Correction du devoir maison n˚3

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir maison n˚3

Exercice 1

1. Soitf la fonction d´efinie par :

f : [0,1] → R

x 7→

r1 +x 2 .

(a) On fixe un rep`ereR= (O;−→i ,−→j) du plan. ´Etudier la position relative de la courbe r´epr´esentative de f et de la droite d’´equationy=x.

(b) ´Etudier le sens de variation de f sur [0,1].

(c) Montrer que :

∀x∈[0,1] f(x)∈[0,1].

(d) D´emontrer que :

∀x∈[0,1] ∀y∈[0,1] |f(x)−f(y)| ≤ 1 2√

2 |x−y|. 2. On d´efinit la suite (un)_∈^Npar :

u0∈[0,1]

∀n∈N un+1=f(un). (a) D´eduire que la question 1.(d) que :

∀n∈N |un+1−1| ≤ 1 2√

2 |un−1|. (b) En d´eduire que :

∀n∈N |un−1| ≤ 1

2√ 2

n

|u0−1|. (c) Conclure quant au comportement asymptotique de la suite (un)n∈N. Correction

1. (a) Pour ´etudier la position relative deC^f et de la droite d’´equationy =x, on ´etudie le signe def(x)−x (x∈[0,1]). Soit x∈[0,1].

f(x)−x =

r1 +x 2 −x

=

r1 +x 2 −x

! r1 +x 2 +x

!

r1 +x 2 +x

(quantit´e conjugu´ee)

=

r1 +x 2

!2

−x² r1 +x

2 +x

(identit´e remarquable)

1 2 +x

2 −x²

On d´eduit de ce calcul que si x ∈ [0,1], alors f(x)−x a mˆeme signe que le trinˆome du se- cond degr´e P = −X²+ X

2 + 1

2 qui lui-mˆeme a le mˆeme signe que le trinˆome du second degr´e Q = 2P = −2X²+X + 1 (on peut pr´ef´erer ´etudier le signe de Q plutˆot que celui de P car les coefficients deQsont des entiers). On remarque que 1 est racine^≪´evidente^≫ deQ. Son autre racine est donc 1

1×(−2) =−1

2. (Si l’on ne remarque pas de racine^≪´evidente^≫ deQ, on peut appliquer la m´ethode usuelle pour ´etudier les racines d’un trinˆome du second degr´e, en commen¸cant par calculer son discriminant.) D’apr`es le cours sur le signe d’un trinˆome du second degr´e, on a le tableau de signes suivant pourQ(x).

x −∞ −¹2 1 +∞

Signe deQ(x) = −2

|{z}

<0

x²+x+ 1 − 0 + 0 −

On en d´eduit queQ(x) et doncf(x)−xest strictement positif six∈[0,1[, nul six= 1. On a donc :

• la courbeC^f est-elle strictement au-dessus de la droite d’´equationy=xsur [0,1[ ;

• la courbeC^f et la droite d’´equationy=xse coupent au point d’abscissex= 1.

On peut v´erifier la coh´erence de ces r´esultats sur le graphique suivant.

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

−0.2

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6

−0.2

−0.4

Cf

y=x

(b) Pour ´etudier les variations def sur [0,1], on consid`erex, y ∈[0,1] tels quex < yet on ´etudie le signe def(x)−f(y). (D’apr`es le graphique ci-dessus, on peut conjecturer que la fonctionf est strictement croissante et donc quef(x)−f(y)<0.)

f(x)−f(y) =

r1 +x

2 −

r1 +y 2

=

r1 +x

2 −

r1 +y 2

! r1 +x

2 +

r1 +y 2

!

r1 +x

2 +

r1 +y 2

(quantit´e conjugu´ee)

=

r1 +x 2

!2

−

r1 +y 2

!2

r1 +x

2 +

r1 +y 2

(identit´e remarquable)

=

1 +x

2 −1 +y r 2

1 +x

2 +

r1 +y 2

=

x 2 −y r 2

1 +x

2 +

r1 +y 2

=

1 2

<0

z }| { (x−y) r1 +x

2 +

r1 +y

| {z 2 }

>0

De ce calcul, on d´eduit quef(x)−f(y)<0. On a donc prouv´e que pour toutx, y ∈[0,1] tels que x < y,f(x)< f(y). La fonctionf est donc strictement croissante sur [0,1].

(c) Soitx∈[0,1]. Comme la fonctionf est (strictement) croissante sur [0,1], on a : 0≤x≤1 =⇒ 1

√2 =f(0)≤f(x)≤f(1) = 1.

On en d´eduit (0≤ 1

√2) que six∈[0,1] alors 0≤f(x)≤1, i.e.f(x)∈[0,1].

Remarque : La m´ethode utilis´ee ici est^≪classique^≫ et est `a retenir. Plus g´en´eralement, pour montrer une in´egalit´e mettant en jeu une fonction, on peut penser `a utiliser les variations de cette fonction.

(d) Soientx, y∈[0,1]. On a vu (cf. question 1.(b)) que :

f(x)−f(y) = 1

2 (x−y) r1 +x

2 +

r1 +y 2

´egalit´e que l’on peut r´e´ecrire sous la forme : f(x)−f(y) = 1

2 (x−y) 1

r1 +x

2 +

r1 +y 2

. (1)

En passant aux valeurs absolues dans (1), en utilisant la multiplicativit´e de la valeur absolue (|a×b|=

|a| × |b|sia, b∈R) et en remarquant que certains termes sont clairement positifs (|a|=asia∈R⁺) on a :

|f(x)−f(y)|= 1

2 |x−y| 1 r1 +x

2 +

r1 +y 2

. (2)

En reprenant la d´emonstration effectu´ee en 1.(c), on voit que siX ∈[0,1], alors :

√1 ≤ (X) =

r1 +X

(3)

En appliquant (3) avec X =x et X =y et en additionnant membre `a membre les deux in´egalit´es (celles obtenue avecX =xet celle obtenue avecX=y), on d´emontre que :

√1 2+ 1

√2

| {z }

√2 2=√

2

≤

r1 +x

2 +

r1 +y

2 . (4)

En appliquant la fonction inverse, qui est strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[, aux deux membres de (4), il vient :

1 r1 +x

2 +

r1 +y 2

≤ 1

√2. (5)

On multiplie alors les deux membres de (5) par 1

2 |x−y| ≥0 pour avoir : 1

2 |x−y| 1 r1 +x

2 +

r1 +y 2

| {z }

|f(x)−f(y)|(cf. (2))

≤ 1

2 |x−y| 1

√2 = 1 2√

2 |x−y|.

Q.E.D.

Remarque : Cette question est la plus d´elicate de l’exercice. On tirera un b´en´efice certain en l’´etudiant, en particulier en comprenant bien pourquoi, une fois l’identit´e (2) montr´ee, il suffit de montrer (5) pour r´epondre `a la question pos´ee.

2. (a) Comme :

(A) u0∈ [0,1]

(B) un+1=f(un) pour toutn∈N (C) f(x)∈[0,1] six∈[0,1] (cf. 1.(c))

on a un∈[0,1] pour toutn∈N. En toute rigueur, il faudrait faire un raisonnement par r´ecurrence pour d´emontrer que un ∈[0,1] pour toutn ∈N, en s’appuyant sur (A) pour l’initialisation et sur (B) et (C) pour l’h´er´edit´e (siun∈[0,1], alorsun+1=f(un)∈[0,1]).

Soitn∈N. En appliquant le r´esultat 1.(d) avecx=un ∈[0,1] (cf. ce qui pr´ec`ede) et y= 1, on a :

|f(un)

| {z }

un+1

−f(1)

|{z}1

| ≤ 1 2√

2 |un−1| i.e. l’in´egalit´e demand´ee.

(b) Montrons par r´ecurrence que pour toutn∈N: Pⁿ : |un−1| ≤

1 2√ 2

ⁿ

|u0−1|.

• Initialisation

La propositionP0 s’´ecrit :

|u0−1| ≤ 1

2√ 2

0

| {z }

1

|u0−1|.

Elle est donc vraie.

• H´er´edit´e

On suppose quePⁿ est vraie pour un entiernfix´e, i.e. que :

|un−1| ≤ 1

2√ 2

n

|u0−1|. (6)

MontronsPn+1, i.e. :

|un+1−1| ≤ 1

2√ 2

n+1

|u0−1|. D’apr`es 2.(a), on a :

|un+1−1| ≤ 1 2√

2 |un−1|. (7)

En multipliant chacun des membres de (6) par 1 2√

2 ≥0, on a : 1

2√

2 |un−1| ≤ 1 2√

2× 1

2√ 2

n

| {z } 1

2√ 2

!ⁿ+1

|u0−1|. (8)

De (7) et (8), on d´eduit alors :

|un+1−1| ≤ 1 2√

2 |un−1| ≤ 1

2√ 2

n+1

|u0−1| et doncPn+1 :

|un+1−1| ≤ 1

2√ 2

n+1

|u0−1|.

• Conclusion

De l’initialisation de la propri´et´ePⁿau rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :

∀n∈N |un−1| ≤ 1

2√ 2

ⁿ

|u0−1|.

Remarque : Il s’agit l`a d’un raisonnement que l’on rencontrera `a plusieurs reprises dans la pr´eparation au concours. Il est tr`es important de bien le comprendre et de poser des questions si des points restent obscurs.

(c) Soitn∈N^∗. De 1.(b), on d´eduit que :

− 1

2√ 2

ⁿ

|u0−1| ≤un−1≤ 1

2√ 2

ⁿ

|u0−1|. (9) En effet si X ∈Ret siA ∈R⁺, |X| ≤ A⇐⇒ −A≤X ≤A. En ajoutant 1 `a chacun des membres de (9), il vient :

1− 1

2√ 2

n

|u0−1| ≤un≤1 + 1

2√ 2

n

|u0−1|. (10)

D’apr`es le cours et −1 < 1 2√

2 <1, on a : lim

n→+∞

1 2√

2 n

= 0. En utilisant les op´erations sur les limites, on obtient alors :

n→lim+∞1− 1

2√ 2

ⁿ

|u0−1|= 1 et lim

n→+∞1 + 1

2√ 2

ⁿ

|u0−1|= 1.

De ces calculs de limites, de (10) et du th´eor`eme des gendarmes , on d´eduit que la suite (u )

Exercice 2 :Soit 0< a0< b0 deux r´eels donn´es. Pour toutn∈N, on pose : an+1=p

anbn et bn+1=an+bn

2 .

1. Montrer que :

∀n∈N 0< an< bn.

2. Montrer que la suite (an)n∈Nest strictement croissante et que la suite (bn)n∈Nest strictement d´ecroissante.

3. Montrer que :

∀n∈N 0< bn+1−an+1<bn−an

2 .

4. En d´eduire que :

∀n∈N 0< bn−an≤ b0−a0

2ⁿ .

5. Conclure quant au comportement asymptotique des suites (an)n∈Net (bn)n∈N. Corrrection

1. Montrons par r´ecurrence que pour toutn∈N:

Pⁿ : 0< an< bn.

• Initialisation

La propositionP0 s’´ecrit :

0< a₀< b₀. Elle est donc vraie, d’apr`es l’´enonc´e.

• H´er´edit´e

On suppose quePⁿ est vraie pour un entiernfix´e, i.e. que :

0< an< bn. (11)

MontronsPn+1, i.e. :

0< an+1< bn+1. Commeanetbnsont strictement positifs,an+1=√

anbn est (bien d´efini) et strictement positif. Il reste

`a montrer que an+1< bn+1pour obtenirPn+1.

(∗)

bn+1−an+1 = an+bn

2 −√

anbn (cf. d´efinition de an+1 etbn+1)

= an+bn−2√ anbn

2

= (√

an)²+ (√

bn)²−2√ an√

bn

2

(√an)²=an, (√

bn)²=bn et √

anbn=√an

√bn

caran ≥0 etbn≥0)

= (√an−√ bn)² 2

(identit´e remarquable (A−B)²=A²−2AB+B², avecA=√an etB=√

bn) On en d´eduit que :

(∗∗) bn+1−an+1≥0.

De Pⁿ : 0 < an < bn et de la stricte croissance de la fonction racine carr´ee sur R⁺, on d´eduit que

√bn>√an et par suite que :

(∗ ∗ ∗) √ an−p

bn6= 0.

D’apr`es (∗∗) et (∗ ∗ ∗) on a donc :

(∗ ∗ ∗∗) bn+1−an+1 6= 0.

Enfin de (∗∗) et (∗ ∗ ∗∗), on d´eduit

bn+1−an+1>0 et donc quean+1< bn+1.

• Conclusion

De l’initialisation de la propri´et´ePⁿ au rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :

∀n∈N 0< an< bn. 2. • Etude des variations de (a´ n)n∈N

Soitn∈N. (∗)

an+1−an = √

anbn−an

= √an

√bn−(√an)² (√

anbn=√an

√bn et (√an)²=an caran ≥0 etbn≥0 (cf. 1))

= √an(√

bn−√an) Comme 0< an < bn (cf. 1), on a 0<√an <√

bn (la fonction racine carr´ee est strictement croissante surR⁺) et donc :

(∗∗) √

an >0 etp bn−√

an>0.

De (∗) et (∗∗), on d´eduit quean+1−an>0. La suite (an)n∈N est donc strictement croissante.

• Etude des variations de (b´ n)n∈N

Soitn∈N.

bn−bn+1=bn−an+bn

2 = 2bn−(an+bn)

2 = bn−an

2 .

Mais d’apr`es 1, bn−an >0. On en d´eduit que bn−b_n+1 >0. La suite (bn)n∈N est donc strictement d´ecroissante.

3. Soitn∈N. On sait que 0< bn+1−an+1grˆace `a la question 1. Il reste `a montrer quebn+1−an+1< bn−an

2 .

bn+1−an+1 = an+bn

2 −√

anbn (cf. d´efinition de an+1 et bn+1)

= an+bn−2√ anbn

2 On sait que 0< an< bn (cf. question 1).

0< an< bn =⇒ 0<√an<√

bn (la fonction racine carr´ee est strictement croissante surR⁺)

=⇒ 0<√an√an<√an

√bn (multiplication par √an>0 des deux membres l’in´egalit´e)

=⇒ an<√ anbn

=⇒ −2√

anbn<−2an (multiplication par−2<0 des deux membres l’in´egalit´e)

=⇒ an+bn−2√

anbn < an+bn−2an

| {z }

bn−an

(ajout dean+bn aux deux membres l’in´egalit´e)

=⇒ an+bn−2√ anbn

| {z2 }

bn+1−an+1

< bn−an

2 (multiplication par 1

2 >0 des deux membres l’in´egalit´e)

4. D’apr`es la question 1, on sait d´ej`a que pour toutn∈N^∗, 0< bn−an. Il reste `a d´emontrer que pour tout n∈N:

Pⁿ : bn−an≤ b0−a0

2ⁿ = 1

2ⁿ (b0−a0).

On proc`ede par r´ecurrence.

• Initialisation

La propositionP0 s’´ecrit :

b0−a0≤ 1 2⁰

|{z}

1

(b0−a0).

Elle est donc vraie.

• H´er´edit´e

On suppose quePⁿ est vraie pour un entiernfix´e, i.e. que : bn−an ≤ 1

2ⁿ (b0−a0). (12)

MontronsPⁿ⁺¹, i.e. :

bn+1−an+1≤ 1

2ⁿ⁺¹ (b0−a0).

D’apr`esla question 3, on a :

bn+1−an+1≤ 1

2 (bn−an). (13)

En multipliant chacun des membres de (12) par 1

2 ≥0, on a : 1

2(bn−an)≤ 1 2 × 1

2ⁿ

| {z }

1 2n+1

(b0−a0). (14)

De (13) et (14), on d´eduit alors :

bn+1−an+1 ≤1

2 (bn−an)≤ 1

2ⁿ⁺¹ (b0−a0) et doncPn+1 :

bn+1−an+1≤ 1

2ⁿ⁺¹ (b0−a0).

• Conclusion

De l’initialisation de la propri´et´ePⁿ au rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :

∀n∈N bn−an ≤ 1

2ⁿ (b0−a0).

Remarque : Ce raisonnement pr´esente une forte analogie avec celui fait dans la question 2.(b) de l’exercice 1.

5. Soitn∈N^∗. D’apr`es la question 4, on a :

(∗) ∀n∈N 0< bn−an≤ 1

2ⁿ (b0−a0).

De plus, d’apr`es le cours, lim

n→+∞2ⁿ = +∞. On en d´eduit, grˆace aux op´erations sur les limites que :

n→lim+∞

1

2ⁿ (b0−a0) = 0. De ces calculs de limites, de (∗) et du th´eor`eme ^≪des gendarmes^≫, on d´eduit que la suite (bn−an)n∈N converge et que lim

n→+∞bn−an= 0.

La suite (an)n∈Nest croissante, la suite (bn)n∈Nest d´ecroissante (cf. question 2) et lim

n→+∞bn−an= 0.Les deux suites (an)n∈Net (bn)n∈Nsont donc adjacentes. D’apr`es le th´eor`eme des suites adjacentes, les suites (an)n∈N et (bn)n∈Nsont convergentes et elles convergent vers la mˆeme limite.

Exercice 3 :Soit (un)n∈N∗ la suite d´efinie par : u1= 0,5

∀n∈N^∗ un+1= 0,1un+ 0,4.

1. Soitn∈N^∗. Donner une expression deun en fonction den.

2. ´Etudier le sens de variation et le comportement asymptotique de la suite (un)n∈N∗. Correction

1. La suite (un)n∈N∗ est arithm´etico-g´eom´etrique. On applique la m´ethode vue en cours pour exprimer un

en fonction de n(n∈N^∗).

• L’unique solution de l’´equationx= 0,1x+ 0,4 estl= 4 9.

• Soit (vn)n∈N∗ la suite d´efinie par :

∀n∈N^∗ vn=un−l=un−4 9.

On d´emontre que la suite (vn)n∈N∗ est g´eom´etrique (de raison 0,1). Soitn∈N^∗. vn+1 = un+1−4

9 (cf. d´efinition de la suite (vn)n∈N∗)

= 0,1un+ 0,4−4

| {z 9}

−45²

(cf. d´efinition de la suite (un)n∈N∗)

= 0,1







un− 2 45×0,1

| {z }

4 9







= 0,1vn (cf. d´efinition de la suite (vn)n∈N∗)

Remarque : On aurait pu proc´eder autrement pour montrer quevn+1= 0,1vn : d´ev´elopper s´epar´ement chacune des expressions vn+1 et 0,1 vn jusqu’`a ce que l’on voit que les deux ´etaient ´egales. Cette deuxi`eme m´ethode ne n´ecessite pas de factorisation, mais des d´eveloppements, ce qui est a priori plus ais´e.

Comme pour toutn∈N^∗,vn+1= 0,1vn, la suite (vn)n∈N∗ est g´eom´etrique de raison 0,1.

• On en d´eduit, grˆace au cours sur les suites g´eom´etriques, que :

∀n∈N^∗ vn=v1×0,1ⁿ⁻¹. Orv1=u1−4

9 = 0,5−4 9 = 1

18 et donc :

∀n∈N^∗ vn = 1

18×0,1ⁿ⁻¹.

• Par suite, on a :

∀n∈N^∗ un =

(∗)vn+l=vn+4 9 = 4

9+ 1

18×0,1ⁿ⁻¹.

2. On d´eduit de la propri´et´e :

(∗∗) ∀n∈N^∗ un =4 9 + 1

18×0,1ⁿ⁻¹ les variations et le comportement asymptotique de la suite (un)n∈N∗.

• Soitn∈N^∗.

un+1−un = 4 9 + 1

18×0,1ⁿ− 4

9 + 1

18×0,1ⁿ⁻¹

= 1

18× 0,1ⁿ

| {z }

0,1ⁿ⁻¹×0,1

− 1

18×0,1ⁿ⁻¹

= 1

18×0,1ⁿ⁻¹

| {z }

>0

×(0,1−1)

| {z }

−10⁹<0

(factorisation par 1

18×0,1ⁿ⁻¹)

On d´eduit de ce calcul queun+1−un<0 et donc queun+1< un. La suite (un)n∈N∗ est donc strictement d´ecroissante.

• De

n→lim+∞0,1ⁿ= 0 (cf. cours et−1<0,1<1) on d´eduit :

n→lim+∞0,1ⁿ⁻¹= 0 (0,1ⁿ⁻¹=0,1ⁿ

0,1 et op´erations sur les limites).

A l’aide de ce calcul de limite, de (` ∗∗) et des op´erations sur les limites, on obtient :

n→lim+∞un= 4 9.