01 et il suffit donc prendre k= 16 dans l’algorithme précédent.

Pour a = 4, 2 ln(10)/(a−1−ln(a)) = 2 ln(10)/(3−2 ln(2))' 2.9 et il suffit donc de prendre k= 3 dans l’algorithme précédent.

Avec une calculatrice, on obtient u16'0.20poura= 2. Il en résulte0.20< u16<0.21 etL(2)< u₁₆+ 10⁻² <0.22, de sorte que L(2)'0.21à 10⁻² près.

De même pour a= 4, on a u₃ '0.01et donc L(4)'0.02 à10⁻² près.

A 10⁻² près, on aL(2)'0.21 etL(4)'0.02.

Remarque : avec l’autre algorithme, il suffit de prendrek= 4poura= 2 etk= 1 pour a= 4. On peut même alors préciser que0.2et0.01 sont des valeurs approchées deL(2) etL(4) respectivement, à10⁻² par défaut.

6. Allure de la courbe représentative de la fonction a7−→L(a).

(a) On a r(a) = f(r(a)) = exp(ar(a)−a) et, comme L(a) = r(a) pour a > 1, il vient par différentiation (en supposant L de classe C¹), pour tout a > 1, L⁰(a) = (L(a) +aL⁰(a)− 1) exp(aL(a)−a) = (L(a) +aL⁰(a)−1)L(a), i.e.

Lest solution de l’équation différentielle (ay−1)^dy_da =y(1−y) sur]1; +∞[.

(b) Commea >1et0< r(a)<1/a <1, on a L⁰(a) =r(a)(1−r(a))/(ar(a)−1)<0 et donc

L⁰ et L sont respectivement strictement négative et strictement décroissante sur ]1; +∞[.

(c) La fonctionLest continue surR^∗₊\ {1}d’après les questions 2.b et l’hypothèse faite en 6.a.

Elle est prolongeable par continuité en 0, et admet 1 pour limite à gauche en 1 toujours d’après 2.b puisqueL est constante égale à 1 sur]0; 1]. La seule question est donc la limite à droite en 1.

La formule de Taylor-Lagrange permet de trouver unc dans]r(a); 1[ tel que f(r(a)) =f(1) + (r(a)−1)f⁰(1) +(r(a)−1)²

2 f”(c) = 1 + (r(a)−1)

a+a²

2 (r(a)−1)f(c)

et donc, puisque r(a) = f(r(a)) et r(a) −1 6= 0, 1 = a+ ^a₂²(r(a) −1)f(c) ou encore, puisque f ne s’annule pas, L(a) = 1−2(a−1)

a²f(c) avec L(a) < c < 1. Par monotonie de f, on af(L(a)) = L(a) < f(c) <1 et donc, lorsque a tend vers 1, f(c) tend vers 1 puisque L(a)tend vers 1 (et d’après le théorème d’encadrement des limites). D’après l’expression de Carathéodory de la dérivée, il en résulte que la dérivée à droite deLen 1 est −2.

Lest continue sur R+ et sa dérivée à droite en 1 est égale à −2.

(d) Puisque aL(a) < 1 pour a > 1, l’équation différentielle satisfaite par L, montre que L⁰ = L(1−L)/(aL−1)est également de classe C¹ (et en fait, par une récurrence immédiate,L est de classeC^∞) sur]1; +∞[.

En dérivant (aL−1)L⁰ =L(1−L) par rapport à a, il vient (aL−1)L” + (L+aL⁰)L⁰ = L⁰(1−2L) et donc (aL−1)L” = L⁰(1−3L−aL⁰). En multipliant par (aL−1), il vient (aL−1)²L” =L⁰((1−3L)(aL−1)−aL(1−L))ou encore

(aL−1)²L” =−L⁰(1−3L+ 2aL²),

de sorte queL”est du signe de1−3L+ 2aL² puisqueL⁰ est négative. NotonsS = 1−3L+ 2aL².

On a1−3L+ 2aL²= (1−3L/2)²+ (8a−9)L²/4. Et donc sia≥9/8,S≥0.

Pour étudier le cas restant, il faut être plus fin. On suppose donc 1 < a < 9/8. On écrit S= 2a(L−1)²+ (4a−3)(L−1) + 2(a−1)ou encore

S = 2a(r(a)−1)²+ (4a−3)(r(a)−1) + 2(a−1). Par ailleurs la formule de Taylor-Lagrange pourf, montre également

r(a) = 1 + (r(a)−1)a+ (r(a)−1)²a²

2 + (r(a)−1)³a³ 6f(c)

avec r(a) < c < 1 et donc r(a) < f(c) < 1 par monotonie de f. Il vient donc 1 = a+ (r(a)−1)a²/2 + (r(a)−1)²a³f(c)/6 et

0≤a−1 + (r(a)−1)a²

2 + (r(a)−1)²a³ 6 . NotonsT le membre de droite de cette inégalité.