Correction du devoir surveill´ e n˚3

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚3

Exercice 1 : Spectre d’un polynôme et système linéaire

1. Déterminer l’ensemble des racines réelles du polynômeX³+X²−X−1.

2. Soitλ∈R. On lui associe le syst`eme lin´eaire Sλ :







x + 2y − z = 0

−x + y − 2z = 0 (1 +λ)x + λ²y + λ³z = 0 d’inconnue (x, y, z)∈R³.

(a) Montrer que :

rang(Sλ) = 3⇐⇒(λ6= 1 etλ6=−1).

(b) On suppose ici queλ /∈ {−1,1}. D´eterminer l’ensemble solution deSλsans effectuer aucun calcul.

(c) Résoudre le systèmeSλdans le cas oùλ=−1.

(d) Résoudre le systèmeSλdans le cas oùλ= 1.

Correction

1. On remarque que 1 est racine du polynˆomeP =X³+X²−X−1. En effet : P(1) = 1³+ 1²−1−1 = 0.

D’après le cours, il existe un unique polynômeQde degré 2 tel que : P = (X−1)Q.

Soient a0, a1, a2∈Rles coefficients deQ. On a doncQ=a2X²+a1X+a0. Calculons les coefficients de (X−1)Q, en fonction dea0, a1, a2.

(X−1)Q= (X−1)(a2X²+a1X+a0) = a2 X³+ (a1−a2) X²+ (a0−a1) X+ (−a0) . On a donc :

P= (X−1)Q ⇐⇒ 1 X³+ 1 X²+ (−1) X+ (−1) = a2 X³+ (a1−a2) X²+ (a0−a1) X+ (−a0)

⇐⇒











a2 = 1

−a2 + a1 = 1

−a1 + a0 = −1

−a0 = −1

(unicit´e des coefficients d’un polynˆome)

DeL1, on d´eduit a2= 1.

DeL4, on d´eduit a0= 1.

DeL3et a0= 1, on d´eduita1= 2.

On v´erifie que l’´equation de la ligneL2 est satisfaite pour les valeursa0= 1, a1= 2, a2= 1.

On a doncQ=X²+ 2X+ 1. On en d´eduit la factorisation suivante deP : P = (X−1)(X²+ 2X+ 1).

On achève la factorisation deP en produit de facteurs de degré 1 grâce à la 1^`êreidentité remarquable qui donne :

X²+ 2X+ 1 = (X+ 1)².

(2)

On a finalement :

P = (X−1)(X+ 1)².

Un produit de facteurs ´etant nul si et seulement si au moins un des facteurs est nul, l’ensemble des racines r´eelles deP est :

{−1,1}. 2. (a) Soitλ∈R. Pour ´etudier le rang du syst`eme

(Sλ) :







x + 2y − z = 0

−x + y − 2z = 0 (1 +λ)x + λ²y + λ³z = 0 on l’échelonne à l’aide de la méthode du pivot du Gauß.

Sλ ⇐⇒







1 x + 2y − z = 0

3y − 3z = 0 (L2←L2+L1)

(λ²−2(1 +λ))y + (λ³+ (1 +λ))z = 0 (L3←L3−(1 +λ)L1)

⇐⇒







1 x + 2y − z = 0

1 y − z = 0 (L2←L2/3)

(λ²−2λ−2)y + (λ³+λ+ 1)z = 0

⇐⇒







1 x + 2y − z = 0

1 y − z = 0

(λ³+λ+ 1 + (λ²−2λ−2))z = 0 (L3←L3−(λ²−2λ−2)L2)

⇐⇒







1 x + 2y − z = 0

1 y − z = 0

(λ³+λ²−λ−1) z = 0 On a donc :

(Sλ) ⇐⇒







1 x + 2y − z = 0

1 y − z = 0

(λ³+λ²−λ−1) z = 0

. (1)

De cette ´etude on d´eduit que :

rang(Sλ) = 3 ⇐⇒ λ³+λ²−λ−1

| {z }

P(λ)

6

= 0

⇐⇒ (λ6= 1 etλ6=−1) (d’apr`es la question 1.).

(b) Soit λ /∈ {−1,1}. Alors, d’après 2.(a), le système (Sλ) est de rang 3. Comme il possède en outre 3

équations et 3 inconnues, il est de Cramer. Il possède donc une unique solution. Le système (Sλ)

´etant homog`ene, Ñ0

0 0

é

est solution de (Sλ). On a donc :

Sol(Sλ)=





 Ñ0

0 0

é



.

(c) D’après l’équivalence (1), appliquée avecλ=−1, on a :

(S−1) ⇐⇒







x + 2y − z = 0

y − z = 0

0 = 0

. (2)

Le syst`eme (S−1) est donc de rang 2.

Son nombre d’inconnues est 3. On a donc 3-2=1 param`etre. On choisit z.

(3)

De (L2), on d´eduit que :

y=z.

De (L1) ety=z, on d´eduit quex+ 2z−z= 0 soit : x=−z.

L’ensemble solution de (S−1) est donc :

Sol_(S₋₁₎=





 Ñ−z

z z

é

: z∈R





 .

(d) D’après l’équivalence (1), appliquée avecλ= 1, on a :

(S1) ⇐⇒







x + 2y − z = 0

y − z = 0

0 = 0

.

Par suite, les systèmes (S−1) et (S1) sont équivalents (cf. équivalence (2)). Ils ont donc même ensemble solution. On a ainsi :

Sol(S1)=





 Ñ−z

z z

é

: z∈R





.

Exercice 2 : Calcul d’une somme

1. Soitn∈N^∗. Donner la valeur de Xn

k=1

k.

2. Montrer qu’il existe un unique quadruplet (a, b, c, d) de nombres r´eels tel que :

∀x∈R\ {−1,0} x³+x²+ 1

x²+x =ax+b+ c x+ d

x+ 1. 3. En d´eduire une expression de la somme

Sn= Xn

k=1

k³+k²+ 1 k²+k sans symbole X

(et sans pointill´e...) pour toutn∈N^∗. Correction

1. Soitn∈N^∗. D’apr`es le cours :

Xn

k=1

k= n(n+ 1)

2 .

2. Soit (a, b, c, d)∈R⁴. Soitx∈R\ {−1,0}.

x³+x²+ 1

x²+x =ax+b+ c x+ d

x+ 1 ⇐⇒ x³+x²+ 1

x²+x =(ax+b)(x²+x)

x²+x + c(x+ 1) x(x+ 1)

| {z }

x²+x

+ dx

(x+ 1)x

| {z }

x²+x

Ü mise au mˆeme d´enomi-

nateur ê

⇐⇒ x³+x²+ 1

x²+x =(ax+b)(x²+x) +c(x+ 1) +dx x²+x

(4)

⇐⇒ x³+x²+ 1

x²+x =ax³+ax²+bx²+bx+cx+c+dx x²+x

⇐⇒ x³+x²+ 1

x²+x =ax³+ (a+b)x²+ (b+c+d)x+c x²+x

⇐⇒ x³+x²+ 1 =ax³+ (a+b)x²+ (b+c+d)x+c

Ñ multiplication par (x²+x)6= 0

é

On doit donc montrer qu’il existe un unique quadruplet (a, b, c, d)∈R⁴tel que :

∀x∈R\ {−1,0} 1 x³+ 1 x²+ 0 x+ 1 = a x³+ (a+b) x²+ (b+c+d) x+ c (3) Cette propriété (3) équivaut à :











a = 1

a + b = 1

b + c + d = 0

c = 1

(4)

Remarque : Notons que l’équivalence(3)⇐⇒(4)ne découle pas immédiatement de l’unicité des coefficients d’un polynôme car on a :

1 x³+ 1 x²+ 0 x+ 1 = a x³+ (a+b) x²+ (b+c+d) x+ c pour tout x∈R\ {−1,0} et pas a priori pour toutx∈R.

En fait, nous verrons que deux polynômes qui sont égaux sur Rprivé d’un nombre fini de points sont en fait égaux sur R (cf. chapitre sur les fonctions continues). Après le cours sur la continuité, on pourra donner une preuve plus concise de (3)⇐⇒(4) puisqu’on saura que(⋆)équivaut à :

∀x∈R 1 x³+ 1 x²+ 0 x+ 1 = a x³+ (a+b) x²+ (b+c+d) x+ c

Prouvons l’assertion précédente, i.e. : (3)⇐⇒ (4). L’implication (4) =⇒ (3) est triviale. Montrons l’implication (3) =⇒(4). Si (⋆) est vérifiée, alors le polynôme

P =x³+x²+1− ax³+ (a+b)x²+ (b+c+d)x+c

= (1−a) x³+ (1−(a+b)) x²+ (−(b+c+d)) x+ (1−c) admet une infinité de racines (tous les éléments deR\{−1,0}sont racines deP). Ses coefficients sont donc

tous nuls (cf. théorème sur la majoration du nombre de racines d’un polynôme non nul par son degré).

Par suite, on a :











1 − a = 0

1 − (a+b) = 0

− (b+c+d) = 0

1 − c = 0

d’o`u : 









a = 1

a + b = 1

b + c + d = 0

c = 1

Les quadruplets (a, b, c, d) qui v´erifient :

∀x∈R\ {−1,0} x³+x²+ 1

x²+x =ax+b+ c x+ d

x+ 1 sont donc les solutions du syst`eme lin´eaire :











a = 1

a + b = 1

b + c + d = 0

c = 1

(5)

On résout ce système linéaire par la méthode du pivot de Gauß. On montre qu’il est de Cramer ; il admet donc une unique solution. Celle-ci est :

(a, b, c, d) = (1,0,1,−1). On en d´eduit que :

∀x∈R\ {−1,0} x³+x²+ 1

x²+x =x+1 x− 1

x+ 1. (5)

3. Soitn∈N^∗. On cherche `a calculerSn= Xn

k=1

k³+k²+ 1 k²+k . D’apr`es (5), on a pour toutk∈N^∗, k³+k²+ 1

k²+k =k+1 k − 1

k+ 1.Par suite, on a : Sn =

Xn

k=1

k+1 k− 1

k+ 1

=

Xn

k=1

k

| {z }

n(n+1) 2 (cf. 1.)

+

Xn

k=1

1 k − 1

k+ 1

| {z }

1−_n+1¹ (somme t´elescopique)

(lin´earit´e)

= n(n+ 1)

2 + 1− 1

n+ 1

= n(n+ 1)²

2(n+ 1) +2(n+ 1)

2(n+ 1)− 2 2(n+ 1)

= n(n²+ 2n+ 1) + 2(n+ 1)−2 2(n+ 1)

= n³+ 2n²+ 3n 2n+ 2

Exercice 3 : Sens de variation d’une fonction homographique

Soienta, b, c, dquatre nombres réels fixés. On suppose quec >0. On pose ∆ =ad−bc. Soitf la fonction définie par :

f:R\ ß

−d c

™

→R, x7→ ax+b cx+d. 1. Montrer que :

∀x∈R\ ß

−d c

™

∀y∈R\ ß

−d c

™

f(x)−f(y) = ∆× (x−y) (cx+d)(cy+d). 2. On note I⁻ et I⁺ les intervalles d´efinis par :I⁻=

ò

−∞,−d c ï

etI⁺= ò

−d c,+∞

ï .

(a) On suppose ici que ∆>0. Montrer quef est strictement croissante surI⁻ et quef est strictement croissante surI⁺.

(b) On suppose à présent que ∆ <0. Montrer quef est strictement décroissante sur I⁻ et que f est strictement décroissante sur I⁺.

(c) On suppose enfin que ∆ = 0. Montrer quef est la fonction constante a

c, i.e. que :

∀x∈R\ ß

−d c

™

f(x) =a c. Correction

(6)

1. Soient x∈R\ ß

−d c

™

ety∈R\ ß

−d c

™ . f(x)−f(y) = ax+b

cx+d−ay+b cy+d

= (ax+b)(cy+d)

(cx+d)(cy+d)−(ay+b)(cx+d)

(cy+d)(cx+d) (mise au mˆeme d´enominateur)

= (acxy+adx+bcy+bd)−(acxy+ady+bcx+bd) (cy+d)(cx+d)

= adx+bcy−ady−bcx (cy+d)(cx+d)

= adx−bcx+bcy−ady (cy+d)(cx+d)

=

∆

z }| { (ad−bc)x+

−∆

z }| { (bc−ad)y (cy+d)(cx+d)

= ∆(x−y)

(cy+d)(cx+d)

= ∆× (x−y) (cx+d)(cy+d). 2. (a) On suppose ici que ∆>0.

• Montrons quef est strictement croissante surI⁻. Soientx, y ∈I⁻=

ò

−∞,−d c ï

tels quex < y. Montrons que f(x)< f(y).

f(x)< f(y) ⇐⇒ f(x)−f(y)<0

⇐⇒ ∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) <0 (d’apr`es la question 1.) De plus :

– par hypoth`ese ∆>0 ;

– dex < y, on d´eduitx−y <0 ; – dex∈I⁻=

ò

−∞,−d c ï

, on d´eduit quex <−d

c, puis en utilisant le fait quec >0, quecx+d <0.

– de mˆeme, dey∈I⁻= ò

−∞,−d c ï

, on d´eduit que cy+d <0.

On a donc :

|{z}∆

>0

×

<0

z }| { (x−y) (cx+d)

| {z }

<0

(cy+d)

| {z }

<0

<0.

De cette ´etude et de l’´equivalence :

f(x)< f(y)⇐⇒∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) <0

on d´eduit quef(x)< f(y).

(7)

• Montrons quef est strictement croissante surI⁺. Soientx, y ∈I⁺=

ò

−d c,+∞

ï

tels que x < y. Montrons quef(x)< f(y).

f(x)< f(y) ⇐⇒ f(x)−f(y)<0

⇐⇒ ∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) <0 (d’apr`es la question 1.) De plus :

– par hypoth`ese ∆>0 ;

– dex < y, on d´eduitx−y <0 ; – dex∈I⁺=

ò

−d c,+∞

ï

, on d´eduit quex >−d

c, puis en utilisant le fait quec >0, quecx+d >0.

– de mˆeme, dey∈I⁺= ò

−d c,+∞

ï

, on d´eduit quecy+d >0.

On a donc :

|{z}∆

>0

×

<0

z }| { (x−y) (cx+d)

| {z }

>0

(cy+d)

| {z }

>0

<0.

f(x)< f(y)⇐⇒∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) <0

on d´eduit quef(x)< f(y).

(b) On suppose `a pr´esent que ∆<0.

• Montrons quef est strictement d´ecroissante surI⁻. Soientx, y ∈I⁻=

ò

−∞,−d c ï

tels quex < y. Montrons que f(x)> f(y).

f(x)> f(y) ⇐⇒ f(x)−f(y)>0

⇐⇒ ∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) >0 (d’apr`es la question 1.) De plus :

– par hypoth`ese ∆<0 ;

– dex < y, on d´eduitx−y <0 ; – dex∈I⁻=

ò

−∞,−d c ï

, on d´eduit quex <−d

c, puis en utilisant le fait quec >0, quecx+d <0.

– de mˆeme, dey∈I⁻= ò

−∞,−d c ï

, on d´eduit que cy+d <0.

On a donc :

|{z}∆

<0

×

<0

z }| { (x−y) (cx+d)

| {z }

<0

(cy+d)

| {z }

<0

>0.

(8)

f(x)> f(y)⇐⇒∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) >0

on d´eduit quef(x)> f(y).

• Montrons quef est strictement croissante surI⁺. Soientx, y ∈I⁺=

ò

−d c,+∞

ï

tels que x < y. Montrons quef(x)> f(y).

f(x)> f(y) ⇐⇒ f(x)−f(y)>0

⇐⇒ ∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) >0 (d’apr`es la question 1.) De plus :

– par hypoth`ese ∆<0 ;

– dex < y, on d´eduitx−y <0 ; – dex∈I⁺=

ò

−d c,+∞

ï

, on d´eduit quex >−d

c, puis en utilisant le fait quec >0, quecx+d >0.

– de mˆeme, dey∈I⁺= ò

−d c,+∞

ï

, on d´eduit quecy+d >0.

On a donc :

|{z}∆

<0

×

<0

z }| { (x−y) (cx+d)

| {z }

>0

(cy+d)

| {z }

>0

>0.

f(x)> f(y)⇐⇒∆× (x−y)

(cx+d)(cy+d) >0

on d´eduit quef(x)> f(y).

(c) On suppose enfin que ∆ = 0. Montrons quef est la fonction constante a

c, i.e. que :

∀x∈R\ ß

−d c

™

f(x) =a c. Soitx∈R\

ß

−d c

™ . f(x) =a

c ⇐⇒ ax+b cx+d= a

c

⇐⇒ (ax+b)c=a(cx+d) (cf. définition de l’égalité de deux fractions)

⇐⇒ acx+bc=acx+ad

⇐⇒ acx+bc−(acx+ad) = 0 (soustraction de (acx+d) `a chacun des membres)

⇐⇒ bc−ad

| {z }

−∆

= 0

La dernière identité est vraie, d’après l’hypothèse faite sur ∆. Ayant raisonné par équivalence, la première identité est également vraie.

(9)

Exercice 4 : Où chercher les racines (entières) d’un polynôme ?

1. SoitP =a3X³+a2X²+a1X+a0 un polynôme de degré 3 à coefficientsa0, a1, a2, a3réels.

(a) Que peut-on dire dea3?

(b) Prouver que six0 est une racine de P non nulle, alors : x0=−a2

a3 − a1

a3x0 − a0

a3x²₀. (c) Rappeler l’in´egalit´e triangulaire.

(d) D´eduire de (b) et (c) que six0 est une racine de P telle que |x0| ≥1, alors :

|x0| ≤c(P) o`uc(P) = |a2|+|a1|+|a0|

|a3| .

(e) Prouver alors que six0 est une racine deP, alors :

x0∈[−C(P), C(P)], o`uC(P) = Max(c(P),1).

2. On considère le polynômeQ= 3X³+ 3X²−X+ 2 de degré 3. Calculer C(Q) et déduire de la question 1.(e) queQn’admet aucune racine dansZ.

3. Conjecturer une généralisation du résultat de la question 1.(e) pour un polynômeP de degrénquelconque (n∈N^∗) ?

Correction

1. (a) CommeP est un polynˆome de degr´e 3,a36= 0.

(b) Soitx0 une racine deP. On a doncP(x0) = 0, i.e.

a3x³₀+a2x²₀+a1x0+a0= 0.

Cette dernière égalité implique :

a3x³₀=−a2x²₀−a1x0−a0.

Si de plus x0 6= 0, alors, en divisant cette dernière égalité par a3x²₀ 6= 0 (cette transformation est motivée par l’égalité a3x³₀

a3x²₀ =x0) on obtient : x0=−a2x²₀

a3x²₀ −a1x0

a3x²₀− a0

a3x²₀ =−a2

a3 − a1

a3x0 − a0

a3x²₀. (c) L’inégalité triangulaire s’énonce comme suit. Pour touta, b∈R:

||a| − |b|| ≤ |a+b| ≤ |a|+|b|. (d) Soitx0 une racine deP telle que|x0| ≥1, alorsx06= 0 et :

(∗)

|x0| = −a2

a3 − a1

a3x0 − a0

a3x²₀

(cf. question 1.(b))

=

a2

a3 + a1

a3x0 + a0

a3x²₀

(|X|=| −X|pour toutX ∈R)

≤

a2

a3

+

a1

a3x0 + a0

a3x²₀

(in´egalit´e triangulaire)

≤

a2

a3

+

a1

a3x0

+

a0

a3x²₀

(in´egalit´e triangulaire)

(10)

On a :

(∗∗)

a1

a3x0

=

a1

a3

1

|x0|. Comme |x0| ≥ 1, on a 1

|x0| ≤ 1 (la fonction inverse est strictement décroissante sur R^+×). En multipliant chaque membre de cette inégalité par

a1

a3

≥0, on obtient : (∗ ∗ ∗)

a1

a3

1

|x0| ≤

a1

a3

.

De (∗∗) et (∗ ∗ ∗), on d´eduit :

(∗ ∗ ∗∗)

a1

a3x0

≤

a1

a3

.

De fa¸con analogue, on prouve que : (∗ ∗ ∗ ∗ ∗)

a0

a3x²₀ ≤

a0

a3

.

Les in´equations (∗), (∗ ∗ ∗∗) et (∗ ∗ ∗ ∗ ∗) impliquent que :

|x0| ≤

a2

a3

+

a1

a3

+

a0

a3

=|a2|

|a3|+|a1|

|a3|+|a0|

|a3| =|a2|+|a1|+|a0|

|a3|

| {z }

c(P)

.

(e) Soitx0∈Rune racine deP. Alors :

• soit |x0|<1≤Max(c(P),1) =C(P) ;

• soit |x0| ≥1 et dans ce cas (cf. question 1.(d))|x0| ≤c(P)≤Max(c(P),1) =C(P).

Dans les deux cas, on a |x0| ≤C(P), i.e.x0∈[−C(P), C(P)].

2. Si Q = 3X³+ 3X²−X + 2, alors : c(Q) = 3 + 1 + 2

3 = 2 > 1. Donc C(Q) = 2. Par suite les racines réelles de Qappartiennent à [−2,2]. Les seules racines entières possibles de Qsont donc−2,−1, 0, 1, 2.

On calcule :

Q(−2) =−8 ; Q(−1) = 3 ; Q(0) = 2 ; Q(1) = 7 ; Q(2) = 36.

On en déduit que le polynômeQn’admet aucune racine entière.

3. Si P = Xn

k=0

akX^k est un polynôme de degré n ≥1, alors il est naturel de conjecturer, compte tenu de l’étude précédente, que si x0 est une racine deP, alorsx0∈[−C(P), C(P)] où :

C(P) = Max àn−1

X

k=0

|ak|

|an| ,1 í

.

Cette conjecture est vraie et on peut la démontrer en adaptant la preuve donnée dans le cas oùn= 3.

Problème : Études de suites définies par récurrence

Partie A : Étude d’une fonction polynomiale de degré 2 SoitP la fonction définie par :

P:R→R; x7→1−x² 4 .

(11)

1. Dresser le tableau de signes de la fonctionP. 2. Dresser le tableau de variations de la fonctionP.

Partie B : ´Etude de la fonction f: [0,2[→R; x7→ 1

… 1−x²

4 .

Soitf la fonction d´efinie par :

f: [0,2[→R; x7→ 1

… 1−x²

4 .

1. Justifier que la fonctionf est bien d´efinie.

2. Justifier que√

2<2 et calculerf(√

2). On simplifiera l’expression def(√ 2).

3. D´efinir trois fonctions f1, f2, f3 telles que :

f =f3◦f2◦f1.

On précisera l’ensemble de départ et l’ensemble d’arrivée de chacune des fonctions f1, f2, f3 et on justifiera avec soin que la composée de f1 parf2 (i.e.f2◦f1) est bien définie et que la composée de f2◦f1 parf3 est elle aussi bien définie.

4. D´eterminer le sens de variation de la fonctionf sur [0,2[.

5. (a) Montrer que :

∀x∈[0,2[ f(x)≥x.

(b) Montrer que :

∀x∈[0,2[ f(x) =x⇐⇒x=√ 2.

(c) D´eduire de (a) et (b) l’ensemble solution de l’in´equation : (I) : f(x)> x.

(d) Interpr´eter graphiquement les r´esultats (b) et (c).

6. Montrer que l’intervalleI= [0,√

2] est stable parf, i.e. que :

∀x∈[0,√

2] f(x)∈[0,√ 2].

Partie C : ´Etude d’une suite (un)n∈N v´erifiant 0≤u0<√

2 et∀n∈N un+1= 1

… 1−u²n

4 Soit (un)n∈Nune suite v´erifiant :











0≤u0<√ 2 et

∀n∈N un+1= 1

… 1−u²_n

4 .

1. Soitn∈N. Donner une expression deun+1 en fonction de f etun. 2. Justifier que la suite (un)n∈Nest bien d´efinie.

3. (a) Donner la d´efinition de l’assertion^≪la suite (un)n∈N est strictement croissante^≫. (b) D´emontrer que la suite (un)n∈Nest strictement croissante.

(c) Que peut-on en déduire quant à un minorant ou un majorant éventuel de la suite (un)n∈N? 4. (a) Donner la définition de l’assertion^≪la suite (un)n∈N est majorée par√

2^≫. (b) D´emontrer que la suite (un)n∈Nest major´ee par√

2.

(12)

Partie D : ´Etude de la suite (vn)n∈N v´erifiant v0=√

2 et∀n∈N vn+1= 1

… 1−vn²

4 Soit (vn)n∈N la suite v´erifiant :











v0=√ 2 et

∀n∈N vn+1= 1

… 1−v_n²

4 .

1. Calculerv1, v2, v3, v4.

2. En s’appuyant sur la question 1, émettre une conjecture sur la suite (vn)n∈N. 3. Démontrer la conjecture faite à la question 2.

Correction Partie A

1. Pour déterminer le tableau de signes du trinôme du second degré P, on commence par étudier ses racines.

Soitx∈R.

P(x) = 0 ⇐⇒ 1−x² 4 = 0

⇐⇒ 1−x 2

2

= 0

⇐⇒

1−x

2 1 + x 2

= 0 (3^`^emeidentit´e remarquable)

⇐⇒











1−x 2 = 0 ou

1 +x 2 = 0

Ñ un produit de facteurs est nul si et seulement si

au moins l’un de ses facteurs est nul é

⇐⇒ x= 2 oux=−2

Le trinˆome du second degr´e P admet donc deux racines : −2 et 2 et a pour coefficient −1

4 <0 en x². D’apr`es le cours, son tableau de signes est le suivant.

x −∞ −2 2 +∞

Signe deP(x) − 0 + 0 −

2. P est un polynˆome du second degr´e, ayant pour coefficientsa=−1

4,b= 0 etc= 1.

D’apr`es le cours, on sait que le changement de variations de P se produit en x=− b

2a= 0. Comme a=−1

4 <0, le tableau de variations deP le suivant.

(13)

x −∞ 0 +∞

P(0) = 1

Variations deP

ր ց

Partie B

1. La fonctionf est bien d´efinie si et seulement si :

∀x∈[0,2[, 1−x²

| {z }4

P(x)

>0.

Cette propriété est vraie, d’après le tableau de signes deP dressé à la question A-1..

2. Comme la fonction carr´ee est strictement croissante surR⁺= [0,+∞[, on a :

√2<2⇐⇒2<4.

Comme 2<4 est vraie, on en d´eduit que√

2<2 est ´egalement vraie.

On calcule :

f(√

2) = 1

1−(√

2)² 4

= 1

…1 2

= 1

√1

√2 Å

∀a, b∈R^+∗,

…a b =

√a

√b ã

= √

2 (√

1 = 1) On a doncf(√

2) =√ 2.

3. On introduit les trois fonctionsf1, f2, f3 d´efinies par : f1: [0,2[→R; x 7→1−x²

| {z }4

P(x)

; f2: ]0,+∞[→R; x7→√

x ; f3: ]0,+∞[→R; x7→ 1 x.

• Montrons que la composition f2◦f1 est bien d´efinie.

La compos´eef2◦f1 est bien d´efinie si et seulement si :

∀x∈[0,2[

| {z }

D_f₁

, f1(x)

| {z }

P(x)

∈]0,+∞[

| {z }

D_f₂

.

Cette propriété est vraie, d’après le tableau de signes deP dressé à la question A-1..

(14)

• Montrons que la composition f3◦(f2◦f1) est bien d´efinie.

La compos´eef3◦(f2◦f1) est bien d´efinie si et seulement si :

∀x∈ [0,2[

| {z }

D_f2_◦f1

, f2◦f1(x)

|√{z }

P(x)

∈]0,+∞[

| {z }

D_f3

.

Soitx∈[0,2[.D’après ce qui précède, on sait que P(x)>0. La fonction racine carrée étant strictement croissante surR⁺, on en déduit quep

P(x)>√ 0 = 0.

La compos´eef3◦(f2◦f1) est bien d´efinie.

Enfin, on v´erifie facilement quef =f3◦f2◦f1.

4. D’après le tableau de variations de P dressé à la question A-2., on sait que f1 est strictement décroissante sur [0,2[.

La fonctionf2 est strictement croissante sur ]0,+∞[ (cf. variation de la fonction racine carr´ee).

La fonctionf3 est strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[ (cf. variation de la fonction inverse).

Commef =f3◦f2◦f1, on déduit du théorème sur le sens de variation d’une composée de fonctions strictement monotones que la fonctionf est strictement croissante sur [0,2[.

5. (a) Soitx∈[0,2[.

f(x)≥x ⇐⇒ 1

… 1−x²

4

≥x

⇐⇒ 1 1−x²

4

≥x² (la fonction carr´ee est strictement croissante surR⁺)

⇐⇒ 1≥x² Å

1−x² 4

ã

Ñ multiplication de chaque membre par P(x) = 1−x²

4 >0 (cf. question A-1.) é

⇐⇒ 1≥x²−x⁴ 4

⇐⇒ x⁴

4 −x²+ 1≥0

⇐⇒ 1

4 x⁴−4x²+ 4

| {z }

(x²−2)²

≥0 (cf. forme canonique d’un trinˆome du second degr´e)

⇐⇒ (x²−2)²≥0 (multiplication de chaque membre par 4>0)

Un carré de nombre réel étant toujours positif ou nul, on en déduit que la dernière assertion (x²−2)² ≥0 est vraie. Ayant raisonné par équivalence, on en déduit que la première assertion f(x)≥xest également vraie.

(b) Soitx∈[0,2[. De même que précédemment, on montre que : f(x) =x⇐⇒(x²−2)²= 0.

On a donc :

(15)

f(x) =x ⇐⇒ (x²−2)²= 0

⇐⇒ (x²−(√

2)²)²= 0

⇐⇒ ((x−√

2)(x+√

2))²= 0 (3^`^emeidentit´e remarquable)

⇐⇒







x−√ 2 = 0 ou

x+√ 2 = 0

Ñ un produit de facteurs est nul si et seulement si

au moins l’un de ses facteurs est nul é

⇐⇒ x=√

2 oux=−√ 2.

⇐⇒ x=√

2 (carx∈[0,2[ et−√

2∈/ [0,2[) (c) Soitx∈[0,2[.

f(x)> x ⇐⇒ (f(x)≥xet f(x)6=x)

⇐⇒ Ä

x∈[0,2[ etx6=√ 2ä

(cf. (a) et (b))

⇐⇒ x∈[0,√

2[ ∪]√

2,2[ (cf. 2.) L’ensemble solution de l’in´equationf(x)> xest donc [0,√

2[ ∪]√ 2,2[.

(d) SoitRun repère orthonormé du plan. On note C^f la courbe représentative def dansRetDla droite d’équationy=xdansR.

D’apr`es (b), on sait queC^f se coupent au pointAde coordonn´ees (√ 2,√

2).

D’apr`es (c), on sait que la courbeC^f est au-dessus de la droiteDsur [0,√

2[ ∪]√ 2,2[.

1 2 3 4

1 2

Cf

D

bA

b√

2

6. Soit x ∈ I = [0,√

2]. Alors 0 ≤ x ≤ √

2. D’apr`es la question 4., on sait que f est (strictement) croissante sur [0,√

2]⊂[0,2[. Par suite on a :

f(0)≤f(x)≤f(√ 2).

Orf(0) = 1≥0 etf(√ 2) =√

2 (cf. question 2.). On en d´eduit que : 0≤f(x)≤√

2 i.e. quef(x)∈I.

(16)

Partie C

1. Soitn∈N. D’après la relation de récurrence liantun+1 àun et la définition de la fonctionf, on a : un+1=f(un).

2. La suite (un)n∈Nest bien d´efinie caru0∈[0,√

2[⊂[0,√

2] =IetIest stable parf (cf. question B-6.).

3. (a) L’assertion^≪la suite (un)n∈Nest strictement croissante^≫ signifie :

∀n∈N, un < un+1. (b) Pour toutn∈N, soitPn la propri´et´eun < un+1.

• Initialisation `an= 0

La propriétéP0s’écritu0< u1 ou bien encore, d’après 1.,u0< f(u0).

Cette propri´et´e est vraie. En effet, u0∈[0,√ 2[ et :

∀x∈[0,√

2[ ∪]√

2,2[, f(x)> x (cf. question B-5.(c)).

• Hérédité

Supposons que la propriétéPn est vraie pour un entiern∈Nfixé, i.e. que : un < un+1.

Montrons quePn+1 est vraie, i.e. :

un+1< un+2

ce qui s’´ecrit encoref(un)< f(un+1) (cf. question 1.).

Commef est strictement croissante sur son domaine de d´efinition [0,2[ (cf. question B-4.), de un< un+1 on d´eduit quef(un)< f(un+1).

L’hérédité est ainsi démontrée.

• Conclusion

De l’initialisation àn= 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que la propriété Pn : un< un+1

est vraie pour toutn∈N, i.e. que la suite (un)n∈N est strictement croissante.

(c) La suite (un)n∈Nétant (strictement) croissante, elle est minorée par son premier termeu0. 4. (a) L’assertion^≪la suite (un)n∈Nest majorée par√

2^≫ signifie que :

∀n∈ N, un≤√ 2.

(b) Pour toutn∈N, soitPn la propri´et´eun ≤√ 2.

La propriétéP0s’écritu0≤√

2. Elle est vraie d’apr`es l’hypoth`ese faite suru0.

• Hérédité

Supposons que la propriétéPn est vraie pour un entiern∈Nfixé, i.e. que : un ≤√

2.

(17)

un+1≤√ 2 ce qui s’´ecrit encoref(un)≤√

2 (cf. question 1.).

Commef est strictement croissante sur son domaine de d´efinition [0,2[ (cf. question B-4.), de un≤√

2 on d´eduit que : f(un)≤f(√

2) =√

2 (cf. question B-2. pour l’´egalit´ef(√ 2) =√

2) L’hérédité est ainsi démontrée.

• Conclusion

De l’initialisation àn= 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que la propriété Pn : un≤√

2

est vraie pour toutn∈N, i.e. que la suite (un)n∈N est major´ee par√ 2.

Remarque : La suite (un)n∈N ´etant croissante et major´ee par √

2, elle converge vers une limite l ∈ R vérifiant l’inégalité l≤√

2. Après le cours sur les fonctions continues, on pourra vérifier très simplement que l=√

2.

Partie D

Soit (vn)n∈N la suite v´erifiant :











v0=√ 2 et

∀n∈N vn+1= 1

… 1−v_n²

4 .

1. On remarque que, comme pr´ec´edemment :

∀n∈N, vn+1=f(vn).

• En particulier, pourn= 0, on av1=f(v0) =f(√ 2) =√

2 d’apr`es la question B-2.

2. D’apr`es la question 1., on peut conjecturer que :

∀n∈N, vn=√ 2

i.e. que la suite (vn)n∈Nest la suite constante dont tous les termes sont ´egaux `a√ 2.

3. Pour toutn∈N, soitPn la propri´et´evn=√ 2.

La propriétéP0 s’écritv0=√

2. Elle est vraie d’apr`es l’hypoth`ese faite surv0.

• Hérédité

Supposons que la propriétéPn est vraie pour un entiern∈Nfixé, i.e. que : vn=√

2.

vn+1 =√ 2

(18)

ce qui s’´ecrit encoref(vn) =√ 2.

En appliquantf à chacun des membres de l’égalitévn =√

2 on d´eduit que : f(vn) =f(√

2) =√

2 (cf. question B-2. pour l’´egalit´ef(√ 2) =√

2).

L’hérédité est ainsi démontrée.

• Conclusion

De l’initialisation àn= 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que la propriété Pn : vn=√

2 est vraie pour toutn∈N.