Suites récurrentes u n+1 = f (u n )
Table des matières
1 La suite (un)nPN est-elle bien définie ? 1
2 Sens de variation. 2
2.1 Cas oùf est croissante . . . 2 2.2 Cas oùf est décroissante . . . 3
3 Cas oùf est continue 4
4 Cas oùf est contractante 5
Dans cette fiche nous allons étudier les suites définies par la relation de récurrence suivante
@nPN, un+1=f(un) oùf est une fonction réelle.
1 La suite (u
n)
nPNest-elle bien définie ?
Il n’est pas du tout automatique qu’une telle suite existe. La définition par récurrence nécessite qu’à chaque étape le termeun soit dans le domaine de définition def. Par exemple, on ne peut pas définir de suite(un)nPN vérifiant :u0= 0et, pour toutnPN,un+1= 1/(1´un). En effet, on auraitu1= 1 et la relation ne permet pas de définiru2.
Soitf une fonction définie sur une partieDdeR. Une partieIdeD est ditestableparf si, et seulement si,f(I)ĂI c’est-à-dire si, et seulement si,
@xPI, f(x)PI.
Définition 1.
SiI est une partie stable parf et siu0 PI, alors la suite(un)nPN est bien définie et tous ses termes appartiennent àI.
Proposition 2.
Démonstration.
Pour le démontrer, on procède par récurrence :
Pour toutnPN, on notePn la propriété « un existeetunPI».
‚ u0 existe et u0PI doncP0 est vraie.
‚ SoitnPN tel quePn est vraie.un PIĂD doncf(un)est bien défini etun+1 existe. De plus, commeunPI,un+1Pf(I)doncun+1PI et doncPn+1 est vraie.
Par récurrence, pour toutnPN, un existe et un PI.
Exercice d’application 3. Montrer que la suite (un)nPN, définie par u0 P R+ et la relation :
@nPN,un+1= 1
1 +un, est bien définie et que tous ses termes sont positifs ou nuls.
ãÑSoitI= [0,+8[etf : I ÝÑ R x ÞÝÑ 1
1 +x .
Pour toutxPI,f(x)ě0, doncI est une partie stable parf.
Commeu0PI, alors la suite(un)nPN est bien définie et tous ses termes sont dansI, donc sont positifs ou nuls.
Remarque 4. Il est évident que sif est définie surRalors la suite(un)nPN est bien définie.
Dans la suite de cette fiche on suppose que la partieI deR est stable parf et queu0 PI (et donc que tous les termes de la suite(un)sont dansI).
2 Sens de variation.
2.1 Cas où f est croissante
u1 u2 u3 u4u5 u6 u0
f(u0) f(u1) f(u2) f(u3) f(u4) f(u5)
On peut montrer que lorsquef est une fonction croissante alors la suite est monotone. Cette propriété ne peut pas être utilisée telle quelle, il faut établir à chaque fois la monotonie de la suite par l’une des deux méthodes suivantes :
‚ Dans le cas où l’on peut comparer facilement les deux premiers termes de la suite, on peut utiliser une récurrence pour démontrer la monotonie de la suite :
‚ Siu0ďu1 alors on démontre par récurrence que la suite(un)est croissante.
‚ Siu0ěu1 alors on démontre par récurrence que la suite(un)est décroissante.
‚ On peut également étudier la fonctiong:xÞÝÑf(x)´x.
Si la fonctiong est positive sur I alors la suite (un) est croissante puisque, pour tout nP N, un+1´un=f(un)´un=g(un)ě0.
Si la fonctiongest négative surI alors la suite(un)est décroissante puisque, pour toutnPN, un+1´un=f(un)´un=g(un)ď0.
Exercice d’application 5. On admet que la fonction f : x ÞÝÑ 1´cos(x) est croissante sur l’intervalle stable[0; 1].
Déterminer le sens de variation de la suite(un)nPN, définie paru0= 1 et la relation :
@nPN, un+1= 1´cos(un).
ãÑ ‚ Par récurrence.
u1= 1´cos(u0) = 1´cos(1)ău0. Montrons par récurrence la proposition définie pour toutnPN, Pn:”un ěun+1. Nous venons de voir l’initialisation.
SoitnPN fixé. On suppose queun ěun+1.
Comme cos est décroissante sur[0,1], cela implique que cos(un)ďcos(un+1).
Donc1´cos(un)ě1´cos(un+1), c’est à direun+1ěun+ 2.
Par récurrence, la suite(un)nPN est donc décroissante.
‚Étude de signe.
On définit la fonctiong: [0,1] Ñ R
x ÞÝÑ 1´cos(x)´x .
g est dérivable sur[0,1]et pour tout xP[0,1], on a g1(x) =sin(x)´1 ď0, donc g est décroissante sur[0,1]. Commeg(0) = 0, on en déduit quegest négative sur [0,1].
Ainsi, pour toutnPN, g(un)ď0, c’est à dire un ě1´cos(un) =un+1, donc la suite (un)nPN est décroissante.
2.2 Cas où f est décroissante
Dans ce cas la suite(un)nPN n’est pas monotone. Elle n’a pas nécessairement une limite.
u0
u1 u2
u3 u4
u5 u6
u7 f(u0) f(u1)
f(u2) f(u3)
f(u4) f(u5)
f(u6)
u0
Puisque la composée de deux fonctions décroissantes est une fonction croissante, les suites(u2n)nPN
et(u2n+1)nPN sont monotones. En effet, pour toutnPN,
u2(n+1)=f(u2n+1) =f˝f(u2n) et u2(n+1)+1=f(u2n+2) =f ˝f(u2n+1).
On reprend donc l’étude précédente sur ces deux suites extraites. Si elles possèdent la même limiteℓ, alors la suite(un)nPN tend versℓ, dans tous les autres cas, la suite(un)nPN diverge.
3 Cas où f est continue
On suppose que tous les termes de(un)appartiennent à un fermé ([a, b]ou]´ 8, b]ou[a,+8[ouR) sur lequelf est définie et continue.
Si la suite(un)nPN converge, alors elle converge vers un point fixe def (résultat démontré dans le cours sur la continuité).
Exercice d’application 6. On considère la suite(un)nPN définie par :u0PRet pour toutnPN, un+1=u2n+un+ 1. Montrer que la suite est croissante puis qu’elle tend vers+8.
ãÑRemarquons que la suite uest bien définie.
Pour toutnPN,un+1´un=u2n+ 1ą0, donc la suiteuest strictement croissante.
D’après le théorème de la limite monotone,uadmet donc une limite en+8: Cette limite est finie si uest majorée ou+8si elle n’est pas majorée.
On définitf : R Ñ R
x ÞÝÑ x2+x+ 1 .
Résolvonsf(x) =xd’inconnue réelle x. SoitxPR.
f(x) =xðñx2+x+ 1 =xðñx2=´1. Doncf n’a pas de point de fixe.
Or, si(un)nPN, converge, elle converge vers un point fixe def. Donc(un)nPN ne converge pas. On en déduit que lim
nÑ+8un= +8.
Exercice d’application 7. On considère la fonctionf : Rzt´2u ÝÑ R x ÞÝÑ 3x+ 2
x+ 2
ainsi que la suite
(un)nPN définie par :u0P[0; +8[et pour tout nPN,un+1=f(un).
1. Montrer que les intervalles[0; 2]et [2; +8[sont stables parf.
2. Étudier le signe def(x)´xpour toutxP[0; +8[. En déduire les points fixes def sur[0,+8[
et le sens de variation de(un)nPN en fonction deu0. 3. En déduire que(un)nPN converge et donner sa limite.
ãÑ
1. f est dérivable surRz t´2uet pour toutxą ´2, on a f1(x) = 3(x+ 2)´(3x+ 2)
(x+ 2)2 = 4
(x+ 2)2 ą0.
Doncf est croissante surRz]´2; +8[.
Commef(2) = 2, on en déduit que pour toutxě2, f(x)ěf(2) = 2, donc [2; +8[ est stable parf.
De plus,f(0) = 1, donc pourxP[0; 2],f(x)P[1; 2]Ă[0; 2], donc[0; 2]est stable par f.
Cela prouve que si u0 P[0; 2] alors la suite (un)nPN est bien définie et tous ses termes appar- tiennent à[0; 2] et que siu0 P[2; +8[ alors la suite(un)nPN est bien définie et tous ses termes appartiennent à[2; +8[.
2. On poseg: R+ Ñ R+
x ÞÝÑ f(x)´x
. Alors pour tout xě0, on a
g(x) =3x+ 2
x+ 2 ´x2+ 2x
x+ 2 = ´x2+x´2
x+ 2 = ´(x+ 1)(x´2) x+ 2
Doncg est strictement positive sur]0; 2[, nulle en2 et strictement négative sur ]2; +8[. Ainsi, f admet exactement un point fixe surR+, à savoir2.
Siu0P[0; 2], on a vu que pour toutn,un P[0; 2]. Doncg(un)ě0, c’est à direun+1 ěun. Donc (un)nPN est croissante.
Siu0P[2; +8], on a vu que pour toutn,unP[2; +8]. Doncg(un)ď0, c’est à direun+1ďun. Donc(un)nPN est décroissante.
3. Si u0 P [0; 2], alors (un)nPN est croissante et majorée par 2, donc converge. Or, elle ne peut converger que vers un point fixe def. Le seul point fixe def sur[0; 2]étant2, on en déduit que (un)nPN tend vers2.
Siu0P[2; +8], alors(un)nPN est décroissante et minorée par2, donc converge. Or, elle ne peut converger que vers un point fixe def. Le seul point fixe def sur[2; +8]étant2, on en déduit que(un)nPN tend vers2.
4 Cas où f est contractante
Un fonctionf définie sur un intervalleI deRest ditecontractantesi, et seulement si, f estk-lipschitzienne aveckP]0; 1[
Définition 8.
1. En pratique, on doit montrer quef est contractante en utilisant l’inégalité des accroissements finis.
2. Soitf une fonction contractante définie sur un intervalleI. On suppose que I est stable parf (Dans les exercices, il faut le montrer). On considère la suite définie par u0 P I et pour tout nPN,un+1=f(un).
3. On peut démontrer que f possède un unique point fixe sur I (cette propriété est hors pro- gramme). En pratique, on étudie la fonction xÞÝÑf(x)´xet on constate qu’elle possède un unique point fixe, notéα.
4. On montre que la suite(un)nPN converge vers ce point fixe. Détaillons ce point.
Montrons que la suite(un)nPN converge vers ce point fixe.
Pour toutnPN,on définit la propositionPn:”|un´α| ďkn|u0´α|”.
Initialisation :|u0´α|=k0|u0´α|. D’oùP0. Hérédité : SoitnPNfixé. On supposePn. Alors :
|un+1´α|=|f(un)´f(α)|
ďk|un´α|
ďkkn|u0´α|
ďkn+1|u0´α|. DoncPn+1 est vraie.
Par récurrence, pour toutnPN, |un´α| ďkn|u0´α|. CommekP]0; 1[, lim
nÑ+8kn|u0´α|= 0.
Donc lim
nÑ+8|un+1´α| = 0par théorème de comparaison, d’où l’on tire que (un)nPN converge bien versα.
Exercice d’application 9. On considère la fonction f : ]0;e2] ÝÑ R
x ÞÝÑ a
2´ln(x)
et la suite (un)nPN définie par :u0= 1et pour tout nPN,un+1=f(un).
1. Montrer que la suite(un)nPN est bien définie et que tous ses termes appartiennent à[1;e].
2. Montrer quef possède un unique point fixe dans[1,e]que l’on noteα.
3. Montrer quef est contractante sur[1,e].
4. Étudier la convergence de la suite(un)nPN.
5. Donner une valeur denPN pour laquelle on est sûr que un soit une valeur approchée deαà 10´99999 près. (On exprimera une solution à l’aide d’une partie entière.)
ãÑ
1. Montrons que[1;e]est stable parf.
f est dérivable sur]0;e2]et pour tout xP]0;e2], on a f1(x) = ´1/x
2a
2´ln(x) ă0 Doncf est décroissante sur[1;e]. Comme f(e) = 1 etf(1) = ?
2ăe, on obtient que[1;e]est stable parf.
x
f1(x)
f
1 e
´
?2
?2
1 1
2. On définitg: [1;e] ÝÑ R x ÞÝÑ a
2´ln(x)´x
. La fonction gest dérivable sur [1;e]et pour tout xP[1;e], on a
g1(x) = ´1/x 2a
2´ln(x)´1ă0
Doncgest strictement décroissante sur[1;e].gétant continue, d’après le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de[1;e]surg([1;e]) = [g(e);g(1)] = [1´e;?
2´1].
0P[1´e;?
2´1], donc0 possède un unique antécédent parg, ce qui signifie quef possède un unique point fixe sur[1;e].
3. PourxP[1;e],f1(x) = ´1 2xa
2´ln(x).f1 est dérivable sur[1;e]et pour toutxP[1;e],
f2(x) = 2a
2´ln(x) + 2x ´1/x
2?
2´ln(x)
(2xa
2´ln(x))2 =
2?2´ln(x)
2´ln(x)+? ´1
2´ln(x)
(xa
2´ln(x))2 = 3´2ln(x) a2´ln(x)(
xa
2´ln(x))2
Commexďe, on af2(x)ą0. Doncf1est croissante sur[1;e]. Commef1(1) = ´?1
2 etf1(e) = ´e1, on obtient que pour toutxP[1;e],|f1(x)| ď ?1
2.
Rappelons que f est continue sur [1;e] et dérivable sur ]1;e[. D’après l’inégalité des accroisse- ments finis, elle est donc ?1 -lipschitzienne, donc contractante.
4. Montrons que la suite(un)nPN convergeα.
Pour toutnPN,on définit la propositionPn:”|un´α| ď (?1
2
)n
|1´α|”.
Initialisation :|1´α|= (?1
2
)0
|1´α|. D’où P0. Hérédité : SoitnPN fixé. On supposePn. Alors :
|un+1´α|=|f(un)´f(α)| ď ( 1
?2 )
|un´α| ď ( 1
?2 )n+1
|1´α|.
DoncPn+1 est vraie.
Par récurrence, pour toutnPN,|un´α| ď (?1
2
)n
|1´α|. Comme(
?1 2
)
P]0; 1[, lim
nÑ+8
(?1 2
)n
|u0´α|= 0. Donc(un)nPN converge bien versα.
5. Cherchonsntel que(
?1 2
)n
|1´α| ď10´99999. On sait queαP[1;e], donc|1´α| ďe´1.
( 1
?2 )n
|e´1| ď10´99999ðñ ( 1
?2 )n
ď 10´99999
|e´1| ðñnln ( 1
?2 )
ďln
(10´99999
|e´1|
)
ðñ ´1
2 nln(2)ď ´99999ln(10)´ln(|e´1|) ðñ ně 2ˆ(99999ln(10) +ln(|e´1|)) ln(2)
Doncn= 1 +Y
2ˆ(99999ln(10)+ln(|e´1|)) ln(2)
]convient.
