Une relation de r´ ecurrence

ECS1 H. Boucher Corrig´e Devoir surveill´e n^o4

Exercice 1

Soient E et F deux ensembles non vides etf :E →F une application.

1. (a) Soit x∈A.

Alorsf(x)∈f(A) (d´efinition def(A)).

Alorsx∈←−

f(f(A)) (d´efinition de ←−

f(f(A))).

On a donc montr´e que A⊂←−

f(f(A)) .

(b) ⇒ Supposonsf injective. Soit Aune partie deE.

⊂ On a d´ej`aA⊂←−

f(f(A)).

⊃ Soit x∈←−

f(f(A)).

Alors f(x)∈f(A) (d´efinition de ←−

f(f(A))).

Alors ∃x⁰ ∈A, f(x) =f(x⁰) (d´efinition de f(A)).

Alors x=x⁰ (car f est injective) et doncx∈A.

On a donc montr´e que←−

f(f(A))⊂A.

Finalement, pour toutA⊂E, on a montr´e par double inclusion que A=←−

f(f(A)) .

⇐ Supposons que pour toutA⊂E, A=←−

f(f(A)). Soit x1, x2∈E tels que f(x1) =f(x2).

Alorsf({x₁}) ={f(x₁)}={f(x₂)}=f({x₂}).

Alors←−

f(f({x₁})) =←−

f(f({x₂})).

Alors{x₁}={x₂} (d’apr`es l’hypoth`ese) Alorsx1 =x2.

On a donc montr´e que f est injective .

On a donc montr´e que f est injective si et seulement si∀A⊂E,←−

f(f(A)) =A . (c) Supposons f injective.

⊂ Soity∈f(A₁∩A₂).

Alors∃x∈A1∩A2, y =f(x).

• x∈A₁ doncy∈f(A₁).

• x∈A2 doncy∈f(A2).

Alorsy∈f(A1)∩f(A2).

On a donc montr´e quef(A₁∩A₂)⊂f(A₁)∩f(A₂) (vrai aussi sans l’hypoth`ese d’injectivit´e).

⊃ Soity∈f(A1)∩f(A2).

• y ∈f(A₁) donc ∃x₁∈A₁, y =f(x₁).

• y ∈f(A2) donc ∃x₂∈A2, y =f(x2).

Alorsf(x₁) =f(x₂).

Orf est injective, donc x₁ =x₂ ∈A₁∩A₂. Finalementy∈f(A1∩A2).

On a donc montr´e quef(A₁)∩f(A₂)⊂f(A₁∩A₂).

On a donc montr´e que f(A1)∩f(A2) =f(A1∩A2) .

(d) Soit x∈E.

x ∈ ←−

f(B1∩B2) ⇔ f(x) ∈ B1∩B2 ⇔ f(x) ∈ B1 etf(x) ∈ B2 ⇔ x ∈ ←−

f(B1)∩←−

f(B2). Donc

←−

f(B1∩B2) =←−

f (B1)∩←− f(B2) .

2. On note I l’ensemble des parties A⊂E v´erifiant ←−

f(f(A)) =A.

(a) ←−

f(f(∅)) =←−

f(∅) =∅donc ∅ ∈ I . (b) SoientA₁,A₂∈ I.

⊂ On a d´ej`aA₁∩A₂ ⊂←−

f (f(A₁∩A₂)).

⊃ Soitx∈←−

f(f(A1∩A2)). Alorsf(x)∈f(A1∩A2). D’o`uf(x)∈f(A1)∩f(A2) (par l’inclusion toujours vraie de la question 1c).

Doncx∈←−

f(f(A₁)) etx∈←−

f(f(A₂)). Finalement, comme A₁, A₂∈ I,x∈A₁∩A₂. On a donc montr´e par double inclusion queA₁∩A₂ =←−

f(f(A₁∩A₂)), donc A₁∩A₂∈ I . (c) SoientA1,A2∈ I.←−

f(f(A1∪A2)) =←−

f(f(A1)∪f(A2)) =←−

f(f(A1))∪←−

f(f(A2)). OrA1, A2∈ I. Donc←−

f(f(A1∪A2)) =A1∪A2. Donc A1∪A2 ∈ I .

3. Supposons qu’il existex∈A∩←− f(f(S)).

Commex∈←−

f(f(S)), f(x)∈f(S) et donc∃x⁰ ∈S, f(x) =f(x⁰).

Commex∈A,f(x)∈f(A) et doncf(x⁰)∈f(A). Ainsi x⁰ ∈←−

f(f(A)). OrA∈ I. Donc x⁰ ∈A.

Finalement, on a x⁰ ∈A∩S, ce qui est impossible.

On a donc montr´e que A et←−

f(f(S)) sont disjoints . 4. • A2\A1 ⊂A2. Doncf(A2\A1)⊂f(A2) puis←−

f(f(A2\A1))⊂←−

f(f(A2)). Comme A2 ∈ I, on a

←−

f(f(A2\A1))⊂A2.

• De plus,A1 etA2\A1 sont disjoints, donc en appliquant le r´esultat pr´ec´edent avec S=A2\A1, on montre queA1 et←−

f(f(A2\A1)) sont disjoints.

Finalement, ceci montre que←−

f(f(A2\A1)) =A2\A1. Donc A2\A1 ∈ I . Probl`eme 1

Soit I un intervalle deR.

Etant donn´´ eef :R→R fonction continue, on appelle (un) la suite d´efinie par

(u₀ ∈I

∀n∈N, un+1 =f(un) .

A Propri´ et´ es g´ en´ erales

On suppose dans toute cette partie que f(I) ⊂ I. On dit que I est un intervalle stable par f. On se convaincra ais´ement que cela revient `a la formulation ´equivalente suivante : pour toutx∈I,f(x)∈I.

1. On proc`ede par r´ecurrence : u₀ ∈I et pour n∈N, siu_n∈I, alorsu_n+1=f(u_n)∈I par stabilit´e.

Donc pour tout n∈N,u_n∈I .

2. On suppose dans cette question que f est croissante.

(a) On montre par r´ecurrence que pour tout n ∈ N, u_n 6 u_n+1. Tout d’abord u₀ 6 u₁. Puis pour n∈N, siun6un+1, alors par croissance de f,f(un)6f(un+1). Donc (un) est croissante . Siu0 >u1, un raisonnement analogue montre que (un) est d´ecroissante .

(b) Dans le cas o`u I = [a,b] est born´e (avec a,b ∈ R tels que a < b), avec u0 ∈ I et Comme f croissante, (un) est monotone d’apr`es 2a. De plus, (un) est born´ee par [a,b] d’apr`es 1. Donc

(un) est convergente .

(c) On a la relationu_n+1 =f(u_n) pour toutn. Lorsque ntend vers +∞,u_n+1 →`et par continuit´e de f,f(un)→f(`).

Finalement `=f(`) .

3. On suppose dans cette question quef est d´ecroissante. On pose, pour toutn,v_n=u_2netw_n=u_2n+1. (a) Comme f(I) ⊂ I, f(f(I)) ⊂ f(I) (r´esultat classique sur les images directes de deux parties

incluses l’une dans l’autre, ou bien refaire le raisonnement dans le cas pr´esent).

Or f(I)⊂I. Doncf(f(I))⊂I, et donc I est un intervalle stable par f◦f .

(b) Soit x 6y deux r´eels. Par d´ecroissance de f,f(x) >f(y), puis `a nouveau :f(f(x))6f(f(y)).

Donc (f◦f)(x)6(f ◦f)(y), ce qui montre que f ◦f est croissante .

(c) • ∀n∈N,v_n+1=u_2n+2 =f(u_2n+1) =f(f(u_2n)). Finalement v_n+1 = (f ◦f)(v_n) .

• On obtient de mˆeme wn+1 = (f ◦f)(wn) .

(d) • D’apr`es la relation de r´ecurrence pr´ec´edente,f◦f´etant croissante, (v_n) et (w_n) sont monotones .

• De plus par d´ecroissance def, si u2n6v2n+2, alorsu2n+1 =f(u2n)>f(u2n+2) =u2n+3. Ainsi, siv_n6v_n+1, alorsw_n>w_n+1.

On a de mˆeme : sivn>vn+1, alorswn6wn+1.

Ceci montre que (v_n) et (w_n) sont de monotonies contraires .

(e) Comme dans la question 2c, on passe `a la limite dans la relation vn+1 = (f(f(`)) par continuit´e de f◦f, ce qui donne `=f(f(`)) .

B Etude de deux exemples ´

4. On posef :x7→√ x+ 2.

(a) • La fonction√

est d´efinie surR+, d´erivable sur R^∗+.

• La fonctionx7→x+ 2 est d´efinie et d´erivable sur R(polynˆome) etx+ 2>0⇔x >−2.

Par composition, f est d´efinie sur [−2,+∞[ et d´erivable sur ]−2,+∞[.

Elle est strictement croissante sur ]−2,+∞[ et on a les valeursf(−2) = 0,f(0) =√

2 etf(2) = 2, ainsi que la limite lim

x→+∞f(x) = +∞.

Doncf([0,2[) = [

√

2,2[⊂[0,2[ etf(]2,+∞[) =]2,+∞[.

Donc [0,2[ et ]2,+∞[ sont des intervalles stables parf . (b) f(x) =x⇒x+ 2 =x² ⇒x= 2 ou −1

2. R´eciproquement, seule 2 est solution . De plus f(x)−x >0 six <2 et f(x)−x <0 six >2 .

(c) On d´efinit (u_n)n∈N par

(u₀ ∈[0,2[

∀n∈N, u_n+1 =f(u_n) .

• D’apr`es 1, u_n∈[0,2[ pour toutn∈N.

• D’apr`es 2, comme f est croissante, (u_n) est monotone.

• u1−u0 =f(u0)−u0>0 donc (un) est croissante.

• Dans tous les cas, (u_n) est convergente et sa limite esta.

(d) Pour toutn∈N,u_n∈[2,+∞[, (u_n) est d´ecroissante et minor´ee donc converge et sa limite vaut 2.

5. On poseg:x7→cos(x) etI = h

0,π 2 i

.

(a) La fonction cos, d´efinie sur R, r´ealise une bijection d´ecroissante de I dans [0,1]. Ainsi g(I) = [0,1]⊂I. Donc I est un intervalle stable parg et donc par g◦g (par 3a).

(b) x7→g(x)−x est bijective surI (car sa d´eriv´ee est n´egative) et vaut 1 en 0 et -1 en π 2. Donc g(x)−x= 0 admet une unique solution α∈I .

Ainsig([0,α]) = [α,1]⊂h α,π

2 i

, doncg(g([0,α]))⊂gh α,π

2 i

= [0,α].

De mˆemeg

g h

α,π 2

i

⊂h α,π

2 i

. Donc [0,α] eth

α,π 2 i

sont des intervalles stables par g◦g . (c) On d´efinit (x_n)n∈Npar

(x0∈[0,α[

∀n∈N, x_n+1 =g(x_n) avec gd´ecroissante. D’apr`es la question 3, (v_n) est croissante et born´ee par 0 etα tandis que (w_n) est d´ecroissante et born´ee par αet π

2. Toutes deux convergent donc vers la seule limite possible, solution de (g◦g)(x) =x:α.

D’apr`es la propri´et´e admise, (x<sub>n</sub>) converge ´egalement vers α. Probl`eme 2

Une relation de r´ ecurrence

Soit nun entier sup´erieur ou ´egal `a 2, on noted<sub>n</sub>le nombre de mani`eres de distribuer les livres pour que tout le monde ait un livre diff´erent de celui qu’il a amen´e.

1. • Soit {a,b} ces deux personnes. Le livre de ava `a b (car pas `a lui-mˆeme) et celui deb va `a a(car pas `a lui-mˆeme). On notera par la suitea→b etb→a.

C’est la seule distribution possible. Il y en a donc 1 .

• Soit{a,b,c}ces trois personnes. Le livre deava `abouc(car pas `a lui-mˆeme). On appellex celui qui repart avec et y le troisi`eme larron (x=b ety=c ou l’inverse).

Le livre de ava `a x. Le livre dex va `aaouy. S’il va `aa,yrepart avec son livre, ce qui n’est pas possible. Donc le livre dex va `ay et n´ecessairement, celui dey va `a a.

Cela donne deux distributions possibles (suivant les valeurs de xety) : a b

c et a c

b 2. Soitn>4. Parmi les membres du groupe, on appellecle pr´esident de l’association. Soitala personne

qui repartira avec le livre amen´e par c. Soit bla personne qui repartira avec le livre amen´e para.

(a) Soit E l’ensemble des participants (ainsi |E| = n). Le livre de c peut aller `a n’importe quelle personne de E\ {c}, ensemble de cardinal n−1. Cela donne n−1 possibilit´es .

(b) Sib=c, Alors on ac↔a:aetcs’´echangent leurs livres. Le reste de la distribution consiste en une distribution convenable pour les membres deE\{a,c}. Cela donne par d´efinition dn−2 possibilit´es .

(c) Sib6=c, consid´erons les deux ensembles suivants :

• l’ensembleD₁ des distributions de livres pour les gens de E avec c→a→b ,

• l’ensembleD₂ des distributions de livres pour les gens de E\ {a}avec c→b. Comme bpeut ˆetre un ´el´ement quelconque deE\{c,a}, l’ensembleD2repr´esente exactement les distributions de livres avec pour participantsE\ {a}et o`u personne ne repart avec son propre livre. Donc

|D₂|=dn−1.

Or toute distribution de D₁ correspond `a une unique distribution de D₂ (en enlevant ade l’en- semble des participants) et r´eciproquement (en rempla¸cant c→b par

c a

b ).

D₁ etD₂ sont donc en bijection et |D₁|=dn−1 .

3. Ces deux cas (b = c et b 6= c) forment une partition de l’ensemble des distributions possibles avec c→a et donnentdn−2+dn−1 possibilit´es.

Pour chaque choix de a, on a ce mˆeme nombre de distributions possibles.

Finalement pour tout n>4, d_n= (n−1)(dn−1+dn−2) (si on veut : d_n= X

a∈E\{c}

(dn−1+dn−2) =|E\ {c}|(d_n−1+dn−2)).

4. On a donc d₄ = 3(d₂+d₃) = 9 et d₅ = 4(d₃+d₄) = 44 . Remarque. On peut encore v´erifier d₄ `a la main :

c a

b d

c a

b d

c a

b d

c a

b d

c a

b d

c a

b d

c a

b d

c a

b d

c a

b d

D´ etermination d’une formule explicite

Le but de cette partie est d’obtenir d_n en fonction den. On noteu_n le nombre de mani`eres de distribuer les livres en autorisant qu’un participant reparte avec son propre livre.

5. D´ecrire une telle distribution revient `a donner une fonction deE dansE qui associe `a tout participant la personne qui repart avec son livre. Chacun repartant avec un et un seul livre, cette fonction sera alors bijective et sera donc une permutation desn´el´ements de E. Donc un=n! .

6. Soit 26k6n.

(a) On cherche le nombre de mani`eres de distribuer les livres aveck personnes exactement qui n’ont pas leur propre livre. Il y a

n k

fa¸cons de choisir ces k personnes (comme partie de E `a k

´el´ements).

Pour chacun de ces choix, lesn−k autres personnes repartent avec leur propre livre. Pour lesk personnes qui n’ont pas tir´e leur propre nom, les distributions convenables sont d´enombr´ees par d_k (par d´efinition de ce nombre).

Cela donne donc n

k

dk telles distributions .

(b) Les distributions d´enombr´ees parunse r´epartissent en diff´erents cas incompatibles selon le nombre kde personnes qui repartent avec un livre diff´erent de celui qu’elles ont amen´e. Ce nombre peut

varier de 0 `a net la question pr´ec´edente d´enombre les distributions correspondant `a chacun de ces cas. Par r´eunion disjointe des distributions en question, leur somme donne un.

Donc pour tout n>2,un= 1 +

n

X

k=2

n k

d_k .

7. Soitn>2. Le but de cette question est (`a l’inverse de la formule pr´ec´edente) d’exprimerd_nen fonction desu_k.

(a) pour toute famille (A_j,k) de nombres (d´ependant dej etkentiers),

n

X

k=2





k

X

j=2

A_j,k



=

n

X

j=2





n

X

k=j

A_j,k



.

(b) On a

n

X

k=2

n k

(−1)^n−k=

n

X

k=0

n k

(−1)^n−k

!

− n

0

(−1)ⁿ− n

1

(−1)ⁿ⁻¹, soit en appliquant le binˆome de Newton : (1−1)ⁿ−n(−1)ⁿ⁻¹−(−1)ⁿ= −n(−1)ⁿ⁻¹−(−1)ⁿ.

(c) Soit j,k∈J2,nK. n

k k

j

= n!

k!(n−k)!

k!

j!(k−j)! = n!

j!

(n−j)!

(n−j)!

1

(n−k)!(k−j)!. Cela donne n!

j!(n−j)!

(n−j)!

(n−k)!((n−j)−(n−k))!. Finalement, n

k k

j

= n

j

n−j n−k

. (d) ∀j∈J2,nK,

n

X

k=j

n k

k j

(−1)^n−k=

n

X

k=j

n j

n−j n−k

(−1)^n−k= n

j n

X

k=j

n−j n−k

(−1)^n−k. A l’aide du changement d’indice` i=n−k, cela donne

n j

^n−j X

i=0

n−j i

(−1)ⁱ. Et la somme qui apparaˆıt donne 1 sin=j et 0 sij < ncar elle est le d´eveloppement par le binˆome de Newton de (1−1)^n−j. Finalement, ∀j∈J2,nK,

n

X

k=j

n k

k j

(−1)^n−k=

(1 sij =n 0 sij < n . (e) `A l’aide de la formule d’interversion donn´ee :

n

X

k=2





k

X

j=2

n k

k j

(−1)^n−kd_j



=

n

X

j=2





n

X

k=j

n k

k j

(−1)^n−kd_j



.

On peut factoriserdj, qui ne d´epend pas de kdans la somme int´erieure.

n

X

k=2





k

X

j=2

n k

k j

(−1)^n−kd_j



=

n

X

j=2

d_j





n

X

k=j

n k

k j

(−1)^n−k





puis on utilise la formule ci-dessus qui annule tous les termes sauf j=n.

Finalement,

n

X

k=2





k

X

j=2

n k

k j

(−1)^n−kd_j



=d_n .

(f) dn=

n

X

k=2





k

X

j=2

n k

k j

(−1)^n−kdj



=

n

X

k=2

n k

(−1)^n−k





k

X

j=2

k j

dj



.

La somme `a l’int´erieur vautu<sub>k</sub>−1 d’apr`es une question pr´ec´edente.

dn=

n

X

k=2

n k

(−1)^n−k(u_k−1) =

n

X

k=2

n k

(−1)^n−ku_k−

n

X

k=2

n k

(−1)^n−k. Donc d_n=n(−1)ⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ+

n

X

k=2

n k

(−1)^n−ku_k .

8. `A l’aide de la question 5, dn=n(−1)ⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ+

n

X

k=2

n k

(−1)^n−kk!.

Doncd_n=n(−1)ⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ+

n

X

k=2

n!

k!(n−k)!(−1)^n−kk! et on simplifie les factorielles.

d_n=n(−1)ⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ+n!

n

X

k=2

1

(n−k)!(−1)^n−k. Par le changement d’indice k7→n−k, cela donne

d_n=n(−1)ⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ+n!

n−2

X

k=0

(−1)^k k! .

Finalement, pour toutn>2,dn=n!

n

X

k=0

(−1)^k k! .

Un avant-goˆ ut de 2021

Parmi toutes les distributions possibles des livres, au nombre deu_n, celles o`u personne ne re¸coit son propre livre sont au nombre ded<sub>n</sub>. On s’int´eresse `a la proportion que cela repr´esente et on appellep_n= d_n

un

=

n

X

k=0

(−1)^k k! . En particulier, le but de cette partie est l’´etude du comportement de la suite (pn)_n>2.

9. • Pour toutn >0,p2n+2−p2n= (−1)²ⁿ⁺¹

(2n+ 1)! + (−1)²ⁿ⁺²

(2n+ 2)! = 1

(2n+ 2)! − 1

(2n+ 1)! <0 donc (p2n) est d´ecroissante.

• Pour toutn >0,p2n+3−p_2n+1= (−1)²ⁿ⁺²

(2n+ 2)! +(−1)²ⁿ⁺³

(2n+ 3)! = 1

(2n+ 2)! − 1

(2n+ 3)! >0 donc (p2n+1) est croissante.

Donc (p_2n)_n>1 est d´ecroissante et (p_2n+1)_n>1 croissante . 10. Pour toutn >0,p_2n+1−p_2n= (−1)²ⁿ⁺¹

(2n+ 1) <0 doncp_2n+1< p_2n. Ainsi, pour toutn >0,p₃ 6p_2n+1 6 p2n6p₂.

Donc (p2n) est minor´ee parp3= 1

3 et (p2n+1) est major´ee parp2 = 1 2 . 11. Pour toutn >0,p2n+1−p2n= (−1)²ⁿ⁺¹

(2n+ 1) −−−−−→

n→+∞ 0 .

12. D’apr`es l’encadrement ci-dessus, `∈ 1

3,1 2

. Plus pr´ecis´ement, si on avait ` < 1

3, n´ecessairement un< 1

3 `apcr.

13. (a) function y = fact(n) y=1

for k = 2:n y = y*k end

endfunction

(b) La fonctiontoto prend en entr´eenet renvoie pn . (c) function S = titi(n)

S = 0 k=2

while k <= n

S = S + (-1)^k/fact(k) k = k+1

end

endfunction

(d) On arrˆete le calcul de la somme quand |p_n+1−pn|<10^−N. Comme ces deux valeurs encadrent

`, chacune sera une approximation de ``a la pr´ecision souhait´ee.

function S = approx(N) S = 0

S_avant = 1 k=2

while abs(S_avant - S) > 10^(-N) S_avant = S

S = S + (-1)^k/fact(k) k = k+1

end

endfunction

(e) On calcule tout simplement le produit au fur et `a mesure, ce qui ´evite de recalculer k! `a chaque tour de boucle.

function S = tutu(n) S = 0

P=1

for k = 2:n P = P*k

S = S + (-1)^k/P k = k+1

end

endfunction