Institut Polytechnique des Sciences Avancées – Toulouse Année universitaire 2020–2021
Premier semestre Ma112
TD 7
Suites récurrentes
6 heures – Module 19
Exercice 1
1) Pour toutn ∈N,
un+1−un = 1
2(1 +u2n)−un= 1 +u2n−2un
2 = (1−un)2 2 >0.
On peut donc affirmer que la suite(un)est croissante.
2) Comme(un)est définie par la relation de récurrenceun+1 =f(un)avecf continue surR(car polyno- miale), si(un)est convergente, alors sa limite est un point fixe def.
Or, pour toutx∈R,
f(x) =x ⇐⇒ 1 +x2 = 2x ⇐⇒ x2−2x+ 1 = 0 ⇐⇒ (x−1)2 = 0 ⇐⇒ x= 1.
Si la suite(un)converge, sa limite doit valoir1.
3) Commefest polynomiale de degré2, on peut déterminer facilement ses variations :f est décroissante surR−et croissante surR+, avec un minimum de 12 atteint enx= 0. Son graphe a l’allure suivante :
−1 1 1 2 3
Ceci permet d’affirmer que
f([−1,1]) =
1 2,1
⊂[−1,1].
À partir de là, siu0 ∈ [−1,1], on peut montrer par une récurrence immédiate que(un) est à valeurs dans[−1,1]: en effet, l’initialisation est vérifiée, et si pour un entiern∈Nfixé on aun∈[−1,1], alors on peut affirmer que
un+1 =f(un)∈f([−1,1]) ⊂[−1,1].
Finalement, la suite(un)est croissante et majorée par1, on peut donc en déduire qu’elle est convergente (et la question précédente nous permet d’affirmer que sa limite vaut1).
Remarque.Cela n’était pas demandé dans l’exercice, mais on saurait aussi étudier les autres cas. En effet, siu0 >1ou u0 <−1, dans les deux cas l’étude def nous garantit queu1 =f(u0) >1. Or, comme la suite(un)est croissante, on peut affirmer que pour toutn∈N∗,
un>u1.
Si par l’absurde(un)convergeait vers une limite`, par passage à la limite on aurait alors
`>u1 >1,
ce qui contredit le résultat de la question 2 selon lequel on aurait nécessairement`= 1. C’est donc que la suite(un)ne converge pas (et donc comme(un)est croissante, cela signifie qu’elle diverge vers+∞).
Exercice 2
1) La fonctionf est définie, continue et dérivable surRcar c’est une fonction rationnelle donc le déno- minateur ne s’annule pas (le discriminant dex2+ 2x+ 3est strictement négatif). Pour toutx∈R,
f0(x) = (x2+ 2x+ 3)−x(2x+ 2)
(x2+ 2x+ 3)2 = −x2+ 3 (x2+ 2x+ 3)2.
On trouve le tableau de variations suivant (on laisse au lecteur le soin de calculer les limites et les valeurs remarquables données) :
x f0(x)
f
−∞ −√
3 √
3 +∞
− 0 + 0 −
0
−1−√ 3 4
−1+√ 3 4
0
2) Pour toutx∈R,
f(x) = x ⇐⇒ x=x(x2+ 2x+ 3)
⇐⇒ 0 =x(x2+ 2x+ 2)
⇐⇒ x= 0 ou x2 + 2x+ 2 = 0
Or, l’équation du second degréx2+ 2x+ 2 = 0n’a pas de solution réelle (on trouve un discriminant strictement négatif), donc finalement la fonctionf admet seulement0comme point fixe.
3) — Initialisation.Pourn = 0, on au0 = 1donc l’inégalité 06u0 6√
3 est vérifiée (en effet, on peut montrer facilement que1<√
3<2).
— Hérédité.Soit n ∈ N. Supposons que0 6 un 6 √
3. Comme, d’après la tableau de variations, la fonctionf est croissante sur l’intervalle[0,√
3], on peut affirmer que f(0)6f(un)6f(√
3).
Orf(0) = 0(voir question 2) etf(un) =un+1. Reste à justifier rapidement que f(√
3) = −1 +√ 3 4 est inférieur ou égal à√
3. On peut procéder par équivalence : f(√
3)6√
3 ⇐⇒ −1 +√
364√
3 ⇐⇒ 061 + 3√
3 ce qui est vrai.
Finalement, on vient donc de montrer que
06un+1 6f(√
3)6√ 3.
— Conclusion.Pour toutn ∈N,06un6√ 3.
4) Montrons par récurrence que pour toutn ∈N,un+1 6un.
— Initialisation.Pourn = 0, on au0 = 1etu1 =f(1) = 16. On trouve bienu1 6u0.
— Hérédité.Soitn ∈ N. Supposons queun+1 6 un. D’après la question 3,un+1 etunappartiennent tous les deux à l’intervalle[0,√
3]sur lequel la fonctionf est croissante. On peut donc affirmer que f(un+1)6f(un), c’est-à-dire que
un+2 6un+1.
— Conclusion.On vient de montrer que
∀n ∈N, un+1 6un, ce qui revient à dire que la suite(un)est décroissante.
5) D’après les questions précédentes, la suite(un)est décroissante et minorée par0, elle converge donc vers une limite` > 0. Or, la suite(un)est définie par la relation de récurrenceun+1 =f(un)oùf est une fonction continue. On peut donc affirmer que`est un point fixe def, ce qui d’après la question 2 implique que`= 0.
Dans cet exercice, les récurrences qui étaient demandées ne faisaient en réalité que reprendre les démonstrations des différents résultats de votre cours sur les suites récurrentes. En s’autorisant à utiliser directement ces résultats, l’étude de la suite(un)peut se traiter de manière plus succincte.
1) On étudie la fonctionf (comme dans la question1).
2) On justifie rapidement pourquoif(√ 3)6√
3, afin de prouver quef([0,√
3])⊂[0,√ 3]. 3) On est alors en présence d’une fonctionf : [0,√
3]→[0,√
3]continue et croissante, avecu0∈[0,√
3]. Le théorème rappelé dans les éléments de cours permet d’affirmer immédiatement que la suite(un)est monotone et converge vers un point fixe def.
4) Il n’y a plus qu’à déterminer les points fixes def (question 2) pour en déduire que(un)converge vers0.
De plus, si jamais on voulait connaître précisément la monotonie de(un), il suffirait de compareru0 etu1et on retrou- verait que(un)est décroissante.
Exercice 3
1) Remarquons que pour toutx∈R,
f(x) = x−3−1
x−3 = 1− 1 x−3.
Or, si x <2 alors x−3<−1
donc 1
x−3 >−1 cart7→ 1
t décroissante surR∗−
d’où −1
x−3 <1 et donc f(x)<2.
On pouvait aussi répondre à cette question en dressant soigneusement le tableau de variations de la fonctionf. 2) La suite est bien définie si, à chaque étape, un appartient au domaine de définition de f, de sorte à
pourvoir calculer le terme suivantun+1 = f(un). Comme la fonctionf est définie surR\ {3}, si on
montre (par récurrence) que pour toutn ∈ N,un < 2, cela impliquera automatiquement que la suite (un)est bien définie.
— Initialisation.Pourn = 0, on au0 = 1 <2.
— Hérédité.Soitn∈N. Supposonsun<2. Alors on peut calculerun+1 =f(un), et d’après la question 1 on peut de plus affirmer quef(un)<2.
— Conclusion.Pour toutn ∈N, on a bienun<2.
3) Pour toutx∈R\ {3},
f(x) = x ⇐⇒ (x−4) =x(x−3) ⇐⇒ 0 =x2−4x+ 4 ⇐⇒ 0 = (x−2)2 ⇐⇒ x= 2.
L’équationf(x) =xadmet pour unique solutionx= 2surR\ {3}.
4) Soitn ∈N. On a
vn+1 = 1
un+1−2 = 1
un−4
un−3 −2 = un−3
(un−4)−2(un−3) = −un+ 3 un−2 et donc
vn+1−vn= −un+ 3
un−2 − 1
un−2 = −un+ 2
un−2 =−1.
Ainsi, la suite(vn)est arithmétique de raison−1.
5) Comme(vn)est arithmétique de raison−1et de premier terme v0 = 1
u0 −2 =−1, on en déduit que pour toutn ∈N,vn=−1−n.
Il suffit ensuite d’isolerundans la relation liantunetvnpour trouver
∀n ∈N, un = 1
vn + 2 = −1 n+ 1 + 2.
Ce n’était pas demandé, mais à partir de l’expression de(un)on trouve donc
n→+∞lim un= lim
n→+∞2− 1
n+ 1 = 2.
On aurait pu obtenir ce résultat indépendamment en remarquant quef([0,2])⊂[0,2]et quefest continue et croissante sur[0,2](puisque sa dérivée
f0 :x7−→ 1 (x−3)2
est positive sur [0,2]). Comme u0 ∈ [0,2], les résultats que l’on connaît sur les suites récurrentes nous permettent d’affirmer que(un)est monotone et converge vers un point fixe def. Or, on a vu dans la question 3 que le seul point fixe def est2, donc on retrouve bien que la suite(un)converge vers2.
Exercice 4
1) L’expression proposée pourx 6= 0est bien définie si et seulement si lnxexiste et ne s’annule pas, ce qui revient à demanderx > 0etx 6= 1. Comme par ailleurs, f est bien définie en x = 0(on a défini
explicitementf(0)), le domaine de définition def est finalement : Df = [0,1[∪]1,+∞[. 2) Notons d’abord que
x→0lim+f(x) = lim
x→0+
x
lnx = 0 =f(0) donc la fonctionf est continue (à droite) enx= 0.
De plus,
x→0lim+
f(x)−f(0)
x−0 = lim
x→0+
1 lnx = 0 donc la fonctionf est dérivable (à droite) enx= 0etfd0(x) = 0.
Notez qu’ici on ne s’intéresse à la continuité et la dérivabilité qu’à droite enx = 0, carf(x)n’est défini que pour x>0.
3) Sur l’intervalle]0,1[(et en fait, ce qui suit reste vrai plus généralement sur]0,1[∪]1,+∞[), la fonction f peut-être vue comme le quotient des deux fonctions usuellesx 7→ xetx 7→ lnxqui sont toutes les deux de classeC1, doncf est encore de classeC1.
De plus, on a déjà vérifié la continuité et la dérivabilité def enx= 0, donc pour montrer quef est de classeC1sur[0,1[, il ne reste plus qu’à vérifier la continuité (à droite) enx= 0de l’application dérivée
f0 :x7−→
x
lnx
0
six6= 0 0 six= 0.
On trouve, pour toutx∈]0,1[,
f0(x) = ln(x)−1 (lnx)2 = 1
lnx− 1
(lnx)2 −−−→
x→0+ 0 = f0(0).
Ainsi, l’applicationf est de classeC1sur[0,1[.
4) On trouve le tableau de variations suivant : x
f0(x)
f
−∞ 1 e +∞
0 − − 0 +
0
−∞
+∞
e
+∞
5) a) On peut procéder par récurrence.
— Initialisation.Pourn = 0, on au0 = 3>e.
— Hérédité.Soitn ∈N. Supposons queun >e. Commef est croissante sur l’intervalle[e,+∞[, on peut affirmer quef(un) > f(e). Or,f(un) = un+1 etf(e) =edonc on retrouve l’inégalité voulue.
b) Commençons par étudier la monotonie de(un): pour toutn ∈N, on a un+1−un = un
lnun −un=un
1 lnun −1
.
Comme d’après la question précédente on aun>e, on peut affirmer quelnun >1(par croissance de la fonctionln) et donc que
1 lnun 61
(par décroissance de la fonction inverse). Ainsi, on a un+1 − un 6 0 et donc la suite (un) est décroissante.
On aurait pu aussi, comme dans certains exercices qui précèdent, démontrer par récurrence que pour toutn∈N, un+1 >un.
Ainsi, la suite(un)est décroissante et minorée pare, elle converge donc vers une limite `>e. Or, comme il s’agit d’une suite définie par la relation de récurrenceun+1 =f(un)avecf une fonction continue sur l’ensemble [e,+∞[ où (un) prend ses valeurs, on peut affirmer que la limite ` est nécessairement un point fixe dee.
Le tableau de variations nous donne déjà les points fixes 0 ete. En fait, ce sont les seuls : on a f(0) = 0et pour toutx∈Df \ {0},
f(x) = x ⇐⇒ x=xlnx ⇐⇒ 1 = lnx ⇐⇒ x=e.
Ceci laisse donc deux choix possibles pour la limite de(un), mais en se rappelant qu’on a la condition
`>e, on peut finalement affirmer que
n→+∞lim un=e.
c) Soitx>e. Rappelons qu’alors
f0(x) = lnx−1 (lnx)2 .
Le dénominateur est positif (puisque c’est le carré d’un réel), et le numérateur également car la conditionx > e donne (par croissance de la fonction logarithme népérien) lnx > 1. Ceci nous donne déjà la minoration
06f0(x).
Pour la majoration, remarquons que 1
4−f0(x) = (lnx)2−4 lnx+ 4
4(lnx)2 = (lnx−2)2 4(lnx)2 >0 ce qui donne donc
f0(x)6 1 4.
d) Sur l’intervalle[e,+∞[, la fonctionfest dérivable et sa dérivée|f0(x)|est majorée par14. L’inégalité des accroissements finis nous garantit alors que pour tout(x, y)∈[e,+∞[2,
|f(y)−f(x)|6 1
4|y−x|.
Soitn∈N. En prenantx=eety=un >e, on obtient l’inégalité
|un+1−e|6 1
4|un−e|.
En remarquant que|u0−e|=|3−e|61, on pourrait utiliser l’inégalité ci-dessus pour démontrer par récurrence que pour toutn ∈N,
|un−e|6 1 4n. L’idée intuitive est que
|un−e|6 1
4|un−1−e|6 1 4×1
4|un−2−e|6 1 4×1
4 ×1
4|un−3−e|6· · ·6 1
4n|u0−e|
mais il faut la formaliser avec un raisonnement par récurrence rigoureux dont on laisse la rédaction en exercice (il y en a déjà eu beaucoup dans ce TD).
e) Pour toutn∈N, 1
4n 610−12 ⇐⇒ 101264n ⇐⇒ 12 ln(10) 6nln(4) ⇐⇒ 12 ln(10) ln(4) 6n
(attention aux diverses justifications sur le signe des quantités que l’on manipule à chaque étape).
Ainsi, pour toutn>n0avec
n0 = 1 +
$12 ln 10 ln 4
%
> 12 ln 10 ln 4 on est assuré que
|un−e|6 1
4n 610−12, c’est-à-dire queunest une valeur approchée deeà10−12près.
Pour information, numériquement on trouve n0 = 20. C’est donc une convergence plutôt rapide.
Concrètement cela signifie qu’il suffit d’appliquer 20fois de suite la fonctionf àu0 = 3 pour avoir l’approximation
e ≈2,71828182845
avec11chiffres après la virgule corrects. (Du moins, en théorie. En pratique se posera le problème de calculer une valeur suffisamment précise du logarithme népérien qui intervient dans l’expression def.) Exercice 5
1) La fonctionf est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas (car pour toutx∈R, x2+ 3>3>0), elle est donc définie, continue et dérivable surR. Pour toutx∈R,
f0(x) = 8x (x2+ 3)2, ainsif0(x)a même signe quex.
Pour la limite def(x)en−∞et en+∞, on factorise méthodiquement :
f(x) = x21− x12
x21 + x32
= 1−x12
1 + x32
ce qui donne
x→+∞lim f(x) = lim
x→−∞f(x) = 1.
Après avoir calculéf(0), on trouve finalement le tableau de variations suivant.
x f0(x)
f
−∞ 0 +∞
− 0 +
1 1
−13
−13
1 1
Notez que la fonctionf est paire, on aurait donc pu se contenter de l’étudier surR+puis en déduire ses variations surR−.
2) a) Commençons par étudier l’expression
x2−3|x|+ 3 =
x2−3x+ 3 six>0, x2+ 3x+ 3 six <0.
Dans les deux cas, cette expression coïncide avec celle d’un polynôme de degré 2 de coefficient dominant positif et de discriminant négatif, donc avec l’expression d’un polynôme ne renvoyant que des valeurs positives surR. Ceci prouve donc que
∀x∈R, 3|x|63 +x2. Reste à majorer l’expression
|f0(x)|=
8x (x2+ 3)2
= 8|x|
(x2 + 3)2. En multipliant l’inégalité précédente par 8
3(x2+ 3)2 (qui est positif), on trouve 8|x|
(x2+ 3)2 6 8(3 +x2)
3(x2 + 3)2 = 8 3(x2+ 3).
Or, pour toutx ∈ R, on ax2 > 0, d’oùx2+ 3 > 3et donc (en appliquant la fonction inverse qui est décroissante puis en multipliant par 83 qui est positif) :
8
3(x2+ 3) 6 8 9. Si on résume, on retrouve bien
|f0(x)|= 8|x|
(x2+ 3)2 6 8
3(x2 + 3) 6 8 9.
b) La fonctionf étant continue et dérivable surR, et|f0(x)|étant majorée par 89 surR, il suffit d’ap- pliquer l’inégalité des accroissements finis pour obtenir
∀(x, y)∈R2, |f(x)−f(y)|6 8
9|x−y|.
3) a) Commef(−1) = 0etf(0) =−13 >−1, le tableau de variations nous indique que f([−1,0]) =
−1 3,0
⊂[−1,0].
Ceci nous permet de montrer par récurrence que(un)est à valeurs dans[−1,0]. En effet,u0 = 0 appartient à[−1,0], et si pour un entiern ∈Nfixé on aun ∈[−1,0], alors
un+1 =f(un)∈f([−1,0]) ⊂[−1,0].
Ceci prouve que pour toutn∈N,un∈[−1,0].
b) Il suffit d’appliquer le troisième résultat rappelé dans les éléments de cours : comme la fonctionf va de[−1,0]dans[−1,0]et est continue et décroissante sur cet intervalle, et comme la suite(un) est définie par la relation de récurrenceun+1 = f(un), alors on peut affirmer que les deux suites extraites(u2n)et(u2n+1)sont monotones de monotonie contraires et convergent vers deux limites
`1 et`2 (qui sont toutes les deux points fixes de la fonctionf◦f).
c) Le résultat se montre (encore une fois !) par récurrence surn.
— Initialisation.Pourn = 0, on au0 = 0etu1 =f(0) =−13, donc
|u2×0 −u2×0+1|= 1
3 61 =
8 9
2×0
.
— Hérédité.Soitn ∈N. Supposons que
|u2n−u2n+1|6
8 9
2n
. On cherche alors à montrer que
|u2n+2−u2n+3|6
8 9
2n+2
.
Appliquons une première fois le résultat de la question 2b, avec x = u2n et y = u2n+1. On obtient :
|u2n+1−u2n+2|6 8
9|u2n−u2n+1|6
8 9
2n+1
.
Appliquons une seconde fois ce même résultat, mais cette fois avecx=u2n+1 ety=u2n+2. On obtient alors :
|u2n+2−u2n+3|6 8
9|u2n+1−u2n+2|6 8 9×
8 9
2n+1
, ce qui donne bien l’inégalité voulue.
d) D’après la question 3b, on a
n→+∞lim u2n =`1 et lim
n→+∞u2n+1 =`2. Par ailleurs, comme−1< 89 <1, on peut affirmer que
n→+∞lim
8 9
2n+1
= 0.
En faisant tendrenvers+∞dans l’inégalité obtenue à la question 3c, on trouve alors
|`1−`2|60,
ce qui signifie que `1 = `2. Ainsi, les deux suites extraites (u2n) et(u2n+1) convergent vers une même limite, et on peut donc affirmer que la suite (un) converge vers cette même limite (voir question 2b de l’exercice 9 du TD6.)
Remarquez que, maintenant qu’on sait que(un)converge vers une limite`, la continuité def nous garantit que`est un point fixe def. Malheureusement, la résolution def(x) = xconduit à une équation polynomiale de degré3pour laquelle vous ne connaissez pas de méthode de résolution systématique (mais il en existe : le lecteur curieux pourra se renseigner sur la méthode dite de Cardan).
