Correction du devoir surveill´ e n˚4

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚4

Exercice 1 :SoitP le polynˆome d´efini par :

P = 6X³+ 19X²+ 2X−3.

1. CalculerP(1),P(−2) etP(−3).

2. D´eterminer une factorisation deP sous la forme :

P =Q1Q2

oùQ1 est un polynôme de degré 1 à coefficients réels,Q2est un polynôme de degré 2 à coefficients réels.

On expliquera soigneusement la d´emarche et on explicitera les polynˆomesQ1 etQ2 obtenus.

3. D´eterminer le spectre deP (i.e. l’ensemble form´e de toutes les racines deP).

Correction

1. P(1) = 6×1³+ 19×1²+ 2×1−3 = 6×1 + 19×1 + 2×1−3 = 24.

P(−2) = 6×(−2)³+ 19×(−2)²+ 2×(−2)−3 = 6×(−8) + 19×4 + 2×(−2)−3 = 21.

P(−3) = 6×(−3)³+ 19×(−3)²+ 2×(−3)−3 = 6×(−27) + 19×9 + 2×(−3)−3 = 0.

2. D’après la question précédente,−3 est racine du polynômeP = 6X³+ 19X²+ 2X−3 de degré 3.

D’après le cours, il existe donc un unique polynômeQde degré 2 tel que : P = (X−(−3)

| {z }

X+3

)Q.

Le polynôme Qétant de degré 2, il existea, b, c∈Rtels que : P = (X+ 3)(aX²+bX+c).

On commence par d´eterminer les coefficients de (X+ 3)(aX²+bX+c).

(X+ 3)(aX²+bX+c) =aX³+ (3a+b)X²+ (3b+c)X+ 3c.

On a :

P = (X+ 3)Q ⇐⇒ 6 X³+ 19 X²+ 2 X −3 = a X³+ (3a+b) X²+ (3b+c) X+ 3c

⇐⇒











a = 6

3a + b = 19

3b + c = 2

3c = −3

(unicit´e des coefficients d’un polynˆome)

On est ainsi conduit à résoudre le système linéaire











a = 6

3a + b = 19

3b + c = 2

3c = −3 .

DeL1et L4, on d´eduit que :a= 6 etc=−1.

Dec=−1 et deL2, on d´eduit que :b= 1.

Enfin sia= 6 etb= 1, l’´equationL2est satisfaite. En effet : 3×6 + 1 = 19.

De cette ´etude, on d´eduit que :

P = (X+ 3)(6X²+X−1). (1)

Ainsi, en posantQ1=X+ 3 etQ2= 6X²+X−1, on a bien :

(2)

• Q1 est un polynˆome de degr´e 1 ;

• Q2 est un polynˆome de degr´e 2 ;

• P =Q1Q2.

3. Dans cette question, il s’agit de r´esoudre l’´equationP(x) = 0, d’inconnuex∈R. Soitx∈R.

P(x) = 0 ⇐⇒ (x+ 3)(6x²+x−1) (cf. (1))

⇐⇒







x+ 3 = 0 ou

6x²+x−1 = 0

(siA, B∈R, alorsAB = 0 ssiAouB est nul)

⇐⇒







x=−3 ou

xest racine du polynˆome du second degr´e 6X²+X−1

On est ainsi conduit à déterminer les racines du polynôme du second degré Q= 6X²+X−1 dont les coefficients sonta= 6,b= 1 etc=−1.

Le discriminant deQest :

∆ =b²−4ac= 1²−4×6×(−1) = 25 = 5².

Comme le discriminant de Q est strictement positif, Q admet deux racines r´eelles distinctes. Celles-ci sont :

x1= −b−√

∆

2a =−1−5 12 =−1

2 et x2= −b+√

∆

2a = −1 + 5 12 =1

3. De cette étude, on déduit que l’ensemble Spec(P) des racines deP est donné par :

Spec(P) = ß

−3,−1 2,1

3

™ .

Exercice 2 :Soit (un)n∈N^∗ la suite d´efinie par :







u1=−2 et

∀n∈N^∗, un+1= 2 3un+ 1.

1. (a) Donner une expression deun en fonction de n, pour toutn∈N^∗. (b) Montrer que la suite (un)n∈N^∗ est strictement croissante.

(c) D´eterminer le comportement asymptotique de la suite (un)n∈N^∗. 2. Pour toutn∈N^∗, on pose :

Sn= Xn

k=1

uk. (a) ExprimerSn en fonction den, pour toutn∈N^∗.

(b) ´Etudier le comportement asymptotique de la suite (Sn)n∈N^∗. Correction

1. (a) La suite (un)n∈N^∗ est une suite arithmético-géométrique. Pour exprimer son terme général un en fonction den∈N^∗, on applique la méthode exposée dans le cours.

(3)

• Recherche du point fixe de la fonction affine x7→ 2 3x+ 1 On r´esout l’´equationx= 2

3x+ 1, d’inconnuex∈R. Soitx∈R.

x= 2

3x+ 1 ⇐⇒ 1 3x= 1

Å

soustraction de 2

3x`a chaque membre ã

⇐⇒ x= 3 (multiplication par 36= 0 de chaque membre)

• Introduction d’une suite auxiliaire (vn)n∈N^∗ qui est g´eom´etrique, de raison 2 3 Pour toutn∈N^∗, on pose :

vn =un−3. (2)

Prouvons que la suite (vn)n∈N^∗ est g´eom´etrique de raison 2

3, i.e. que :

∀n∈N^∗, vn+1= 2 3vn. Soitn∈N^∗.

vn+1 = un+1−3 (cf. (2))

= 2

3un+ 1−3 (cf. relation de récurrence vérifiée par la suite (un)n∈N^∗)

= 2

3un− 2

|{z}

2 3×3

= 2

3(un−3)

= 2

3vn (cf. (2))

• Expression devn, puis deun en fonction de n∈N^∗ La suite (vn)n∈N^∗ est g´eom´etrique de raison 2

3 et de premier terme v1 = u1−3 (cf. (2))

= −2−3 (cf. d´efinition de u1)

= −5.

D’après le cours sur les suites géométrique, on sait alors que :

∀n∈N^∗, vn=−5× Å2

3 ãn−1

.

Mais alors de (2), on d´eduit que :

∀n∈N^∗, un=vn+ 3 d’o`u :

∀n∈N^∗, un = 3−5× Å2

3 ãn−1

. (3)

(4)

(b) La suite (un)n∈N∗ est strictement croissante si et seulement si :

∀n∈N^∗, un+1−un>0.

Soitn∈N^∗. D’apr`es (3), on a : un= 3−5×

Å2 3

ãn−1

et u_n+1= 3−5× Å2

3 ãn

.

On en d´eduit que :

un+1−un = 3−5× Å2

3 ãⁿ

− Ç

3−5× Å2

3 ãⁿ⁻1å

= 5× Å2

3 ãn−1

−5× Å2

3 ãⁿ

| {z } (²3)ⁿ⁻¹^×²3

= 5× Å2

3 ãn−1

× Å

1−2 3 ã

= 5

3 × Å2

3 ãn−1

.

Comme 5 et Å2

3 ãn−1

sont strictements positifs, on aun+1−un>0.

(c) On rappelle le r´esultat (3) :

∀n∈N^∗, un= 3−5× Å2

3 ãn−1

.

Comme−1< 2

3 <1, le cours nous donne : Å2

3 ãn−1

n→+∞→ 0.

Par op´erations sur les limites, on en d´eduit que : un= 3−5×

Å2 3

ãⁿ⁻1

n→+∞→ 3.

Remarque : On vient de voir que la suite (un)n∈N^∗ converge et que sa limite vaut 3, qui est le point fixe de la fonction affinex7→ 2

3x+ 1. Ce n’est pas le fruit du hasard... Nous reviendrons sur ce point, dans un contexte plus général, après avoir étudié la notion de continuité.

2. (a) Soitn∈N^∗.

Sn = Xn

k=1

uk

= Xn

k=1

3−5× Å2

3 ãk−1

(cf. (3))

= 3

Xn

k=1

1

!

−5 Xn

k=1

Å2 3

ã^k−1!

(lin´earit´e)

(5)

On a d’une part :

Xn

k=1

1 =n et d’autre part :

Xn

k=1

Å2 3

ãk−1

=

n−1X

k^′=0

Å2 3

ã^k^′

(changement d’indicek^′=k−1)

(⋆)= 1−

Å2 3

ãⁿ

1−2 3

= 3

Å 1−

Å2 3

ãⁿã .

Notons que l’identit´e (⋆) d´ecoule de la formule fondamentale:

∀q∈R\ {1}, ∀N ∈N,

XN

k=0

q^k= 1−q^N+1 1−q . De cette ´etude, on d´eduit que :

Sn = 3n−15 Å

1− Å2

3 ãⁿã

. (b) Comme−1< 2

3 ãn

n→→+∞0.

De plus :

n_n→+∞→ +∞. Par op´eration sur les limites, on a alors :

Sn= 3n−15 Å

1− Å2

3 ãnã

n→+∞→ +∞.

Exercice 3

1. ´Etudier le comportement asymptotique de la suite (un)n∈N d´efinie par :

∀n∈N, un= 4n³+ 3n²+ 2n+ 1 1 + 3n−n² . 2. ´Etudier le comportement asymptotique de la suite (vn)n∈Nd´efinie par :

∀n∈N, vn= 2ⁿ+n 4ⁿ+ 1. 3. ´Etudier le comportement asymptotique de la suite (wn)n∈N^∗ d´efinie par :

∀n∈N^∗, wn = (−1)ⁿ Å

1 + 1 n

ã .

(6)

Correction

1. Il s’agit d’étudier ici la limite éventuelle d’un quotient. Nous allons, dans un premier temps, suivre une appoche ^≪na¨ıve^≫, à savoir étudier la limite éventuelle du numérateur, étudier la limite éventuelle du dénominateur, et voir si les opérations sur les limites nous permettent de conclure directement.

• Etude du comportement asymptotique du num´erateur 4n´ ³+ 3n²+ 2n+ 1 Les r´esultats sur les limites usuelles nous donnent :

n_n→+∞→ +∞ , n²_n→+∞→ +∞ , n³_n→+∞→ +∞. (4) Par op´erations sur les limites, on a :

4n³+ 3n²+ 2n+ 1_n→+∞→ +∞.

• Etude du comportement asymptotique du d´enominateur 1 + 3n´ −n²

En utilisant les deux premières limites usuelles de (4) et les opérations sur les limites, on ne peut pas conclure. En effet, on est en présence d’une forme indéterminée (^≪du type +∞ − ∞^≫).

Pour lever l’indétermination, on factorise 1 + 3n−n²par son terme prépondérant, à savoir−n². De la factorisation :

∀n∈N^∗, 1 + 3n−n²=−n² Å 1

−n²+ 3n

−n² + 1 ã

=−n² Å

−1 n² −3

n+ 1 ã

(5) des deux premières limites usuelles de (4) et des opérations sur les limites, on déduit que :

1 + 3n−n²=−n² Å

− 1 n²− 3

n+ 1 ã

n→+∞→ −∞.

• Bilan de l’approche^≪na¨ıve^≫

On cherche à étudier la limite éventuelle de 4n³+ 3n²+ 2n+ 1

1 + 3n−n² quandntend vers +∞. Le numérateur tendant vers +∞quandntend vers +∞et le dénominateur tendant vers−∞quandntend vers +∞, on est en présence d’une forme indéterminée (^≪du type ^+∞_−∞ ^≫).

Pour lever l’indétermination dans cette étude de la limite éventuelle d’un quotient, nous avons vu que nous pouvions factoriser le numérateur 4n³+ 3n²+ 2n+ 1 par son terme prépondérant (4n³) et le dénominateur 1 + 3n−n² par son terme prépondérant (−n²). Notons que la seconde étape de la démarche a déjà été effectuée (cf. (5)).

• Factorisation du numérateur par son terme prépondérant et conclusion On a :

∀n∈N^∗, 4n³+ 3n²+ 2n+ 1 = 4n³ Å

1 +3n² 4n³ + 2n

4n³ + 1 4n³

ã

= 4n³ Å

1 + 3 4n+ 1

2n² + 1 4n³

ã . (6) De (5) et (6), on d´eduit que :

∀n∈N^∗, 4n³+ 3n²+ 2n+ 1 1 + 3n−n² =

4n³ Å

1 + 3 4n+ 1

2n² + 1 4n³

ã

−n² Å

− 1 n² −3

n+ 1

ã =−4n Å

1 + 3 4n+ 1

2n² + 1 4n³

ã Å

−1 n² −3

n+ 1 ã .

Des limites usuelles (4) et des op´erations sur les limites, on d´eduit alors que : 4n³+ 3n²+ 2n+ 1

1 + 3n−n² =−4n Å

1 + 3 4n + 1

2n² + 1 4n³

ã Å

−1 n² −3

n + 1

ã _n→+∞→ −∞.

(7)

2. Comme auparavant, nous avons à étudier la limite éventuelle d’un quotient. À nouveau, nous allons, suivre une appoche ^≪na¨ıve^≫, dans un premier temps, i.e. étudier la limite éventuelle du numérateur, étudier la limite éventuelle du dénominateur, et voir si les opérations sur les limites nous permettent de conclure directement.

• Etude du comportement asymptotique du num´erateur 2´ ⁿ+n Comme 2>1, on a :

2ⁿ_n→+∞→ +∞. (7)

De (7), de la première limite usuelle de (4) et des opérations sur les limites, on déduit que : 2ⁿ+n_n→+∞→ +∞.

• Etude du comportement asymptotique du d´enominateur 4´ ⁿ+ 1 Comme 4>1, on a :

4ⁿ_n→+∞→ +∞. (8)

De (8) et des op´erations sur les limites, on d´eduit que : 4ⁿ+ 1_n→+∞→ +∞.

• Bilan de l’approche^≪na¨ıve^≫

On a à étudier la limite éventuelle de 2ⁿ+n

4ⁿ+ 1 quandntend vers +∞. Le numérateur tendant vers +∞ quandntend vers +∞et le dénominateur tendant vers +∞quandntend vers +∞, on est en présence d’une forme indéterminée (^≪du type ^+∞₊_∞ ^≫).

Pour lever l’indétermination dans cette étude de limite, nous avons vu que nous pouvions factoriser le numérateur 2ⁿ+npar son terme prépondérant (2ⁿ, d’après les résultats sur les croissances comparées) et le dénominateur 4ⁿ+ 1 par son terme prépondérant (4ⁿ).

• Factorisation du numérateur et du dénominateur par leurs termes prépondérantsrespectifset conclusion On a :

∀n∈N, 2ⁿ+n= 2ⁿ 1 + n

2ⁿ

et 4ⁿ+ 1 = 4ⁿ Å

1 + 1 4ⁿ

ã donc :

∀n∈N, 2ⁿ+n 4ⁿ+ 1 =

2ⁿ 1 + n

2ⁿ

4ⁿ Å

1 + 1 4ⁿ

ã= 2ⁿ 4ⁿ

|{z}

(²4)ⁿ⁼(¹2)ⁿ

1 + n 2ⁿ

Å 1 + 1

4ⁿ ã =

Å1 2

ãⁿ

1 + n 2ⁿ

Å 1 + 1

4ⁿ ã.

Comme−1< 1

2 ãⁿ

n→+∞→ 0. (9)

De plus les r´esultats sur les croissances compar´ees induisent : n

2ⁿ _n→+∞→ 0. (10)

De (8), (9), (10) et des op´erations sur les limites, on d´eduit que : 2ⁿ+n

4ⁿ+ 1 = Å1

2 ãⁿ

1 + n

2ⁿ

Å 1 + 1

4ⁿ

ã _n→+∞→ 0.

(8)

3. À présent, on s’intéresse à la limite éventuelle de (−1)ⁿ Å

1 + 1 n

ã

quandntend vers +∞. On remarque la pr´esence du terme (−1)ⁿ. Nous savons que :

∀N ∈N, (−1)^N =

ß 1 siN est pair

−1 siN est impair.

Afin de simplifier le terme (−1)ⁿ, on va plutôt étudier les suites (w2n)n∈N^∗ (sous-suite de (wn)n∈N^∗ formée des termes d’indices pairs) et (w2n+1)n∈N (sous-suite de (wn)n∈N^∗ formée des termes d’indices impairs) que la suite (wn)n∈N^∗ elle-même.

On dispose de r´esultats dans le cours liant les comportements asymptotiques des suites (w2n)n∈N^∗, (w2n+1)n∈N `a celui de (wn)n∈N∗ qui nous permettront alors de conclure quant au comportement asymptotique de la suite (wn)n∈N∗.

• Etude du comportement asymptotique de la suite (w´ 2n)n∈N^∗

Soitn∈N^∗.

w2n= (−1)²ⁿ

| {z }

1

Å 1 + 1

2n ã

= 1 + 1

2n (car 2nest pair).

Den_n→+∞→ +∞et des op´erations sur les limites, on d´eduit que : w2n= 1 + 1

2n _n→→₊_∞1.

• Etude du comportement asymptotique de la suite (w´ 2n+1)n∈N

Soitn∈N.

w_2n+1 = (−1)²ⁿ⁺¹

| {z }

−1

Å

1 + 1 2n+ 1

ã

=−1− 1

2n+ 1 (car 2n+ 1 est impair).

Den_n→→₊_∞+∞et des op´erations sur les limites, on d´eduit que : w_2n+1=−1− 1

2n+ 1 _n→+∞→ −1.

• Conclusion

Les suites (w2n)n∈N∗ et (w2n+1)n∈N sont convergentes, mais leurs limites respectives diff`erent. D’apr`es le cours, la suite (wn)n∈N^∗ n’admet donc ni limite finie, ni limite infinie.

Exercice 4 :Dans une assembl´ee, se trouvent r´eunisahommes etbfemmes (a, b∈N^∗). Soitn∈J0, a+bK.

On note :

• E l’ensemble des groupes constitu´es denpersonnes choisies dans l’assembl´ee

• Ek l’ensemble des groupes de n personnes choisies dans l’assembl´ee, qui comportent (exactement) k hommes (k∈J0, nK).

1. Donner une relation entre Card(E),Card(E0),Card(E1), . . . ,Card(En).Justifier avec soin la r´eponse.

2. Calculer Card(E).

3. Calculer Card(Ek), pour toutk∈J0, nK. Justifier avec soin la r´eponse.

4. En d´eduire que :

Xn

k=0

Ça k

å Ç b n−k

å

= Ça+b

n å

(formule de Vandermonde).

5. Que vaut Xn

k=0

Çn k

å²

?

(9)

Correction 1. • Heuristique

(A) Si l’on découpe l’ensembleE des groupes formés denpersonnes choisies dans l’assemblée suivant le nombre d’hommes qu’ils comportent, on obtient : E =

[n

k=0

Ek.

(B) D’autre part, un groupe de npersonnes choisies dans l’assembl´ee ne peut pas contenir (exactement) i hommes et (exactement) j hommes si i 6= j. Cette remarque implique que la r´eunion

[n

k=0

Ek est disjointe.

(C) De (A) et (B), on d´eduit alors que : Card(E) = Xn

k=0

Card(Ek).

• D´emonstrations

On donne ci-dessous des d´emonstrations rigoureuses des assertions (A), (B) et (C).

(A) On commence par montrer que :

E= [n

k=0

Ek (11)

en raisonnant^≪par double inclusion^≫. – Montrons queE⊂

[n

k=0

Ek, i.e. que :

∀g∈E, g∈ [n

k=0

Ek.

Soit g∈ E. Par définition,g est un groupe de npersonnes choisies dans l’assemblée. Notons i le nombre d’hommes présents dans le groupeg. Ce nombre i est nécessairement un entier, compris entre 0 etn.

Par d´efinition mˆeme deEi, on a alorsg∈Ei. Or

Ei⊂E0∪. . .∪Ei−1∪Ei∪Ei+1∪. . .∪En

| {z }

[n

k=0

Ek

.

On a doncg∈ [n

k=0

Ek.

– Montrons que [n

k=0

Ek⊂E, i.e. que :

∀g∈ [n

k=0

Ek, g∈E.

Soitg∈ [n

k=0

Ek.Alors il existek∈J0, nKtel queg∈Ek. Pa définition deEk,gest un groupe formé de npersonnes choisies dans l’assemblée qui comporte (exactement)k hommes. En particulier,g est un groupe formé denpersonnes choisies dans l’assemblée. Par suite, g∈E.

(10)

(B) On poursuit en montrant que :

les ensemblesE0, E1, . . . , En sont deux `a deux disjoints (12) i.e. que :

∀i, j∈J0, nK, i6=j=⇒Ei∩Ej =∅. Soienti, j∈J0, nKtels quei6=j. Montrons queEi∩Ej=∅.

Pour montrer que l’ensembleEi∩Ej est vide (i.e. qu’il ne contient aucun élément), on va supposer qu’il existe un élément dans Ei∩Ej et aboutir à une contradiction.

Soitg∈Ei∩Ej. Alorsg∈Ei et g∈Ej.

Commeg∈Ei,gest un groupe denpersonnes choisies dans l’assembl´ee comportant (exactement) ihommes.

Commeg∈Ej,gest un groupe denpersonnes choisies dans l’assembl´ee comportant (exactement) j hommes.

On observe alors une contradiction. En effet, le groupeg ne peut pas `a la fois comporter (exactement)ihommes et (exactement)j hommes (cari6=j).

(C) Conclusion On a :

Card(E) = Card [n

k=0

Ek

!

(d’apr`es (11))

= Xn

k=0

Card(Ek) (d’apr`es (12)).

On a donc :

Card(E) = Xn

k=0

Card(Ek). (13)

2. L’ensembleE est l’ensemble des groupes de npersonnes choisies dans l’assembl´ee, qui comporte au total (a+b) personnes.

Un groupe de npersonnes choisies dans l’assemblée peut se modéliser par une liste non ordonnée, sans répétition, de n personnes choisies parmi les (a+b) personnes au total, i.e. par une combinaison de n

élements parmi un ensemble à (a+b) éléments.

On en d´eduit que :

Card(E) = Ça+b

n å

. (14)

3. Soit k ∈ J0, nK. L’ensemble Ek est l’ensemble des groupes de n personnes choisies dans l’assembl´ee qui comportent (exactement) khommes.

Pour construire un groupe denpersonnes appartenant `aEk, i.e. comportant (exactement)khommes, on choisit :

un groupe dekhommes parmi les ahommes de l’assemblée (i.e. une liste non ordonnée, sans répétition, dekhommes parmi desahommes au total, soit une combinaison dekéléments parmi un ensemble àaéléments) ;

puis ind´ependamment

un groupe de (n−k) femmes parmi lesbfemmes de l’assemblée (i.e. une liste non ordonnée, sans répétition, de (n−k) femmes parmi desbfemmes au total, soit une combinaison de (n−k) éléments parmi un ensemble àbéléments) ;

(11)

On en d´eduit que : Card(Ek) =

Ça k å

| {z }

choix deskhommes

×

ind´ependance du choix des hommes et du choix des femmes

Ç b (n−k)

å

| {z }

choix des (n−k) femmes

(15)

4. D’apr`es (13), on a :

Xn

k=0

Card(Ek) = Card(E).

Or, d’apr`es (15) on a :

∀k∈J0, nK, Card(Ek) = Ça

k å Ç b

n−k å

et d’apr`es (14), on a :

Card(E) = Ça+b

n å

. On en d´eduit la formule de Vandermonde :

Xn

k=0

Ça k

å Ç b n−k

å

= Ça+b

n å

.

5. Soitn∈N. En appliquant la formule de Vandermonde aveca=b=n, il vient : Xn

k=0

Çn k

å Ç n n−k

å

=

Çn+n n

å

soit :

Xn

k=0

Çn k

å Ç n n−k

å

= Ç2n

n å

. (16)

D’autre part la relation de sym´etrie des coefficients binomiaux nous donne :

∀k∈J0, nK,

Çn k å

= Ç n

n−k å

. (17)

De (16) et (17), on d´eduit que :

Xn

k=0

Çn k

å2

= Ç2n

n å

.

Problème : Étude d’une suite définie par récurrence On se propose d’étudier la suite(un)n∈N définie par :







u0= 2 et

∀n∈N, un+1= un−6 2un−7.

Partie A : ´Etude de la fonction sous-jacente Soitf la fonction d´efinie par :

f:x7→ x−6 2x−7. 1. D´eterminer le domaine de d´efinitionD^f de la fonction f.

(12)

2. Étudier le signe de f(x)−xpour toutx∈ D^f et interpréter graphiquement l’étude.

3. Montrer que :

∀x∈ D^f, ∀y∈ D^f, f(x)−f(y) = (x−y) 5

(2x−7)(2y−7). 4. Montrer quef est strictement croissante sur

ò

−∞,7 2 ï

. 5. Montrer que l’intervalle [1,2] est stable parf, i.e. que :

∀x∈[1,2], f(x)∈[1,2].

6. (a) Montrer que :

∀x∈[1,2], |2x−7| ≥3.

(b) En d´eduire que :

∀x∈[1,2], ∀y∈[1,2],

5 (2x−7)(2y−7)

≤5

9 puis que :

∀x∈[1,2], ∀y ∈[1,2], |f(x)−f(y)| ≤ 5

9 |x−y|. Partie B : Variations et comportement asymptotique de la suite (un)n∈N

1. Montrer que la suite (un)n∈Nest bien d´efinie et que :

∀n∈N, un∈[1,2].

2. Montrer que la suite (un)n∈Nest d´ecroissante.

3. Justifier la convergence de la suite (un)n∈N. 4. D´emontrer que lim

n →+∞un= 1.

Partie C : Contrôle géométrique de la convergence de la suite (un)n∈N

On souhaite à présent démontrer par une autre méthode que la suite(un)n∈Nconverge vers 1, mais aussi obtenir un contrôle géométrique de l’écart entre les termes de la suite(un)n∈N et 1.

1. Déduire de résultats des parties précédentes que :

∀n∈N, 0≤un+1−1≤5

9(un−1).

2. Montrer par r´ecurrence que :

∀n∈N, 0≤un−1≤ Å5

9 ãn

. 3. D´eduire de 2. que la suite (un)n∈Nconverge et que lim

n→+∞un= 1.

Correction Partie A

1. Soitx∈R.

le nombre x−6

2x−7 est bien d´efini ⇐⇒ 2x−76= 0

⇐⇒ x6= 7 2 On en d´eduit que :

D^f =R\ ß7

2

™

= ò

−∞,7 2 ï

∪ ò7

2,+∞ ï

.

(13)

2. Soitx∈R\ ß7

2

™ .

f(x)−x = x−6 2x−7 −x

= x−6−x(2x−7)

2x−7 (réduction au même dénominateur)

= −2x²+ 8x−6 2x−7

= 2 −x²+ 4x−3

2x−7 (factorisation du num´erateur par 2)

On est ainsi conduit `a ´etudier les signes de 2x−7 et de−x²+ 4x−3.

• Etude du signe de 2x´ −7

La fonction x7→2x−7 est une fonction affine de pente 2>0, qui s’annule enx= 7

2. Son tableau de signes est donc le suivant.

x −∞ 7

2 +∞

Signe de 2x−7 − 0 +

• Etude du signe de´ −x²+ 4x−3

On a à étudier le signe de trinôme du second degréP =−X²+ 4X−3.

Pour cela, on commence par déterminer ses racines réelles (éventuelles). On pourrait suivre la méthode

≪standard^≫ qui d´ebute par le calcul du discriminant deP, mais en remarquant que 1 et 3 sont racines

≪´evidentes^≫ deP, on s’´evite cette peine.

Le trinôme du second degré P possède deux racines réelles disctinctes (1 et 3) et a pour coefficient

−1<0 en X². On en d´eduit son tableau de signes.

x −∞ 1 3 +∞

Signe de−x²+ 4x−3 − 0 + 0 −

En rassemblant les différents résultats obtenus au cours de cette étude et en remarquant que : 1<3< 7

2 on obtient le tableau de signes def(x)−x.

(14)

x −∞ 1 3 7

2 +∞

Signe de 2x−7 − − − 0 +

Signe de−x²+ 4x−3 − 0 + 0 − −

||

Signe def(x)−x + 0 − 0 +

||

⁻

||

On propose à présent une interprétation graphique de l’étude du signe def(x)−x.

Si C^f désigne la courbe représentative def dans un repèreRdu plan et siDdésigne la droite d’équation y=xdansR, alors :

• la courbe C^f est au-dessus de la droiteDsur ]− ∞,1[∪ ò

3,7 2 ï

;

• la courbeC^f est en dessous de la droiteDsur ]1,3[∪ ò7

2,+∞ ï

;

• la courbeC^f et la droiteDse coupent aux points de coordonn´ees (1,1) et (3,3).

3. Soient x, y∈ D^f.

f(x)−f(y) = x−6

2x−7 − y−6 2y−7

= (x−6)(2y−7)

(2x−7)(2y−7)− (y−6)(2x−7)

(2y−7)(2x−7) (mise au mˆeme d´enominateur)

= (2xy−7x−12y+ 42)−(2xy−7y−12x+ 42) (2x−7)(2y−7)

= 5x−5y

(2x−7)(2y−7)

= 5(x−y)

(2x−7)(2y−7)

= (x−y) 5

(2x−7)(2y−7)

4. Montrons que f est strictement croissante sur ò

−∞,7 2 ï

. Soient x, y∈

ò

−∞,7 2 ï

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

f(x)< f(y) ⇐⇒ f(x)−f(y)<0

⇐⇒ (x−y) 5

(2x−7)(2y−7) <0 (d’apr`es la question 3.)

De plus :

(15)

– dex < y, on d´eduitx−y <0 ; – dex∈

ò

−∞,7 2 ï

, on d´eduit quex < 7

2, puis en utilisant tableau de signes de 2x−7 obtenu `a la question 2. que 2x−7<0.

– de mˆeme, dey ∈ ò

−∞,7 2 ï

, on d´eduit que 2y−7<0.

On a donc :

(x−y)

| {z }

<0

×

>0

z}|{5 (2x−7)

| {z }

<0

(2y−7)

| {z }

<0

<0.

De cette ´etude et de l’´equivalence :

f(x)< f(y)⇐⇒(x−y) 5

(2x−7)(2y−7) <0

on d´eduit quef(x)< f(y).

5. Soitx∈[1,2]. Montrons quef(x)∈[1,2], i.e. que 1≤f(x)≤2.

De 1≤x≤2< 7

2 et du fait quef est (strictement) croissante sur ò

−∞,7 2 ï

, on d´eduit que : f(1)≤f(x)≤f(2).

On calcule :

f(1) = 1 et f(2) = 4 3. On en d´eduit que :

1≤f(x)≤ 4 3. Or 4

3 ≤2. Par transitivit´e de la relation d’ordre, on obtient finalement : 1≤f(x)≤2.

6. (a) Soitx∈[1,2].

On commence par ´etudier le signe de 2x−7 afin de voir si l’on peut simplifier l’´ecriture de|2x−7|. Dex≤2< 7

2 et du tableau de signes de 2x−7 obtenu `a la question 2., on d´eduit que : 2x−7<0.

Par suite :

|2x−7|=−(2x−7) = 7−2x.

Ainsi a-t-on :

|2x−7| ≥3⇐⇒7−2x≥3.

On prouve alors que 7−2x≥3 pour conclure.

Par hypoth`ese 1≤x≤2. De plus :

1≤x≤2 =⇒ −2≥ −2x≥ −4 (multiplication de chaque membre par−2<0)

=⇒ 5≥7−2x≥3 (ajout de 7 `a chaque membre) et par suite :

7−2x≥3.

L’assertion de l’énoncé est donc démontrée.

(16)

(b) Soientx, y∈[1,2].

D’après la question précédente, on a :

|2x−7| ≥3 et

|2y−7| ≥3

En multipliant membre à membre chacune ces deux inégalités qui ne mettent en jeu que des termes positifs, on obtient :

|2x−7| |2y−7| ≥9

ce qui se réécrit encore, en utilisant la multiplicativité de la valeur absolue :

|(2x−7)(2y−7)| ≥9.

En appliquant la fonction inverse, qui est (strictement) décroissante sur ]0,+∞[, à cette dernière inégalité, on en déduit que :

1

|(2x−7)(2y−7)| ≤ 1 9 puis en multipliant chaque membre par 5>0, que :

5

|(2x−7)(2y−7)| ≤ 5

9. (18)

De plus, comme 5 =|5|et :

∀A∈R, ∀B∈R^∗, |A|

|B| =

A B

on a :

5

|(2x−7)(2y−7)| =

5 (2x−7)(2y−7)

. (19)

De (18) et (19), on déduit la première inégalité demandée, à savoir :

5 (2x−7)(2y−7)

≤ 5

9. (20)

En multipliant chaque membre de (20) par|x−y| ≥0, on obtient :

|x−y|

5 (2x−7)(2y−7)

≤ 5

9 |x−y| ce qui se réécrit encore, en utilisant la multiplicativité de la valeur absolue :

5(x−y) (2x−7)(2y−7)

≤ 5

9 |x−y|. (21)

Or `a la question 3., on a ´etabli :

f(x)−f(y) = 5(x−y)

(2x−7)(2y−7). (22)

De (21) et (22), on déduit la deuxième inégalité demandée, à savoir :

|f(x)−f(y)| ≤ 5

9 |x−y|. (23)

Partie B

1. Pour toutn∈N, on pose :

Pⁿ : un est bien d´efini etun∈[1,2].

(17)

• Initialisation `an= 0

Par d´efinitionu0= 2. Ainsiu0 est bien d´efini etu0∈[1,2]. L’assertionP⁰ est donc vraie.

• Hérédité

On suppose quePⁿ est vraie pour unn∈Nfix´e, i.e. que :

un est bien d´efini etun ∈[1,2].

MontronsPⁿ⁺¹, i.e. :

un+1 est bien d´efini etun+1∈[1,2].

– Montrons queun+1est bien d´efini.

Commeun∈[1,2], 1≤un≤2 et doncun6= 7

2. Par suite, on peut calculer f(un) = un−6

2un−7. Le terme un+1=f(un) est ainsi bien d´efini.

– Montrons que : un+1∈[1,2].

On sait que un ∈[1,2] (hypoth`ese de r´ecurrence) et que [1,2] est stable parf (question A-5.). On a donc :f(un)∈[1,2]. Commeun+1=f(un), on aun+1∈[1,2].

• Conclusion

De l’initialisation àn= 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N, un est bien d´efini etun∈[1,2].

Remarque : Pour montrer que la suite (un)n∈N est bien d´efinie, on aurait aussi pu remarquer que, par d´efinition, un+1=f(un)pour toutn∈Net s’appuyer sur :

• u0= 2∈I:= [1,2];

• I est stable par f (cf. question A-5.) ;

• le théorème du cours qui donne un critère pour qu’une suite définie par récurrence soit bien définie.

2. On doit montrer que la suite (un)n∈Nest d´ecroissante, i.e. que :

∀n∈N, un+1< un. Soitn∈N.

un+1< un ⇐⇒ f(un)< un

⇐⇒ f(un)−un <0

D’apr`es le tableau de signes def(x)−xobtenu `a la question A-2. et le fait queun ∈[1,2], on a : f(un)−un <0.

De ce r´esultat et de l’´equivalence :

un+1< un⇐⇒f(un)−un<0 on d´eduit : un+1< un.

3. La suite (un)n∈N est (strictement) d´ecroissante et minor´ee par 1 (cf. question 1.). Elle converge donc. Si on notel∈Rsa limite, on a en outre :l≥1.

(18)

4. Il s’agit ici de prouver que l = 1. On va prouver ce résultat en passant à la limite dans la relation de récurrence :

un+1= un−6 2un−7 valable pour toutn∈N.

• Etude de la limite ´eventuelle de´ un−6

2un−7 quandntend vers +∞

On commence par établir que 2l−76= 0, i.e. l∈ D^f. En passant à la limite dans l’inégalité :

∀n∈N, 1≤un≤2 obtenue `a la question 1., il vient :

1≤l≤2. (24)

On a doncl6= 7

2,i.e.l∈ D^f.

On peut ainsi appliquer les r´esultats sur les op´erations sur les limites pour voir que : un−6

2un−7 _n→+∞→ l−6

2l−7 (pas de forme ind´etermin´ee car 2l−76= 0). (25)

• Etude de la limite ´eventuelle de´ un−6

2un−7 quandntend vers +∞ Commeun_n→+∞→ l, on a :

un+1_n→+∞→ l (26)

• Passage à la limite dans la relation de récurrence En passant à la limite dans l’identité :

un+1= un−6 2un−7 valable pour toutn∈N, et en utilisant (25) et (26), il vient donc :

l−6 2l−7 =l soit : f(l)−l= 0.

• Conclusion `a l’aide du tableau de signes def(x)−x

De f(l)−l = 0, de (24) et du tableau de signes def(x)−xobtenu `a la question A-2., on d´eduit que l= 1. On a donc :

un_n→+∞→ 1.

Partie C 1. Soitn∈N.

D’apr`es la question B-1., on a :

un∈ [1,2].

En appliquant le r´esultat de la question A-6.(b) avecx=un∈ [1,2] ety = 1∈[1,2], on obtient :

|f(un)−f(1)| ≤ 5

9 |un−1| qui se r´e´ecrit encore, en remarquant que f(un) =un+1 etf(1) = 1 :

|un+1−1| ≤ 5

9 |un−1|. (27)

(19)

Or toujours d’apr`es la question B-1. :

un≥1 et un+1≥1 soit :

un−1≥0 et un+1−1≥0.

On a donc :

|un−1|=un−1 et |un+1−1|=un+1−1≥0. (28) De (27) et (28), on d´eduit que :

0≤un+1−1≤ 5

9 (un−1).

2. Pour toutn∈N, on pose :

Pⁿ : 0≤un−1≤ Å5

9 ãn

.

• Initialisation `an= 0 La propositionP⁰ s’´ecrit :

0≤u0−1≤ Å5

9 ã⁰

. Commeu0= 2, on a :u0−1 = 1.De plus,

Å5 9

ã0

= 1.

La propositionP⁰ se r´e´ecrit donc :

0≤1≤1.

Elle est vraie.

• Hérédité

On suppose quePⁿ est vraie pour unn∈Nfix´e, i.e. que : 0≤un−1≤

Å5 9

ãn

. MontronsPⁿ⁺¹, i.e. :

0≤un+1−1≤ Å5

9 ãn+1

.

– D’après la question 1., on sait déjà que : 0≤un+1−1.

– Il reste `a montrer que :un+1−1≤ Å5

9 ãⁿ⁺¹

. D’apr`es la question 1., on a :

un+1−1≤ 5

9 (un−1). (29)

D’autre part, en multipliant chaque membre de : un−1≤

Å5 9

ãⁿ

(hypoth`ese de r´ecurrence) par 5

9 >0, on obtient :

5

9 (un−1)≤5 9 ×

Å5 9

ãn

| {z } Å5

9 ãⁿ⁺¹

(30)

De (29), (30) et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit enfin que : un+1−1≤

Å5 9

ãn+1

.

(20)

• Conclusion

De l’initialisation àn= 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N, 0≤un−1≤ Å5

9 ãn

.

3. Soitn∈N. D’apr`es la question 2., on a :

0≤un−1≤ Å5

9 ãⁿ

.

En ajoutant 1 à chaque membre de cette inégalité, on a : 1≤un≤1 +

Å5 9

ãⁿ

. (31)

Comme−1<5

9 ãⁿ

n→→+∞0.

Par op´erations sur les limites, on en d´eduit : 1 +

Å5 9

ãⁿ

n→+∞→ 1. (32)

De (31), (32) et du théorème^≪des gendarmes^≫, on déduit que : un_n→→₊_∞1.