Ce problème illustre la complexité du comportement des suites dénies par récurrence dans le cas où la fonction n'est pas monotone. Il introduit à un résultat connu comme

Énoncé

Ce problème illustre la complexité du comportement des suites dénies par récurrence dans le cas où la fonction n'est pas monotone. Il introduit à un résultat connu comme

Période 3 implique chaos.

−1

1

(1, −1)

m b

a

a

^′

Fig. 1: Graphe de f

Partie I. La fonction.

1. Déterminer les réels a , b , c tels que la fonction polynomiale f dénie par

∀ x ∈ R , f (x) = ax

²

+ bx + c vérie f ( − 1) = 0 , f (0) = 1 , f (1) = − 1 .

2. Justier avec un tableau de variations que le graphe présenté en gure 1 est celui de f . Préciser les valeurs de a , m , a

⁰

, b . On ne demande pas de vérier les inégalités suivantes visibles sur le graphe mais on pourra les utiliser dans la suite.

f (x) − x

( < 0 si x / ∈ [a, a

⁰

]

> 0 si x ∈ ]a, a

⁰

[ , a < f (b) < − 1 < m < 0 < a

⁰

< 1 < b 3. Avec des éléments de la chaîne d'inégalités du dessus, exprimer

f (] −∞ , a]), f ([a, m]), f ([m, b]).

En déduire f ([a, b]) ⊂ [a, b] . 4. On dénit une suite (x

n

)

_n∈N

par :

x

₀

∈ R , ∀ n ∈ N , x

_n+1

= f (x

_n

) Étudier cette suite dans les cas suivants

x

₀

< a, x

₀

= a, x

₀

= − 1, x

₀

= 0, x

₀

= a

⁰

, x

₀

= 1.

Partie II. Les outils.

1. Pour u < v réels, soit J = [u, v] et g ∈ C (J, R ) telle que J ⊂ g(J) . Montrer que g admet un point xe dans J c'est à dire qu'il existe x ∈ J tel que g(x) = x (on pourra considérer z et t dans J tels que g(z) = u et g(t) = v ).

2. Soit I un segment de R, f ∈ C (I, R ) et K = [v, V ] ⊂ f (I) avec v < V . On veut montrer qu'il existe α et β dans I tels que K = f ([α, β]) .

Comme [v, V ] ⊂ f (I) , il existe a et b dans I tels que v = f (a) et V = f (b) . On suppose a < b dans les questions a., b., c..

a. Soit A = { x ∈ [a, b] tq f (x) = v }. Montrer que A admet un plus grand élément (noté α ). Montrer que α < b et que

α < x ≤ b ⇒ v < f (x)

b. Soit B = { x ∈ [α, b] tq f (x) = V }. Montrer que B admet un plus petit élément (noté β ). Montrer que α < β et que

α ≤ x < β ⇒ f (x) < V c. Montrer que [v, V ] = f ([α, β]) .

d. Comment faire dans le cas b < a ?

Partie III. Existence de suites périodiques.

On se replace dans le contexte de la première partie en notant I

₋

= [ − 1, 0] et I

₊

= [0, 1] . On veut montrer qu'il existe un c ∈ I

+

tel que

f ◦ f ◦ f ◦ f (c) = c avec f (c) 6 = c, f ◦ f (c) 6 = c, f ◦ f ◦ f (c) 6 = c On pourra noter f

ⁱ

= f ◦ f ◦ · · · ◦ f

| {z }

ifois

.

1. Préciser f (I

−

) et f (I

+

) avec a , f (b) , m , a

⁰

et b . En déduire I

₊

⊂ f (I

₋

), I

₋

⊂ f (I

₊

), I

₊

⊂ f (I

₊

) 2. a. Montrer qu'il existe des segments K

1

, K

2

, K

3

, K

4

tels que

(K

₁

⊂ I

₊

et f (K

₁

) = I

₊

) , (K

₂

⊂ K

₁

⊂ I

₊

et f (K

₂

) = K

₁

) ,

(K

3

⊂ I

−

et f (K

3

) = K

2

) , (K

4

⊂ I

+

et f (K

4

) = K

3

) b. Reproduire sur votre copie la gure 1 et présenter les segments K

₁

, K

₂

, K

₃

, K

₄

estimés graphiquement.

3. Montrer qu'il existe c ∈ K

₄

tel que f

⁴

(c) = c .

4. Pour le c déni dans la question précédente, montrer que

(c = f (c) ⇒ c = 0) , (c = f ◦ f (c) ⇒ f (c) = 0) , c = f

³

(c) ⇒ c = 0 Conclure.

5. Montrer qu'il existe c

2

∈ I

+

tel que f (c

2

) 6 = c

2

et f ◦ f (c

2

) = c

2

.

6. Montrer que, pour tout entier n ≥ 3 , il existe c

_n

∈ I

₊

tel que la suite dénie par récurrence avec la condition initiale c

n

soit périodique de plus petite période n .

Corrigé

Partie I. La fonction.

1. Les conditions se traduisent par un système de 3 équations aux inconnues a , b , c



 

 

a − b + c = 0 c = 1 a + b + c = − 1

⇔



 

 

c = 1 a − b = − 1 a + b = − 2

⇔



 

 



 

 

 c = 1

a = − 3 2 b = − 1 2

La seule fonction polynomiale f de degré 2 vériant f ( − 1) = 0 , f (0) = 1 et f (1) = − 1 est donc

f (x) = − 3 2 x

²

− 1

2 x + 1

2. Le graphe présenté est bien celui d'une fonction du second degré (parabole) dont le coecient de x

²

est strictement négatif. Le calcul de la dérivée permet d'obtenir m et b = f (m) .

f

⁰

(x) = − 3x − 1

2 ⇒ m = − 1

6 et b = 25

24 La recherche des points xes se fait en résolvant f (x) − x = 0

f (x) − x = − 3 2 x

²

− 3

2 x + 1, ∆ = 33 4 ⇒ a = −

√ 33 + 3

6 ' − 1.46, a

⁰

=

√ 33 − 3 6 ' 0.46 Sur le graphe gurent aussi les trois points fondamentaux

( − 1, 0) = ( − 1, f ( − 1)), (0, 1) = (0, f(0)), (1, − 1) = (1, f (1))

3. La fonction f est strictement croissante sur ] −∞ , a] et diverge vers −∞ en −∞ donc f (] −∞ , a]) = ] −∞ , f (a)] = ] −∞ , a] car a est un point xe.

La fonction est strictement croissante aussi sur [a, m] donc f ([a, m]) = [f (a), f(m)] = [a, b] car b = f (m).

La fonction est strictement décroissante sur [m, b] donc

f ([m, b]) = [f (b), f (m)] = [f(b), b] ⊂ [a, b] ( car a < f(b))

Comme f ([a, m]) et f ([m, b]) sont inclus dans [a, b] , le segment [a, b] est stable.

4. L'intervalle ] −∞ , a] est stable donc la suite dénie par récurrence par la condition initiale x

0

avec x

0

< a est bien dénie et tous les x

n

sont dans ] −∞ , a] . De plus f (x

₀

) < x

₀

d'après l'étude des signes et la fonction f est strictement croissante dans l'intervalle considéré. On en tire

x

1

< x

0

⇒ x

2

= f (x

1

) < f (x

0

) = x

1

⇒ · · ·

La suite est donc décroissante et tous les x

_n

sont strictement plus petits que x

₀

donc plus petits que a . Si la suite convergeait, comme f est continue, sa limite serait un point xe de f strictement plus petit que a . Or il n'existe pas de tel point xe donc la suite diverge vers −∞.

Si x

0

= a ou a

⁰

(points xes), la suite est constante de valeur a ou a

⁰

.

Si x

0

= − 1 ou 0 ou 1 , la suite est périodique de période 3 . Elle prend successivement les valeurs − 1 , 0 , 1 .

Partie II. Les outils.

1. On suppose [u, v] ⊂ g([u, v]) . Comme l'énoncé nous y invite, considérons z et t dans [u, v] tels que g(z) = u et g(t) = v . Considérons aussi la fonction (évidemment continue)

ϕ :

( [u, v] → R x 7→ g(x) − x Alors :

ϕ(z) = g(z) − z = u − z ≤ 0 car z ∈ [u, v]

ϕ(t) = g(t) − t = v − t ≥ 0 car t ∈ [u, v]

Si une des inégalités est une égalité, elle est associée à un point xe. Si les deux inégalités sont strictes, on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires dans l'intervalle d'extrémités z et t . Il existe c entre z et t tel que ϕ(c) = 0 c'est à dire g(c) = c .

2. Comme [v, V ] ⊂ f (I) , il existe a et b dans I tels que f (a) = v et f (b) = V . On suppose dans les trois premières sous-questions que a < b .

a. La partie A est non vide car elle contient a . Comme elle est par dénition incluse dans [a, b] , elle est majorée par b . Elle admet donc (propriété fondamentale de R) une borne supérieure notée α . De a ∈ A , on déduit a ≤ α et de b majorant de A , on déduit α ≤ b donc α ∈ [a, b] .

D'après le cours, α est la limite d'une suite (a

_n

)

_n∈N

d'éléments de A qui converge

vers α . La suite (f (a

n

))

_n∈N

est constante de valeur v (par dénition de A ) et elle converge vers f(α) car f est continue en α . On obtient donc f (α) = v c'est à dire α ∈ A donc α = max A .

Comme α = max A , si x ∈ ]α, b] alors x / ∈ A donc f (x) 6 = v .

Si f (x) < v , on applique le théorème des valeurs intermédiaires dans [x, b] et il existe c ∈ ]x, b[ tel que f (c) = v en contradiction avec α = max A . Ceci montre que f (x) > v .

b. On raisonne comme dans la question précédente. La partie B est non vide (car b ∈ B ), minorée par α (car B ⊂ [α, b] ) ; elle admet donc une borne inférieure β ∈ [α, b] . On approche β par une suite d'éléments de B , on en déduit f (β) = V par continuité de f en β donc β ∈ B et β = min B .

Comme β = min B , si x ∈ [α, β[ alors x / ∈ B donc f (x) 6 = V .

Si f (x) > V , on applique le théorème des valeurs intermédiaires dans [α, x] et il existe c ∈ ]α, x[ tel que f(c) = V en contradiction avec β = min B . Ceci montre que f (x) < V .

c. Les implications des questions a. et b. montrent que f ([α, β]) ⊂ [v, V ] . Récipro- quement, pour tout y ∈ ]v, V [=]f (α), f (β)[ , il existe x ∈ ]α, β[ tel que f (x) = y à cause du théorème des valeurs intermédiaires.

d. Dans le cas où b < a , on peut se ramener au cas traité en considérant la fonction x 7→ f ( − x) qui a pour eet de renverser le domaine de dénition.

Partie III. Existence de suites périodiques.

1. D'après l'étude des variations de la première partie f (I

₋

) = [0, f (m)] = [0, b]

Comme 1 < b , on a bien I

₊

= [0, 1] ⊂ [0, b] = f (I

₋

) . Dans I

₊

la fonction est décroissante

f (I

+

) = f([0, 1]) = [f (1), f (0)] = [ − 1, 1] = I

−

∪ I

+

On en déduit I

₋

⊂ f (I

+

) et I

+

⊂ f(I

+

) .

2. a. Comme I

+

⊂ f (I

+

) , le résultat de la question II.2. montre qu'il existe un segment K

1

⊂ I

+

tel que f (K

1

) = I

+

.

De même K

1

⊂ I

+

s'écrit aussi K

1

⊂ f (K

1

) par dénition de K

1

. On peut encore appliquer II.2. : il existe K

2

⊂ K

1

⊂ I

+

tel que f (K

2

) = K

1

.

Utilisons maintenant I

₊

⊂ f (I

₋

) , on en déduit K

₂

⊂ f (I

₋

) car K

₂

⊂ I

₊

. Toujours

d'après II.2., il existe K

3

⊂ I

−

tel que f (K

3

) = K

2

.

Utilisons enn I

−

⊂ f (I

+

) . De K

3

⊂ I

−

⊂ f (I

+

) , on déduit avec II.2. qu'il existe K

₄

⊂ I

₊

tel que f (K

₄

) = K

₃

.

b. La segments estimés graphiquement sont présentés en gure 2. Ils sont légèrement décalés verticalement de l'axe des abscisses pour être mieux visibles.

3. Par construction des segments f (K

₁

) = I

₊

, f (K

₂

) = K

₁

, f (K

₃

) = K

₂

et f (K

₄

) = K

₃

. On en déduit f

⁴

(K

₄

) = I

₊

donc

K

4

⊂ f

⁴

(K

4

)

car K

₄

⊂ I

₊

. On peut appliquer la question II.1. avec la fonction continue g = f

⁴

. Il existe donc un c ∈ K

₄

tel que f

⁴

(c) = c .

4. D'après la dénition des segments :

(c ∈ K

₄

⇒ c ∈ I

₊

) , (f (c) ∈ f (K

₄

) = K

₃

⇒ f(c) ∈ I

₋

) , f

²

(c) ∈ f (K

₃

) = K

₂

⇒ f

²

(c) ∈ I

₊

,

f

³

(c) ∈ f (K

2

) = K

1

⇒ f

³

(c) ∈ I

+

Si c = f (c) alors ce nombre est dans I

₊

∩ I

₋

donc c = 0 ce qui est impossible car f (0) = 1 .

Si c = f

²

(c) alors f (c) = f

³

(c) donc ce nombre est dans I

+

∩ I

₋

donc f (c) = 0 ce qui est impossible car f

³

(c) = f

²

(0) = − 1 .

De même c = f

³

(c) est impossible car cela entraine f (c) = f

⁴

(c) = c déjà traité. On en conclut que c répond bien à la question. La suite dénie par récurrence à partir de c est périodique de plus petite période 4 .

5. Comme I

+

⊂ f (I

₋

) , d'après II.2., il existe J

1

⊂ I

₋

tel que f (J

1

) = I

+

. Comme I

₋

⊂ f (I

+

) , il existe J

2

⊂ I

+

tel que f (J

2

) = J

1

. On a donc f

²

(J

2

) = I

+

puis J

2

⊂ f

²

(J

2

) . On peut appliquer II.1. à f

²

et en déduire l'existence d'un point xe c

2

∈ J

2

⊂ I

+

de f

²

. Comme f (c

2

) ∈ J

1

⊂ I

−

, f (c

2

) = c

2

impliquerait c

2

= 0 ce qui est absurde.

6. On peut supposer n ≥ 5 car les cas n = 2 et 4 ont été traités et 0 est de période 3 par

dénition. On utilise la même méthode que pour 4 et reprenant les mêmes notations.

I

+

⊂ f (I

+

) ⇒ ∃ K

1

⊂ I

+

tq f (K

1

) = I

+

K

₁

⊂ I

₊

= f (K

₁

) ⇒ ∃ K

₂

⊂ K

₁

tq f (K

₂

) = K

₁

K

2

⊂ K

1

= f (K

2

) ⇒ ∃ K

3

⊂ K

2

tq f (K

3

) = K

2

· · ·

K

n−3

⊂ K

n−4

= f (K

n−3

) ⇒ ∃ K

n−2

⊂ K

n−3

tq f (K

n−2

) = K

n−3

K

_n−2

⊂ I

+

= f (I

₋

) ⇒ ∃ K

_n−1

⊂ I

₋

tq f (K

_n−1

) = K

_n−2

K

_n−1

⊂ I

₋

= f (I

₊

) ⇒ ∃ K

_n

⊂ I

₊

tq f (K

_n

) = K

_n−1

On a fabriqué ainsi un segment K

_n

⊂ I

₊

tel que f

ⁿ

(K

_n

) = I

₊

donc K

_n

⊂ f

ⁿ

(K

_n

) donc (II.1. appliqué à f

ⁿ

dans K

_n

) il existe c

_n

∈ K

_n

tel que f

ⁿ

(c

_n

) = c

_n

.

Il reste à montrer que

∀ k ∈ J 1, n − 1 K , f

^k

(c

_n

) 6 = c

_n

Remarquons que c

n

∈ K

n

⊂ I

+

, f (c

n

) ∈ K

_n−1

⊂ I

₋

et pour tous les k ≥ 2 , f

^k

(c

n

) ∈ I

+

. Autrement dit, tous les f

^k

(c

n

) sont dans I

+

sauf f (c

n

) qui est dans I

₋

et on a déjà utilisé que l'intersection des deux intervalles se réduit à 0 .

Si f

ⁿ⁻¹

(c

n

) = c

n

, en composant par f , on obtient c

n

= f (c

n

) donc égal à 0 ce qui est impossible. Supposons k ∈ J 1, n − 2 K et f

^k+1

(c

n

) = f (c

n

) . On obtient une contradiction car l'un est dans I

+

et l'autre dans I

−

. La plus petite période est donc bien n .

c

n

= f

ⁿ

(c

n

) = f

^n−k

(c

n

)

−1

1

(1, −1) I

+

1 K

1

K

₂

K

3

K

4

Fig. 2: Segments K

1

, K

2

, K

3

, K

4