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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 ) .

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Texte intégral

(1)

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∈

N

et (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∈

N

suivant 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∈

N

suivant 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/

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Rémy Nicolai Arecurr

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MPSI B 29 juin 2019

Corrigé

Attention, ce corrigé utilise des dénitions et des conditions de stabilité présentées dans le complément de cours

1

sur 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

1

a

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

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MPSI 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

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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∈

N

est croissante et converge vers c 1 dans [0, c 1 ] , x 1 = f (x 0 ) > c 2 et (x 2n+1 ) n∈

N

est 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 [ .

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