MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Soit a ∈ ]0, 1[ , la fonction f a est dénie dans [0, +∞[ par f a (x) = a x . On considère des suites dénies par récurrence par x 0 ≥ 0 et x n+1 = f a (x n ) .
Dans le problème, on pourra noter f au lieu de f a pour alléger l'écriture.
PARTIE I
1. a. Montrer que f a est strictement décroissante et admet un unique point xe noté c . Comme c dépend de a , on pourra le noter c a en cas d'ambiguïté . Que peut-on en conclure pour les suites extraites (x 2n ) n∈
Net (x 2n+1 ) n∈
N?
b. Montrer que c est un point xe de f ◦ f , exprimer (f ◦ f ) 0 (c) en fonction de f 0 (c) . 2. a. Montrer, en utilisant la stricte décroissance de f que
1 ln 1 a < 1
e ⇔ |f 0 (c)| > 1
b. Que peut-on dire du point xe c de f a lorsque a < e −e ou a > e −e ?
PARTIE II
On pose g(x) = f ◦ f (x) − x et h(x) = x + f (x) pour tout x ≥ 0 . 1. a. Montrer que pour tout x ≥ 0
g 0 (x) = (ln a) 2 a x+f(x) − 1 b. Montrer que h 0 est strictement croissante que
h 0 (0) = 1 + ln a, g 0 (0) = (ln a) 2 a − 1, g(0) = a c. Préciser les limites en +∞ de h 0 , g , g 0 .
d. Comparer les variations de g 0 avec celles de h .
2. a. Montrer que, si a > 1 e , h 0 reste strictement positif dans [0, +∞[ . b. Montrer que, si a ≤ 1 e , h 0 s'annule dans [0, +∞[ seulement au point
b = ln(ln a 1 ) ln( 1 a )
c. Montrer que a < e −e entraîne g 0 (b) > 0 , et que a > e −e entraîne g 0 (b) < 0 . 3. On suppose ici a > 1 e . Préciser le tableau des signes de g . En déduire le comportement
de (x n ) n∈
Nsuivant la valeur de x 0 .
4. On suppose ici e −e < a ≤ 1 e . Préciser le tableau des signes de g . En déduire le com- portement de (x n ) n∈
Nsuivant la valeur de x 0 .
5. On suppose a < e −e .
a. Montrer que g 0 (0) < 0 et g 0 (b) > 0 . En déduire la forme du tableau de variations de g . Combien g peut-elle avoir de zéros ?
b. Montrer que g s'annule exactement trois fois en des points c 1 , c , c 2 avec c 1 < c <
c 2 . Montrer que f (c 1 ) = c 2 et que f (c 2 ) = c 1 .
c. Préciser le comportement de (x n ) n∈N suivant la valeur de x 0 .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai ArecurrMPSI B 29 juin 2019
Corrigé
Attention, ce corrigé utilise des dénitions et des conditions de stabilité présentées dans le complément de cours
1sur les suites dénies par récurrence. Ces dénitions et propriétés sont à la frontière (extérieure) du programme.
En particulier, pour un point xe c d'une fonction f on utilisera :
|f 0 (c)| < 1 ⇒ c est stable
|f 0 (c)| > 1 ⇒ c est instable
On utilisera aussi que lorsque I est un intervalle stable pour une fonction f croissante. La suite dénie par récurrence par f et une condition initiale x 0 dans I est monotone. Le sens de la monotonie est lié au signe de f (x 0 ) − x 0 . L'inégalité initiale entre x 0 et x 1 = f (x 0 ) se propage en une inégalité de même sens entre x n et x n+1 à cause de la croissance de f . Lorsqu'une fonction f est croissante, le tableau des signes de x → f (x) − x permet donc de déterminer la stabilité d'un point xe.
Partie I
1. a. La fonction f a est strictement décroissante dans R car pour a ∈]0, 1[
f a 0 (x) = (ln a)a x < 0
La fonction f ◦ f est donc croissante, les suites (x 2n ) n∈N et (x 2n+1 ) n∈N sont donc monotones.
Pour étudier les points xes de f , on forme g avec g(x) = f a (x) − x . Comme f a
est décroissante, g l'est aussi. De plus elle décroit de −∞ à −∞ . Elle s'annule donc en un unique point c qui est l'unique point xe de f . Il vérie
a c = c
b. Si f a (c) = c alors evidemment f a ◦ f a (c) = c . De plus : (f a ◦ f a ) 0 (c) = f a 0 (c)f a 0 ◦ f a (c) = (f a 0 (c)) 2 D'après le a., on obtient
(f a ◦ f a ) 0 (c) = (ln a) 2 c 2
1
http ://back.maquisdoc.net/data/cours_nicolair/C4792.pdf
2. a. L'objectif de cette question est de donner un outil permettant de comparer faci- lement |f a 0 (c)| avec 1 .
On va comparer ln 1
1a
et 1 e en utilisant la fonction monotone décroissante f a . f a ( 1
ln 1 a ) = a
1
ln 1a
= a −
lna1= e
−lnlnaa= 1 e La fonction g étant dénie comme en 1., on en déduit
1
e − 1
ln 1 a = g( 1 ln 1 a ) Comme g est décroissante de +∞ vers −∞
1 ln 1 a < 1
e ⇔ g( 1
ln 1 a ) > 0 ⇔ 1
ln a 1 < c ⇔ 1 < (− ln a)c ⇔ | ln a|c > 1 Comme f a 0 (c)| = | ln a|c , on obtient bien l'équivalence demandée.
On peut remarquer que lorsque cette égalité est vériée, le point xe c de f a est instable.
b. On se ramène à la forme de la question précédente : a < e −e ⇔ e e < 1
a ⇔ e < ln 1
a ⇔ 1
ln 1 a < 1 e On en déduit :
a < e e si et seulement si |f a 0 (c)| > 1 c'est à dire c instable.
a > e e si et seulement si |f a 0 (c)| < 1 c'est à dire c stable.
Partie II
L'objet de cette partie est l'étude des points xes de f ◦ f . On dénit g et h par
g(x) = f ◦ f (x) − x h(x) = f (x) + x
1. a. Un calcul de dérivée.
g 0 (x) = f 0 (x)f 0 (f (x)) − 1 = ln a a x ln a a f(x) − 1 = (ln a) 2 a h(x) − 1 b. Étude de h .
h(x) = f (x) + x ⇒ h 0 (x) = 1 + (ln a)a x ⇒ h 00 (x) = (ln a) 2 a x ≥ 0
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2
Rémy Nicolai ArecurrMPSI B 29 juin 2019
donc h 0 est croissante. Par dénition f (0) = 1 donc h 0 (0) = 1 + ln a
g 0 (0) = (ln a) 2 a 0+f(0) − 1 = (ln a) 2 a − 1 Comme f(1) = a , g(0) = a .
c. En +∞ : f → 0 car 0 < a < 1 , d'où g → −∞ , h 0 → 1 , g 0 → −1 d. D'après 1.a.
g 0 (x) = (ln a) 2 a h(x) − 1
avec (ln a) 2 > 0 et a < 1 donc les variations de g 0 sont opposées à celles de h . Par exemple quand h est croissant, g 0 est décroissant.
2. Étude des zéros de h 0 . On rappelle que h 0 est croissante avec
h 0 (0) = 1 + ln a h 0 (x) = 1 + (ln a)a x a. Si a > e −1 , h 0 (0) > 0 donc h 0 > 0 dans [0, +∞[ .
b. Si a ≤ e −1 , h 0 (0) ≤ 0 donc h 0 s'annule. En étudiant l'équation on trouve que h 0 s'annule seulement en
b = ln(ln a 1 ) ln a 1
c. Dans le cas a < e −e , on a < e −1 donc h 0 s'annule en b calculé dans la question précédente. Alors :
h 0 (b) = 1 + (ln a)a b = 0 ⇒ f (b) = a b = − 1 ln a Donc
f ◦ f(b) = e f(b) ln a = e −1 D'autre part,
g 0 (b) = (ln a) 2 a b+f(b) − 1 = (ln a) 2 f(b)f ◦ f(b) − 1
= (ln a) 2 1 ln 1 a
1
e − 1 = ln 1 a e − 1
On en déduit que g 0 (b) > 0 lorsque a < e −e et que g 0 (b) < 0 lorsque a > e −e . Remarquer que l'on doit toujours avoir a < e −1 pour que le b annulant h 0 existe.
La suite de la discussion portera donc sur trois cas : a < e −e
e −e < a < e −1 e −1 < a
3. Cas e −1 < a . Dans ce cas
g 0 (0) = (ln a) 2 a − 1 > e −1 − 1 > 0 On peut former d'après II.1. le tableau de variations
0 +∞
h 0 +
h %
g 0 < 0 & −1 g a > 0 & −∞
La fonction g s'annule une fois seulement. Ce point est forcément le point xe c de f . Le tableau de g montre que ce point xe est attractif pour f ◦ f . Les deux suites extraites (indices pairs et indices impairs pour une récurrence dénie par f ◦ f ) sont adjacentes et convergent vers c .
4. Cas e −e < a < e −1 . Cette fois g 0 (b) < 0 d'après 2.c.
0 b +∞
h 0 − 0 +
g 0 % g 0 (b) < 0 &
g a & −∞
La situation est en fait la même que celle du cas précédent. La fonction g admet un seul zéro qui est le point xe c de f . Il est attractif, les suites extraites convergent vers c .
5. Cas a < e −e . Cette fois on doit trouver un vrai changement de comportement car d'après la partie I., le point xe c de f devient instable.
a. Posons ϕ(a) = g 0 (0) = (ln a) 2 a − 1 . Alors
ϕ 0 (a) = 2 ln a + (ln a) 2 = (2 + ln a) ln a
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
3
Rémy Nicolai ArecurrMPSI B 29 juin 2019
On en déduit le tableau suivant :
0 e −2 1
ϕ −∞ % < 0 & −1
avec ϕ(e −2 ) = e 4
2− 1 < 0 . On en déduit donc que g 0 (0) est toujours strictement négatif. On peut former le tableau
0 b 1 b b 2 +∞
h 0 − 0 +
g 0 < 0 % g 0 (b) > 0 & −1
g a > 0 & α % β & −∞
On en déduit que g peut avoir 1, 2 ou 3 zéros suivant les signes de α et β . b. On sait que c est un point xe de f et de f ◦ f . C'est donc un zéro de g . De
plus, d'après I.2.b, f 0 (c) < −1 donc g 0 (c) > 0 . Comme [b 1 , b 2 ] est le seul intervalle sur lequel g est croissante, c est dans cet intervalle donc α < 0 et β > 0 . Par conséquent g s'annule trois fois en des points c 1 < c < c 2 .
c. Le tableau des signes de g est alors :
0 c 1 c c 2 +∞
+ 0 − 0 + 0 −
Montrons que f (c 1 ) = c 2 .
En eet f ◦ f (f (c 1 )) = f (f ◦ f (c 1 )) = f (c 1 ) donc f (c 1 ) est un point xe de f ◦ f donc f (c 1 ) ∈ {c 1 , c, c 2 } . Or f (c 1 ) = c 1 est impossible car c 1 est le seul point xe de f . L'égalité f(c 1 ) = c est aussi impossible car f est injective (strictement décroissante) avec f (c) = c . La seule possibilité est donc f (c 1 ) = c 2 . On démontre de même que f (c 2 ) = c 1 .
Lorsque a devient strictement plus petit que e −e , le point xe c "explose" en trois points xes. Les deux points xes stables c 1 et c 2 encadrent le point xe c devenu instable.
0 → c 1 ← c → c 2 ←
Les suites extraites ne sont plus adjacentes mais convergent l'une vers c 1 l'autre vers c 2 .
Par exemple si x 0 < c 1 alors (x 2n ) n∈
Nest croissante et converge vers c 1 dans [0, c 1 ] , x 1 = f (x 0 ) > c 2 et (x 2n+1 ) n∈
Nest décroissante et converge vers c 2 dans [c 2 , +∞[ .
Si c 1 < x 0 < c alors (x 2n ) n∈N est décroissante et converge vers c 1 dans [c 1 , c[ , x 1 = f (x 0 ) > c 2 et (x 2n+1 ) n∈N est croissante et converge vers c 2 dans ]c, c 2 [ .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/