Correction du devoir surveill´ e n˚5

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚5

Exercice 1 (Une application bijective de R³ dans R³ et sa bijection r´eciproque) Soit l’application

f:R³→R³; (x1, x2, x3)7→(x1+x2+x3, x2+x3,−x1+ 2x2+x3).

Montrer quef est bijective et d´eterminer sa bijection r´eciproquef⁻¹. Correction

• On montre que pour tout (y1, y2, y3)∈R³ l’´equationf(x1, x2, x3) = (y1, y2, y3) d’inconnue (x1, x2, x3)∈ R³ poss`ede une unique solution.

Soit (y1, y2, y3)∈R³. Soit (x1, x2, x3)∈R³.

f(x1, x2, x3) = (y1, y2, y3) ⇔ (x1+x2+x3, x2+x3,−x1+ 2x2+x3) = (y1, y2, y3)

⇔







x1 + x2 + x3 = y1

x2 + x3 = y2

−x1 + 2x2 + x3 = y3





deux ´el´ements de R³ sont

´egaux ssi ils sont ´egaux composante par composante.





⇔







x1 + x2 + x3 = y1

x2 + x3 = y2

3x2 + 2x3 = y1+y3 (L3←L3+L1)

⇔







x1 + x2 + x3 = y1

x2 + x3 = y2

−x3 = y1−3y2+y3 (L3←L3−3L2) Le dernier système est échelonné.

(A) D’apr`esL3, on a :

x3=−y1+ 3y2−y3. (B) DeL2 et (A), on d´eduit que :

x2=y2−x3=y2−(−y1+ 3y2−y3) =y1−2y2+y3. (C) DeL2, (A) et (B), on d´eduit que :

x1=y1−x2−x3=y1−(y1−2y2+y3)−(−y1+ 3y2−y3) =y1−y2.

De cette étude, on déduit que l’équation f(x1, x2, x3) = (y1, y2, y3) d’inconnue (x1, x2, x3)∈R³ possède une unique solution :

(y1−y2, y1−2y2+y3,−y1+ 3y2−y3).

Par suite l’applicationf est bijective.

• Par définition, l’application réciproquef⁻¹ def est définie par :

f⁻¹: R³ → R³

(y1, y2, y3) 7→ l’unique solution de l’équationf(x1, x2, x3) = (y1, y2, y3) d’inconnue (x1, x2, x3)∈R³ . D’après la résolution précédente, on a donc :

f⁻¹: R³ → R³

(y1, y2, y3) 7→ (y1−y2, y1−2y2+y3,−y1+ 3y2−y3).

(2)

Exercice 2 (´Etude d’une l.c.i. sur R^∗×R)

On d´efinit la l.c.i.∗ surR^∗×Ren posant pour tout (t1, a1)∈R^∗×R, pour tout (t2, a2)∈R^∗×R: (t1, a1)∗(t2, a2) =

t1t2, t1a2+a1

t2

.

1. Montrer que∗ est associative.

2. La loi∗est-elle commutative ?

3. Montrer quee= (1,0) est neutre pour la loi∗.

4. Soit (t, a)∈R^∗×R. Montrer que (t, a) est inversible pour∗ et pr´eciser l’inverse de (t, a) pour ∗. Correction

1. Soient (t1, a1)∈R^∗×R, (t2, a2)∈R^∗×Ret (t3, a3)∈R^∗×R. Montrons que : ((t1, a1)∗(t2, a2))∗(t3, a3) = (t1, a1)∗((t2, a2)∗(t3, a3)).

On a :

((t1, a₁)∗(t2, a₂))∗(t3, a₃) =

t₁t₂, t₁a₂+a1

t2

∗(t3, a₃)

=



t1t2t3, t1t2a3+

t1a2+a1

t2

t3





=

t1t2t3, t1t2a3+ 1 t3

t1a2+a1

t2

=

t1t2t3, t1t2a3+t1a2

t3

+ a1

t2t3

et

(t1, a1)∗((t2, a2))∗(t3, a3)) = (t1, a1)∗

t2t3, t2a3+a2

t3

=

t1t2t3, t1

t2a3+a2

t3

+ a1

t2t3

=

t1t2t3, t1t2a3+t₁a₂ t3

+ a₁ t2t3

En comparant les formes simplifiées de ((t1, a1)∗(t2, a2))∗(t3, a3) et (t1, a1)∗((t2, a2)∗(t3, a3)) obtenues, il vient que ces deux termes sont tous deux égaux à :

t1t2t3, t1t2a3+t1a2

t3

+ a1

t2t3

.

On a donc : ((t1, a1)∗(t2, a2))∗(t3, a3) = (t1, a1)∗((t2, a2)∗(t3, a3)).

2. On observe que (1,1)∈R^∗×R, (2,1)∈R^∗×Ret que : (1,1)∗(2,1) =

2,1 + 1 2

=

2, 3 2

(2,1)∗(1,1) =

2,2 +1 1

= (2,3).

La loi∗n’est donc pas commutative.

3. Soit (t, a)∈R^∗×R. Montrons que :

(t, a)∗e=e∗(t, a) = (t, a).

On a :

(t, a)∗e= (t, a)∗(1,0) =

t , t×0 +a 1

= (t, a)

(3)

et

e∗(t, a) = (1,0)∗(t, a) =

t ,1×a+0 t

= (t, a).

Par suite : (t, a)∗e=e∗(t, a) = (t, a).

4. Soit (t, a)∈R^∗×R. D´emontrons que (t, a) est inversible pour∗en raisonnant par analyse-synth`ese.

• Analyse

Supposons que (t, a) est inversible pour∗. Alors, par d´efinition, il existe (t^′, a^′)∈R^∗×Rtel que : (t, a)∗(t^′, a^′) = (t^′, a^′)∗(t, a) =e.

De la relation (t, a)∗(t^′, a^′) =e= (1,0), on d´eduit que : (tt^′, ta^′+a

t^′) = (1,0) i.e. que :

( tt^′ = 1 ta^′+ a

t^′ = 0.

DeL1et de t6= 0, on d´eduit que :t^′= 1 t. DeL2et de t^′= 1

t, on d´eduit que :

ta^′+ta= 0 puis que :

ta^′=−ta.

Commet6= 0, il vient :a^′=−a.

Bilan de l’analyse : si (t, a) est inversible pour∗, alors son inverse est 1

t ,−a

.

• Synth`ese

On remarque que 1

t ∈R^∗. On a donc 1

t ,−a

∈R^∗×R. V´erifions que :

(t, a)∗ 1

t ,−a

= 1

t ,−a

∗(t, a) =e= (1,0).

On a :

(t, a)∗ 1

t ,−a

=



t×1

t , t(−a) + a 1 t



= (1,−at+at) = (1,0)

et

1 t ,−a

∗(t, a) = 1

t ×t , 1

t ×a+−a t

= 1, a

t −a t

= (1,0).

En comparant les formes simplifi´ees de (t, a)∗ 1

t ,−a

et 1

t ,−a

∗(t, a) obtenues, il vient que ces deux termes sont tous deux ´egaux `a e= (1,0).

• Conclusion

L’´el´ement (t, a) est inversible pour∗ et son inverse est 1

t,−a

.

(4)

Exercice 3 (Suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2)

Soit (un)n∈N la suite d´efinie paru0= 2,u1= 1 et la relation de r´ecurrence un+2=un+1+ 6un

valable pour toutn∈N.

1. Montrer, à l’aide d’un raisonnement par récurrence avec prédécesseurs, que pour toutn∈N: un= (−2)ⁿ+ 3ⁿ.

2. La suite (un)n∈Nest-elle monotone ?

3. ´Etudier le comportement asymptotique de la suite (un)n∈N. Correction

1. Pour toutn∈N, on pose :

P(n) : un= (−2)ⁿ+ 3ⁿ.

• Initialisation au rang 0

La propriété P(0) s’écrit : u0 = (−2)⁰+ 3⁰, soit u0 = 1 + 1 = 2. Le nombre u0 étant égal à 2 par définition, la propriétéP(0) est vraie.

• Hérédité

Soitn∈Nfix´e. Supposons que :

pour toutk∈J0, nK, la propri´et´eP(k) est vraie i.e. que :

pour toutk∈J0, nK,uk= (−2)^k+ 3^k. Montrons que la propri´et´eP(n+ 1) est vraie, i.e. que :

un+1= (−2)ⁿ⁺¹+ 3ⁿ⁺¹. On distingue deux cas.

– Cas o`un= 0

Dans ce cas, on doit montrer P(1). La propriétéP(1) s’écrit : u1 = (−2)¹+ 3¹ =−2 + 3 = 1. Le nombreu1étant égal à 1 par définition, la propriétéP(1) est vraie.

– Cas o`un≥1

Dans ce cas, le nombren−1 appartient àN(c’est pour avoir cette propriété que l’on a scindé l’étude en deux parties). D’après la relation de récurrence vérifiée par la suite (appliquée en rempla¸cant n parn−1∈N), on a :

un+1=un+ 6un−1. D’après l’hypothèse de récurrence généralisée, on sait que :

un= (−2)ⁿ+ 3ⁿ et un−1= (−2)ⁿ⁻¹+ 3ⁿ⁻¹. Ainsi a-t-on :

un+1 = (−2)ⁿ+ 3ⁿ+ 6×((−2)ⁿ⁻¹+ 3ⁿ⁻¹)

= (−2)ⁿ+ 6

|{z}

(−3)×(−2)

×(−2)ⁿ⁻¹+ 3ⁿ+ 6

|{z}

2×3

×3ⁿ⁻¹

= (−2)ⁿ+ (−3)×(−2)×(−2)ⁿ⁻¹+ 3ⁿ+ 2×3ⁿ

= (−2)ⁿ+ (−3)×(−2)ⁿ+ (1 + 2)×3ⁿ

= (1−3)

| {z }

−2

×(−2)ⁿ

| {z }

(−2)ⁿ⁺¹

+ 3ⁿ⁺¹.

(5)

On a donc bien :un+1= (−2)ⁿ⁺¹+ 3ⁿ⁺¹.

• Conclusion

D’après l’initialisation au rang 0, l’hérédité, l’axiome de récurrence avec prédécesseurs, l’identité un= (−2)ⁿ+ 3ⁿ

est vraie, pour toutn∈N.

2. On calcule les trois premiers termes de la suite (un)n∈N.

u0= 2 ; u1= 1 ; u2= (−2)²+ 3²= 13.

Commeu₀> u₁, la suite (un)n∈Nn’est pas croissante.

Commeu1< u2, la suite (un)n∈Nn’est pas d´ecroissante.

La suite (un)n∈Nn’est dont pas monotone.

3. • D´etermination d’un ´equivalent ^≪simple^≫ de un

On a :

un = (−2)ⁿ+ 3ⁿ_n→+∞∼ 3ⁿ car :

(−2)ⁿ= o

n→+∞(3ⁿ).

En effet :

(−2)ⁿ 3ⁿ =

−2 3

n

n→+∞→ 0 car−1<−2

3 <1.

• Nature de la suite(un)n∈N.

Deun_n→+∞∼ 3ⁿ et 3ⁿ_n→+∞→ +∞(car 3>1), on d´eduit que : un_n→+∞→ +∞.

Exercice 4 (Borne inf et borne sup de l’ensemble des termes d’une suite) SoitT la partie deRd´efinie par :

T =

n−1 n+ 1 n ∈N

.

1. Démontrer queT admet un plus petit élément. Qu’en déduire quant à sa borne inférieure ? 2. Démontrer que la borne supérieure deT existe.

3. D´eterminer sup(T).

Correction

1. • Autre forme de n−1

n+ 1, o`u n∈N. Soitn∈N.

n−1

n+ 1 =n+ 1−1−1

n+ 1 = n+ 1 n+ 1 + −2

n+ 1 = 1− 2 n+ 1.

• Conjecture du r´esultat

L’ensembleT est l’ensemble des termes de la suite (un)n∈Nd´efinie par

∀n∈N un= n−1

n+ 1 = 1− 2 n+ 1.

(6)

On vérifie aisément que cette suite est croissante, par exemple en calculant le signe de la différence de deux termes consécutifs (cf. 1^`êrepreuve donnée à la question 3 pour les détails). Par suite, elle est minorée par son premier terme u0 =−1, qui est un élément deT. On conjecture donc que −1 est le plus petit élément deT.

• Preuve du r´esultat

Montrons que −1 est le plus petit ´el´ement de T, i.e. que−1∈T et pour toutt∈T,−1≤t.

(a) Sin= 0, alors n−1

n+ 1 =−1. Donc−1∈T. (b) Soitt∈T. Alors il existen∈Ntel quet=n−1

n+ 1 = 1− 2 n+ 1. n≥0 ⇒ n+ 1≥1 (ajout de 1 `a chaque membre)

⇒ 1

n+ 1 ≤1 (la fonction inverse est d´ecroissante surR⁺^∗)

⇒ −2≤ − 2

n+ 1 (multiplication de chaque membre par (−2)<0)

⇒ −1≤1− 2

n+ 1 (ajout de 1 `a chaque membre)

⇒ −1≤t

• Conclusion

L’ensembleT admet un plus petit élément :−1. Par suite il admet une borne inférieure dansR, qui elle aussi, est égale à−1.

2. • L’ensembleT est non vide (on a vu par exemple que−1∈T).

• Soitt∈T. Alors il existen∈Ntel quet= n−1

n+ 1 = 1− 2

n+ 1. La quantit´e 2

n+ 1

étant positive, on en déduit quet≤1.Par suite, l’ensembleT est majoré par 1.

• La partie T de Rest non vide et majorée. D’après la propriété de la borne supérieure,T admet une borne supérieure dansR.

3. • Conjecture du r´esultat

On a déjà établi que 1 est un majorant deT. Comme n−1

n+ 1 = 1− 2

n+ 1 _n→+∞→ 1

on trouvera des éléments deT aussi près de 1 que l’on souhaite. On conjecture alors que 1 est la borne supérieure deT.

On va donner deux preuves de ce r´esultat.

(7)

• 1^`êrepreuve du résultat : avec le théorème de convergence monotone (cf. partie 1 du problème 2)

– La suite (un)_n∈Nest croissante. En effet sin∈N: un+1−un = 1− 2

(n+ 1) + 1−

1− 2 n+ 1

= 2

n+ 1− 2 n+ 2

= 2(n+ 2)−2(n+ 1) (n+ 1)(n+ 2)

= 2

(n+ 1)(n+ 2)

> 0.

– La suite (un)n∈Nest major´ee par 1 (cf. solution de la question 2).

– D’après le théorème de convergence monotone, la suite (un)n∈N converge vers la borne supérieure de l’ensemble de ses termes, i.e. :

un →

n→+∞sup

n∈N

(un) = sup(T)∈R. D’autre part, on a :

un= 1− 2

n+ 1 _n→+∞→ 1.

Par unicit´e de la limite, on a donc sup(T) = 1.

• 2^`ême preuve du résultat : avec la propriété d’Archimède

On a déjà établi que 1 est un majorant de T. Pour voir que 1 est le plus petit des majorants de T, i.e.

sa borne supérieure, il reste à établir que :

∀ε >0 ∃t∈T 1−ε < t ou bien, compte tenu de la d´efinition de l’ensembleT, que :

∀ε >0 ∃n∈N 1−ε < n−1

n+ 1 = 1− 2 n+ 1. Soitε >0. Soitn∈N.

1−ε <1− 2

n+ 1 ⇔ −ε <− 2

n+ 1 (soustraction de 1 `a chaque membre)

⇔ ε > 2

n+ 1 (multiplication par (−1)<0 de chaque membre)

⇔ 1

ε < n+ 1

2 (la fonction inverse est strictement d´ecroissante surR^+∗)

⇔ 2

ε < n+ 1 (multiplication par 2>0 de chaque membre)

⇔ 2

ε −1< n (soustraction de 1 `a chaque membre) On a donc :

∀n∈N 1−ε <1− 2 n+ 1 ⇔ 2

ε−1< n. (1)

(8)

D’après la propriété d’Archimède, il existen0∈Ntel que : 2

ε−1< n0. De (1), on en d´eduit que :

1−ε <1− 2 n0+ 1.

Exercice 5 (Une suite qui diverge vers +∞est minor´ee)

Soit (un)n∈N une suite qui diverge vers +∞. Par définition de la divergence vers +∞, on a donc la propriété suivante.

Pour toutA >0, il existen0∈Ntel que pour toutn∈N: n≥n0⇒un ≥A.

Montrer que la suite (un)n∈Nest minor´ee.

Correction

• En appliquant la propriété rappelée dans l’énoncé avecA= 1>0, on obtient qu’il existen0 tel que :

∀n∈N n≥n0⇒un≥1. (2)

• L’ensemble{u0, . . . , un0}est fini (on pourrait penser à considérer plutôt l’ensemble{u0, . . . , un0−1}, mais il y aurait un souci de définition dans le cas oùn0= 0, car alorsun0−1 ne serait pas défini). L’ensemble {u0, . . . , un0}admet donc un plus petit élément. On le noteα. On a donc :

∀n∈N n≤n0⇒un≥α. (3)

• Posonsm= min(1, α). On a alors :

1≥m (4)

α≥m. (5)

De (2), (4) et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit :

∀n∈N n≥n0⇒un≥m. (6) De (3), (5) et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit :

∀n∈N n≤n0⇒un≥m. (7) En rassemblant (6) et (7), on obtient alors :

∀n∈N un≥m, (8)

i.e. la suite (un)n∈Nest minor´ee parm.

Problème 1 (Étude de l’application def:R²→R²; (x1, x2)7→(x1+x2, x1x2)) 1. Somme et produit des racines d’un polynôme de degré 2

Soit (y1, y2)∈R².

(a) Soit (x1, x2)∈R². Montrer que :

x1+x2=y1 et x1x2=y2

si et seulement six1et x2 sont les racines du polynômeX²−y1X+y2. (b) En déduire une CNS sur (y1, y2)∈R² pour que le système :

(S) :

x1+x2 = y1

x1x2 = y2

d’inconnue (x1, x2)∈R² admette une solution.

(9)

2. Etude d’une application de´ R² dans R² Soit l’application

f: R²→R²; (x1, x2)7→(x1+x2, x1x2).

(a) L’applicationf est-elle injective ?

(b) D´emontrer que l’applicationf n’est pas surjective.

(c) Rappeler la définition de l’ensemblef(R²), le déterminer, puis le représenter graphiquement.

Correction

1. Soit (y1, y2)∈R².

Remarque : Dire que deux réelsx1 etx2 sont les racines du polynômeX²−y1X+y2signifie que l’ensemble des racines du polynômeX²−y1X+y2 est{x1, x2}, les nombresx1 etx2 pouvant être confondus.

(a) Remarque : Le résultat demandé ici a été prouvé en classe (cf. partie XII ≪Racines d’un polynôme de degré 2 à coefficients complexes^≫ du chapitre II^≪Nombres complexes^≫). La formulation diffère, mais les mêmes arguments peuvent être utilisés.

Soit (x1, x2)∈R². Montrons que :

(x1+x2=y1et x1x2=y2) ⇔ (x1 et x2 sont les racines du polynˆomeX²−y1X+y2).

⇒ Supposons quex1+x2=y1 etx1x2=y2. Montrons que :

x1et x2 sont les racines du polynˆomeX²−y1X+y2. Commex1+x2=y1 etx1x2=y2, on a la factorisation suivante :

X²−y1X+y2=X²−(x1+x2)X+x1x2= (X−x1)(X−x2).

de laquelle on d´eduit que les racines deX²−y1X+y2sontx1 etx2(Rest int`egre).

⇐ Supposons que les racines du polynˆomeX²−y1X+y2 sontx1et x2. Montrons que : x1+x2=y1 etx1x2=y2.

Le polynˆomeX²−y1X+y2 admettant (au moins) une racine r´eelle (x1 par exemple), son discri- minant

∆ =y₁²−4y2

est positif ou nul.

– Cas o`u ∆ =y²₁−4y2= 0

Dans ce cas,X²−y1X+y2 poss`ede une unique racine : y1

2.

Commex1 et x2 sont racines deX²−y1X+y2, on a donc : x1=x2= y1

2. On en d´eduit que :

x1+x2=y1

(10)

et

x1x2 = y₁² 4

= 4y2

4 (de ∆ =y²₁−4y2= 0, on d´eduity²₁= 4y2)

= y2. – Cas o`u ∆ =y²₁−4y2>0

Dans ce cas, l’ensemble des racines deX²−y1X+y2 est donc : (y1−p

y²₁−4y2

2 , y1+p

y₁²−4y2

2

) .

Or par hypoth`ese l’ensemble des racines deX²−y1X+y2est : {x1, x2}.

On en d´eduit que : x1= y1−p

y²₁−4y2

2 et x2= y1+p

y₁²−4y2

2

!

ou x1=y1+p

y₁²−4y2

2 etx2=y1−p

y²₁−4y2

2

! .

Dans les deux cas, on a :

x₁+x₂ = y1−p

y²₁−4y2

2 +y1+p

y₁²−4y2

2

= y1

et

x1x2 = y1−p

y₁²−4y2

2

! y1+p

y²₁−4y2

2

!

= 1

4

y1−p

y₁²−4y2 y1+p

y₁²−4y2

= 1

4 y²₁− y₁²−4y2

(cf. 3^`^emeidentit´e remarquable)

= y2. – Conclusion

Quel que soit le cas dans lequel on se trouve, on ax1+x2=y1et x1x2=y2. (b) Soit (y1, y2)∈R². De la question 1.(a), on d´eduit que :

(S) poss`ede une solution dansR²⇔

le polynômeX²−y1X+y2admet une unique racine réelle ou deux racines réelles

.

Or, on sait que :

le polynômeX²−y1X+y2admet une unique racine réelle ou deux racines réelles.

⇔

le discriminanty²₁−4y2

deX²−y1X+y2 est positif ou nul

.

Par transitivit´e de l’´equivalence, on a donc :

(S) poss`ede une solution dansR²⇔y²₁−4y2≥0. (9)

(11)

2. (a) L’application f n’est pas injective. En effet f(1,2) =f(2,1) = (3,2). Par suite (3,2)∈R² possède strictement plus d’un antécédent parf.

(b) On a les ´equivalences suivantes :

f surjective ⇔ ∀(y1, y2)∈R² ∃(x1, x2)∈R² f(x1, x2) = (y1, y2)

⇔ ∀(y1, y2)∈R² ∃(x1, x2)∈R²

x1+x2 = y1

x1x2 = y2

⇔ ∀(y1, y2)∈R² le syst`eme

x₁+x₂ = y₁

x₁x₂ = y₂ poss`ede une solution (x1, x2)∈R²

⇔ ∀(y1, y2)∈R² y²₁−4y2≥0 (cf. (9)).

Or la dernière assertion est fausse. Un contre-exemple étant, par exemple, donné par (y1, y2) = (0,1).

Ayant raisonné par équivalences, on en déduit que f n’est pas surjective.

(c) On a :

f(R²) =

(y1, y2)∈R² : ∃(x1, x2)∈R² f(x1, x2) = (y1, y2)

=

(y1, y2)∈R² : ∃(x1, x2)∈R²

x1+x2 = y1

x1x2 = y2

=

(y1, y2)∈R² : le syst`eme

x1+x2 = y1

x1x2 = y2 poss`ede une solution (x1, x2)∈R²

=

(y1, y2)∈R² : y₁²−4y2≥0 (cf. (9)).

=

(y1, y2)∈R² : y2≤y₁² 4

On fixe un repère orthonormé du plan (O;−→i ,−→j) du plan. En identifiant un point du plan avec ses coordonnées dans le repère (O;−→

i ,−→

j), l’ensemble f(R²) est la partie du plan située sous la parabole d’équation cartésienney2= y₁²

4 parabole, la parabole ´etant incluse (cf. partie gris´ee ci-dessous).

y2=y²₁ 4 y2

y1 1

2 3

−1

−2

−3

1 2 3

−1

−2

−3

(12)

Problème 2 (Étude d’une suite récurrente)

1. Démonstration d’un résultat de convergence Soit (un)n∈Nune suite croissante et majorée.

(a) SoitA={un |n∈N}. Justifier que la borne sup´erieure deAexiste.

(b) On noteα∈R la borne sup´erieure deA. Soit ε >0. Montrer qu’il existen0 ∈N tel que pour tout n∈N:

n≥n0⇒α−ε < un ≤α.

(c) En revenant à la définition de la limite, déduire de (b) que la suite (un)n∈N converge versα.

2. Etude d’une fonction auxiliaire´ Soit la fonction :

f:R⁺→R; x7→√ x+ 1.

(a) Étudier les variations de f surR⁺. (b) Résoudre l’inéquation

(I) : f(x)> x d’inconnuex∈R⁺.

(c) R´esoudre l’´equation

(E) : f(x) =x d’inconnuex∈R⁺.

(d) D´eduire de (b) et (c) le signe def(x)−xpour toutx∈R⁺.

(e) Interpréter géométriquement le résultat obtenu en (d).On écrira trois phrases.

(f) Sur le même graphique, tracer l’allure de la courbe représentative def ainsi que la première bissectrice.

3. Etude d’une suite r´´ ecurrente

Soit (un)n∈Nla suite d´efinie paru0= 1 et la relation de r´ecurrence un+1=√

un+ 1 valable pour toutn∈N.

(a) Montrer, `a l’aide d’un raisonnement par r´ecurrence, que pour toutn∈N: un existe et 1≤un≤3.

(b) Écrire une procédure Maple, nommée Terme, d’argument un entier naturel n, qui retourne la valeur un.

(c) Compl´eter le graphique de la question 2.(f), en tra¸cant les premiers termes de la suite (un)n∈N.On laissera apparents les traits de construction.

(d) Montrer que la suite (un)n∈N est strictement croissante.

(e) Jusitifier que la suite (un)n∈Nest convergente.

(f) Soitα∈Rla limite de la suite (un)n∈N. Prouver que :

1≤α≤3 et α+ 1 =α². (g) D´eduire de (f) la valeur deα.

(h) D´emontrer que pour toutn∈N:

|un+1−α| ≤ 1

√1 +α|un−α|.

(13)

(i) D´eduire de (h) que pour toutn∈N:

|un−α| ≤ 1

√1 +α ⁿ

|u0−α|

(j) Donner un entier naturelntel que :

α−10⁻⁶≤un≤α+ 10⁻⁶. Correction

1. Soit (un)n∈Nune suite croissante et major´ee.

(a) • L’ensembleA={un|n∈N} est non vide, puisqu’il contient (par exemple) le nombreu0.

• La suite (un)n∈N´etant major´ee, il existe M ∈Rtel que :

∀n∈N un≤M.

L’ensembleA={un|n∈N} est donc major´e.

• L’ensemble A est non vide et majoré. D’après la propriété de la borne supérieure, il admet donc une borne supérieure dansR.

(b) On noteα∈Rla borne sup´erieure deA. Soitε >0.

Le nombre α est le plus petit des majorants de l’ensemble A. Comme ε > 0, le nombre α−εest strictement inf´erieur `a α. Par suite, α−εn’est pas un majorant de A={un|n∈N}, i.e. il existe n0∈Ntel que :

α−ε < un0. (10)

Soitn∈Ntel quen≥n0.

• La suite (un)n∈N´etant croissante, on a :

un0 ≤un. (11)

De (10), (11), on d´eduit que :

α−ε < un. (12)

• Le nombreαest la borne sup´erieure de A. C’est en particulier un majorant deA. Ainsi a-t-on :

un≤α. (13)

• De (12) et (13), on d´eduit alors :

α−ε < un≤α.

Conclusion : pout tout n∈N:

n≥n0⇒α−ε < un ≤α.

(c) Il s’agit de prouver que pour toutε >0, il existen0∈Ntel que pour tout n∈N: n≥n0⇒ |un−α| ≤ε.

Soitε >0. D’apr`es le r´esultat de la question 1.(b), il existen0∈Ntel que pour toutn∈N: n≥n0⇒α−ε < un ≤α.

Soitn∈N. Alors on a :

α−ε < un≤α ⇒ α−ε≤un≤α

⇒ α−ε≤un≤α≤α+ε (carε >0)

⇒ α−ε≤un≤α+ε (transitivit´e de la relation d’ordre)

⇒ −ε≤un−α≤ε (soustraction deα`a chaque membre)

⇒ |un−α| ≤ε (car sia∈R⁺ etX ∈R, alors|X| ≤assi−a≤X ≤a).

Ainsi (par transitivit´e de l’implication) a-t-on pour toutn∈N: n≥n0⇒ |un−α| ≤ε.

(14)

2. (a) La fonction

f1:R⁺→R⁺; x7→x+ 1.

est bien d´efinie (six∈R⁺, alorsx+ 1∈R⁺) et est strictement croissante surR⁺ (fonction affine de pente 1 strictement positive).

La fonction

f2:R⁺→R; x7→√ x est strictement croissante.

La composéef2◦f1 est bien définie (l’ensemble de départ def2co¨ıncidant avec l’ensemble d’arrivée def1) et on a : on a :

f =f2◦f1.

La fonction f est strictement croissante sur R⁺, comme compos´ee de deux fonctions strictement croissantes sur leurs ensembles de d´efinition respectifs.

(b) Soitx∈R⁺. f(x)> x ⇔ √

x+ 1> x

⇔ x+ 1> x² (√

x+ 1≥0,x≥0 et la fonction carr´ee est strictement sur R⁺)

⇔ x²−x−1<0 (soustraction dex+ 1 à chaque membre) Le polynômeX²−X−1 admet deux racines réelles :

1−√ 5

2 <0 et 1 +√ 5 2 >0.

Les r´esultats sur les signes se d´eduisent du fait que √

5 >1 (5 >1 et la fonction racine carr´ee est strictement croissante sur R⁺). Par suite :

x²−x−1<0 ⇔ 1−√ 5

2 < x < 1 +√ 5

2 (cf. résultats sur le signe d’un trinôme du second degré)

⇔ 0≤x < 1 +√ 5

2 (carx∈R⁺)

L’ensemble solution de l’in´equationf(x)> xd’inconnuex∈R⁺ est donc :

"

0,1 +√ 5 2

"

.

(c) De fa¸con analogue `a ce que l’on a fait en 2.(b), on montre que l’ensemble solution de l’´equation f(x) =xd’inconnuex∈R⁺ est :

(1 +√ 5 2

) .

(d) De 2.(b) et 2.(c), on d´eduit le tableau de signes suivant.

x 0 1 +√

5

2 +∞

Signe def(x)−x + 0 −

(e) On fixe un repère du plan (O;−→i ,−→j). Soit C^f la courbe représentative de f et soit ∆ la première bissectrice (i.e. la droite d’équationy=x).

• La courbe C^f est au-dessus de la droite ∆ au-dessus de l’intervalle

"

0,1 +√ 5 2

"

.

• La courbe C^f et la droite ∆ se coupent au point d’abscisse 1 +√ 5 2 .

(15)

• La courbe C^f est en dessous de la droite ∆ au-dessus de l’intervalle

#1 +√ 5 2 ,+∞

"

. (f) Repr´esentations graphiques deC^f et ∆

1 2 3 4 5 6

−1

1 2 3 4 5 6 7 8

C^f

∆

1 +√ 5 2

×

3. Remarque : Notons que la relation de récurrence vérifiée par la suite (un)n∈N se réécrit :

∀n∈N un+1=f(un).

(a) Pour toutn∈N, on pose :

P(n) : un existe et 1≤un≤3.

• Initialisation

La propriétéP(0) s’écrit :

u0 existe et 1≤u0≤3.

Le nombreu0 étant par hypothèse égale à 1, la propriétéP(0) est vraie.

Soitn∈Nfixé. Supposons la propriétéP(n) vraie, i.e. :

un existe et 1≤un≤3.

Montrons que la propri´et´eP(n+ 1) est vraie, i.e. :

un+1 existe et 1≤un+1≤3.

(16)

Le nombreun∈[1,3]⊂R⁺. Commeunappartient au domaine de d´efinition def, on peut calculer un+1=f(un). Par suite, le nombre un+1existe.

D’apr`es la question 2.(a), la fonctionf est (strictement) croissante surR⁺. Ainsi de 1≤un ≤3, on d´eduit :

f(1)≤f(un)≤f(3)

i.e. √

2≤un+1≤2.

Or 1≤√

2 (1<2 et la fonction racine carr´ee est croissante surR⁺) et 2≤3. Par transitivit´e de la relation d’ordre, on a donc :

1≤un+1≤3.

• Conclusion

De l’initialisation à n = 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que pour tout n∈N:

un existe et 1≤un≤3.

(b) La proc´edure suivante calcule le terme de rangn(n∈Npass´e en argument) de la suite (un)n∈N. Terme := proc(n)

local u , i ; # u contiendra des termes de la suite et i est un compteur

u := 1 ; # initialisation de u `a la valeur 1, valeur du premier terme de la suite for i from 1 to n do

u := sqrt ( u + 1 ) ; # calcul du terme suivant de la suite end do ;

return(u) ; # on renvoie le terme de rang n de la suite end proc ;

(c) Calcul des termesu1et u2 par voie graphique

u0= 1× u^×1 × u2 ^{1 +}^√⁵

2

× C^f

∆

(17)

(d) Montrons que pour toutn∈N,un< un+1, par r´ecurrence.

Pour toutn∈N, on pose :

P(n) : un < un+1.

u0< u1. Oru0= 1 etu1=√

1 +u0=√

2. La propri´et´eP(0) est donc vraie.

Soitn∈Nfixé. Supposons la propriétéP(n) vraie, i.e. : un < un+1. Montrons que la propriétéP(n+ 1) est vraie, i.e. :

u_n+1< u_n+2.

D’après la question 3.(a), on sait queun etun+1 appartiennent à R⁺. Or la fonctionf est strictement croissante sur R⁺. De un< un+1, on déduit donc :

f(un)< f(un+1) i.e.un+1< un+2.

• Conclusion

un < un+1.

(e) La suite (un)n∈Nest croissante (cf. question 3.(d)) et majorée par 3 (cf. question 3.(a)). Elle est donc convergente (cf. théorème de convergence monotone et la partie 1 du problème).

Remarque : On noteα∈Rla limite de la suite(un)n∈Ndans la suite. On a doncα= sup_n∈N(un)≤3.

(f) • On a ´etabli en 3.(a) que pour toutn∈N:

1≤un ≤3.

Par passage à la limite dans une inégalité, il vient : 1≤α≤3.

• On a la relation de r´ecurrence :

∀n∈N un+1=√ un+ 1 qui implique que pour toutn∈N:

u²_n+1=un+ 1. (14)

La suite (un+1)n∈Nest une suite extraite de la suite (un)n∈N. Elle converge donc, elle aussi, vers α. En passant `a la limite dans la relation (14) et en utilisant les op´erations sur les limites, il vient :

α²=α+ 1.

(18)

(g) D’après 3.(f), on sait queαest racine du polynômeX²−X−1 déjà rencontré dans la question 2.(b).

Les racines deX²−X−1 ´etant : 1−√

5

2 <0 et 1 +√ 5 2 >0 on a donc :

α= 1−√ 5

2 <0 ou α= 1 +√ 5 2 >0.

Commeα∈[1,3] (cf. question 3.(f)), on a :

α=1 +√ 5 2 . (h) Deα= 1 +√

5

2 et de la question 2.(c), on d´eduit quef(α) =α(ce que l’on pouvait conjecturer sur la graphique de la question 3.(c)). On a donc :

√1 +α=α. (15)

Soitn∈N. un+1−α = √

1 +un−√

1 +α (cf. relation de r´ecurrence et (15))

= (√

1 +un−√

1 +α)(√

1 +un+√ 1 +α)

√1 +un+√ 1 +α

cf.√ quantit´e conjugu´ee et 1 +un+√

1 +α >0

= 1 +un−(1 +α)

√1 +un+√

1 +α (3^`^emeidentit´e remarquable)

= un−α

√1 +un+√ 1 +α

= 1

√1 +un+√

1 +α (un−α).

De ce calcul, de la multiplicativit´e de la valeur absolue et du fait que

√ 1

1 +un+√

1 +α≥0 on d´eduit que :

|un+1−α| = 1

√1 +un+√

1 +α |un−α|. (16)

Comme√

1 +un≥0 on a : √

1 +un+√

1 +α≥√

1 +α >0.

La fonction inverse étant décroissante sur R^+∗, on en déduit :

√ 1

1 +un+√

1 +α≤ 1

√1 +α.

En multipliant chacun des membres de cette in´egalit´e par |un−α| ≥0, il vient :

√ 1

1 +un+√

1 +α|un−α| ≤ 1

√1 +α |un−α|. i.e.

|un+1−α| ≤ 1

√1 +α |un−α|. d’apr`es (16).

(19)

(i) Montrons, par r´ecurrence, que pour toutn∈N:

|un−α| ≤ 1

√1 +α n

|u0−α|. Pour toutn∈N, on pose :

P(n) : |un−α| ≤ 1

√1 +α n

|u0−α|.

|u0−α| ≤ 1

√1 +α 0

|u0−α| soit

|u0−α| ≤ |u0−α|. Par réflexivité de la relation d’ordre, la propriétéP(0) est vraie.

Soitn∈Nfixé. Supposons la propriétéP(n) vraie, i.e. :

|un−α| ≤ 1

√1 +α n

|u0−α|.

Montrons que la propri´et´eP(n+ 1) est vraie, i.e. :

|un+1−α| ≤ 1

√1 +α n+1

|u0−α|. D’apr`es la question 3.(h), on a :

|un+1−α| ≤ 1

√1 +α|un−α|. (17) En multipliant chaque membre de l’inégalité fournie par l’hypothèse de récurrence par 1

√1 +α≥0, il vient :

√ 1

1 +α |un−α| ≤ 1

√1 +α n+1

|u0−α|. (18) De (17), (18) et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit enfin :

|un+1−α| ≤ 1

√1 +α n+1

|u0−α|.

• Conclusion

|un−α| ≤ 1

√1 +α n

|u0−α|.

(j) On cherche un entier naturelntel que :α−10⁻⁶≤un ≤α+ 10⁻⁶. Soitn∈N. Des ´equivalences :

α−10⁻⁶≤un≤α+ 10⁻⁶ ⇔ −10⁻⁶≤un−α≤10⁻⁶ (soustraction deα`a chaque membre)

⇔ |un−α| ≤10⁻⁶ (car sia∈R⁺ et X∈R, alors|X| ≤assi−a≤X ≤a)

(20)

et du r´esultat de la question 3.(i), on remarque qu’il suffit quenv´erifie 1

√1 +α n

|u0−α| ≤10⁻⁶ pour que l’on ait :

α−10⁻⁶≤un≤α+ 10⁻⁶. D´eterminons donc un entier naturelntel que :

1

√1 +α n

|u0−α| ≤10⁻⁶ Soitn∈N. On a :

1

√1 +α n

|u0−α| ≤10⁻⁶ ⇔

1

√1 +α n

≤ 10⁻⁶

|u0−α|





division de chaque membre par

|u0−α|=

√5−1 2 >0





⇔ −nln(√

1 +α)≤ln

10⁻⁶

|u0−α|

cf. sens de variation et propri´et´es fonctionnelles de ln

⇔ n≥ − ln

10⁻⁶

|u0−α|

ln(√ 1 +α)





division de chaque membre par

−ln(√

1 +α) < 0, cf. ⋆ ci- dessous





Comme|u0−α|=

√5−1

2 , on a 10⁻⁶

|u0−α| <1 (à vérifier rigoureusement, sans l’aide de la calculatrice bien sûr) et par croissance de ln surR^+∗, ln

10⁻⁶

|u0−α|

<0.On a donc− ln

10⁻⁶

|u0−α|

ln(√

1 +α) >0.

L’entier

n=E





− ln

10⁻⁶

|u0−α|

ln(√ 1 +α)





+ 1 =E





− ln

10⁻⁶

|u0−α|

ln(√

1 +α) + 1





=E







6 ln(10) + ln

√5−1 2

!

ln

r3 +√ 5 2

! + 1







est donc un entier naturel et il v´erifie :

n≥ − ln

10⁻⁶

|u0−α|

ln(√

1 +α) . C’est donc un entier qui répond à la question posée.

⋆ Il reste `a justifier le signe de −ln(√

1 +α). Comme α >0, 1 +α >1. La fonction racine carr´ee

´etant strictement croissante surR⁺, on a donc :

√1 +α >1.

La fonction ln ´etant strictement croissante surR^+∗, on en d´eduit : ln(√

1 +α)>0.