Probl ˜ A¨me 1.

Probl ˜ A¨me 1.

Partie I : Th ˜A cor ˜A¨me du point fixe

Dans tout le probl ˜A¨me, on dira quexest un point fixe degsi et seulement si g(x) =x.

1. a. On suppose quegest k-lipschitzienne dansI.

Pour toutx∈I et toutε >0, en prenantα= ^ε_k, on a :

|y−x|< α⇒ |g(y)−g(x)| ≤k|y−x|=ε

Ce qui montre que g est continue en x. On remarque que le α est le m ˜A^ame pour tous lesxdeI (uniforme continuit ˜A c).

b. Montrons d’abord l’existence d’un point fixe.

Consid ˜A crons la fonction d ˜A cfinie dansI ϕ:x→g(x)−x

Elle est continue comme somme de deux fonctions continues. La sta- bilit ˜A c de I par g entra ˜Ane que^R g(a) ≥ a donc ϕ(a) ≥ 0 et que g(b)≤adoncϕ(b)≤0. Lorsque l’une des deux in ˜A cgalit ˜A cs est une A c˜galit ˜A c,aoub est un point fixe. Lorsque les deux in ˜A cgalit ˜A cs sont strictes, on peut appliquer le th ˜A cor ˜A¨me des valeurs interm ˜A cdiaires A˜ ϕentreaetb. Il existe donc unx∈]a, b[ tel queϕ(x) = 0, c’est ˜A dire un point fixe pourg.

Montrons ensuite l’unicit ˜A c d’un point fixe. Soit xet y deux points fixes :

|x−y|=|g(x)−g(y)| ≤k|x−y| ⇒(1−k)|x−y| ≤0⇒x=y car 1−k >0 par hypoth ˜A¨se.

On noteαl’unique point fixe deg.

2. a. On appliquenfois l’in ˜A cgalit ˜A cde lipschitzit ˜A c:

|xn−α|=|g(xn−1−g(α)| ≤k|xn−1−α|=k|g(xn−2−g(α)|

≤k²|xn−2−α| ≤ · · · ≤k^p|xn−p−α| ≤kⁿ|x0−α|=kⁿ|u−α|

La suite ˜A droite de l’in ˜A cgalit ˜A cpr ˜A cc ˜A cdente est g ˜A com ˜A ctrique de raisonk∈]0,1[. Elle converge donc vers 0 ce qui permet d’appliquer le th ˜A cor ˜A¨me d’encadrement. La suite (xn)_n∈N converge versα.

b. Utilisons d’abord l’in ˜A cgalit ˜A ctriangulaire

|x_n+p−x_n| ≤ |x_n+p−x_n+p−1|+|x_n+p−1−x_n+p−2|+· · ·+|x_n+1−x_n|

=

p−1

X

i=0

|x_n+1+i−x_n+i|

puis majorons comme plus haut en utilisant le caract ˜A¨re lipschitzien

|x_n+1+i−x_n+i|=|g(x_n+i)−g(x_n+i−1)|

≤k|xn+i−xn+i−1| ≤ · · · ≤kⁱ|xn+1−xn| En injectant dans la premi ˜A¨re majoration, on obtient :

|xn+p−xn| ≤

p−1

X

i=0

kⁱ

!

|xn+1−xn|=1−k^p

1−k|xn+1−xn| c. Dans l’in ˜A cgalit ˜A c pr ˜A cc ˜A cdente, fixons n et consid ˜A¨rons les

suites enp.

La suite (xn+p)_p∈N converge vers α, la suite (xn)_p∈N est constante, la suite (k^p)p∈N converge vers 0. Par op ˜A crations sur les suites conver- gentes et passage ˜A la limite dans une in ˜A cgalit ˜A c, on obtient donc :

|α−xn| ≤ 1

1−k|xn+1−xn|

3. a. Commegest suppos ˜A ce d ˜A crivable enα, on peut ˜A ccrire :

|g⁰(α)|= lim

h→0

g(α+h)−g(α) h

≤k

d’apr ˜A¨s l’in ˜A cgalit ˜A cde lipschitzit ˜A cet le th ˜A cor ˜A¨me de pas- sage ˜A la limite dans une in ˜A cgalit ˜A c.

b. Par d ˜A cfinition de xn et comme g(α) =α: xn+1−α

xn−α =g(xn)−g(α)

xn−α →g⁰(α)

A cause de la d ˜˜ A crivabilit ˜A cenαcar (x_n)_n∈N converge versα.

Partie II. M ˜A cthode de Newton

1. a. L’ ˜A cquation consid ˜A cr ˜A ce admet une solution ˜A cause du th ˜A cor ˜A¨me des valeurs interm ˜A cdiaires appliqu ˜A cA˜ f entreaet b. Cette solu- tion est unique car la fonction est strictement croissante ˜A cause du signe de la d ˜A criv ˜A ce. L’unique solution not ˜A ceαsera appel ˜A ce z ˜Aroc def.

b. L’ ˜A cquation de la tangente enx0est :

y=f⁰(x0)(x−x0) +f(x0)

L’abcisse du point d’intersection avec l’axe d’ ˜A cquationy= 0 est x₀− f(x₀)

f⁰(x0)

2. a. La fonctionf estC² donc sa d ˜A criv ˜A ce estC¹. De plusf est stricte- ment positive ce qui assure le caract ˜A¨reC¹de l’inverse. Les r ˜A csultats usuels sur les op ˜A crations sur les fonctions continues et d ˜A crivables montrent queg est de classeC¹.

b. Commeαest un z ˜A cro def :

g(α) =α, g⁰(α) = 1−1 +f(α)f⁰⁰(α) f⁰(α)² = 0

On en d ˜A cduit queαest ˜A la fois un z ˜A cro def et un point fixe de g.

3. a. La restriction de ln ˜A un segment de ]0,+∞[ satisfait aux conditions.

Dans la Figure 1 on a trac ˜A cun graphe de ce genre.

b. Remarquons que l’intervalle [a, b] complet n’est pas stable. On a in- diqu ˜A csur la figure 1 un pointx1 dont l’image n’est pas dans [a, b].

Montrons que l’intervalle [a, α] est stable.

Montrons d’abord que la restriction deg est croissante. En effet : g⁰(x) = f(x)f⁰⁰(x)

f⁰(x)² >0

car f⁰⁰ est n ˜A cgative partout et f(x) < 0 dans [a, α[. D’autre part g(α)> αcarf(α)<0 donc

g([a, α]) = [g(a), g(α)] = [g(a), α]⊂[a, α].

a

x1 b g(x1)< a

Fig.1: II.3.a. Exemple de graphe de f

On peut aussi remarquer (calcul deg⁰) que, dans [a, α],g est croissante et telle queg(x)≥x. On en d ˜A cduit que [a, α] est stable pourg.

c. D’apr ˜A¨s b, comme la restriction de g est croissante, l’in ˜A cgalit ˜A c x0 < x1 se propage ce qui montre que la suite (xn)_n∈N est croissante.

Elle est major ˜A ce parα. Elle est donc convergente. Sa limite not ˜A ce β est un ˜A cl ˜A cment de [a, α], la fonction g est continue en β et la d ˜A cfinition dexn entra ˜Ane alors^R g(β) =β. Or par d ˜A cfinition de g, un point fixe deg est un z ˜A cro de f et αest le seul z ˜A cro def dansI.

On peut donc conclure que (x_n)_n∈Nconverge versα.

4. a. Commeg⁰ est continue enαetg⁰(α) = 0, il existe un intervalleJ de la forme [α−h, α+h] tel que|g⁰(x)|<1 pour tout x∈J.

b. Pour tous les x ∈ J, appliquons le th ˜A cor ˜A¨me des accroissements finis ˜A gentrexetα. Il existe doncc_xentrexet αtel que

|g(x)−α|=|g(x)−g(α)|=|x−α||g⁰(cx)|<|x−α|

ce qui entra ˜Ane que^R g(x) est encore entre xet αdonc dansJ.

c. L’intervalleJ est un segment et la fonction|g⁰|est continue sur cet in- tervalle. Elle est donc born ˜A ce et elle atteint sa borne sup ˜A crieure M en un point deJ. Il existeu∈J tel queM =|g⁰(u)|<1 d’apr ˜A¨s la

d ˜A cfinition deJ. L’in ˜A cgalit ˜A cdes accroissements finis appliqu ˜A ce entre deux ˜A cl ˜A cments quelconques de J montre que g_|J est M- lipschitzienne.

d. Toutes les hypoth ˜A¨ses sont maintenant r ˜A cunies pour appliquer ˜A g dans J les r ˜A csultats de la partie I. La suite (x_n)_n∈N converge vers l’unique point fixeαdeg.

Probl ˜ A¨me 2.

Partie I. Expression d’un argument.

1. On peut citer le r ˜A csultat suivant.

Sizest un nombre complexe dont la partie r ˜A celle est strictement positive alors arctan(^Im(z)_Re(z)) est un argument dez.

2. Les r`egles de construction dez<sub>n+1</sub> `a partir dez_n se traduisent par zn+1=zn+i zn

|zn| = (|zn|+i) zn

|zn| ⇒ |zn+1|=||zn|+i|=p

|zn|²+ 1 A partir de` |z0|= 1, on obtient|z1|=√

2 puis, par r´ecurrence,

∀n∈N, |zn|=√ n+ 1

3. On cherche la forme exponentielle dezn+1. D ˜A cfinissons unβn : βn = arctan 1

|zn| = arctan 1

√n+ 1 avec zn+1= (|zn|+i) zn

|zn| D’apr ˜A¨s le r ˜A csultat cit ˜A c dans la premi ˜A¨re question, βn est un argument de|zn|+i d’o ˜A¹|zn|+i=||zn|+i|e^iβn=√

n+ 2e^iβnSoitθn un argument dezn, alors :

zn+1= (|zn|+i) zn

|zn| ⇒zn+1=√

n+ 2e^iβne^iθn=√

n+ 2e^i(βn+θn) doncθn+βn est un argument dezn+1.

Commez0= 1, on choisitθ0= 0 doncβ0est un argument dez1.

On en d ˜A cduit queβ₀+β₁est un argument dez₂et ainsi de suite par r ˜A ccurrence.

∀n≥1, β0+β1+· · ·+β_n−1=

n−1

X

k=0

arctan 1

√k+ 1 =

n

X

k=1

arctan 1

√ k est un argument dezn.

Partie II. Lemme technique.

1. D´eveloppons le terme en n−1 :

√ 1

n−1 = 1

√n(1−1

n)⁻¹² = 1

√n

1 + 1 2n+o(1

n)

= 1

√n+ 1 2n√

n+o( 1 n√

n) L’´equivalent cherch´e est donc _2n^1√_n.

2. a. Comme (un)_n≥2est domin´ee par (vn)_n≥2, il existe un r´eelM tel que

∀k≥2, 0< uk< M vk (1) En sommant, dek= 2 ˜A n, on en d´eduit 0< Un≤M Vn.

La suite (Vn)n≥2 est strictement croissante carvn>0 et converge vers V qui est la borne sup´erieure de l’ensemble de ses termes donc

∀n≥2, 0< U_n≤M V

La suite (U_n)_n≥2, croissante et major´ee, converge. On noteU sa limite.

b. Pournfix´e etp≥n, remarquons que

u_n+1+u_n+2+· · ·+u_p=U_p−U_n vn+1+vn+1+· · ·+vp=Vp−Vn

En sommant l’in ˜A cgalit ˜A c(1) pourk entren+ 1 etp, on obtient 0< U_p−U_n≤M(V_p−V_n)

De plus, (Up−Un)_p≥n et (Vp−Vn)_k≥n convergent respectivement vers U−Un etV −Vn. Par passage `a la limite dans l’in´egalit´e (1) on obtient

∀n≥2, 0< U−Un≤M(V −Vn)

ce qui prouve que (U−Un)n≥2 est domin´ee par (V −Vn)n≥2.

3. Remarquons d’abord que l’hypoth`eseun ∼Bn<sup>−32</sup> avecB >0 entraˆıne que un est strictement positive `a partir d’un certain rang. Les raisonnements de la question 2. s’appliquent encore dans ce cas. Consid´erons

vn= 1

√n−1 − 1

√n

C’est une suite positive ˜A cquivalente ˜A ¹₂n⁻³² d’apr`es 1. On en tire un

v_n ∼Bn⁻³²

1

2n⁻³² ∼2B Ceci assure que (u_n)_n≥2 est domin´ee par (v_n)_n≥2.

Or V_n = 1−^√1_n (sommation en dominos) converge vers 1 donc, d’apr`es a., (Un)<sub>n≥2</sub> converge (limite U) et, d’apr`es b., (U −Un)_n≥2 est domin´ee par 1−Vn =^√1_n.

Partie III. Un d ˜A cveloppement asymptotique.

1. `A partir des d´eveloppements

√n−1 =√ n(1−1

n)¹² =√

n(1− 1 2n− 1

8n² +o( 1 n²))

=√ n− 1

2√

n− 1 8(√

n)³+o(n⁻³²) ×(−2) arctan

1

√n

= 1

√n− 1 3(√

n)³+o(n⁻³²) ×(−1) On obtient

un∼(1 4+1

3)n⁻³² ∼ 7 12n⁻³² 2. On adopte les notations de la partie II. En particulier :

un = 2√ n−2√

n−1−arctan 1

√n ⇒Un=u2+· · ·+un = 2√

n−2−αn+α1

D’apr`es II. 3., et l’ ˜A cquivalent trouv ˜A cpourun, la suite (Un)n≥2converge vers un nombre not´eU et la suite (U−Un)n≥2est domin´ee par (^√1_n)n≥2. On peut en d ˜A cduire un d ˜A cveloppement deαn :

α_n = 2√

n−2 +α₁−U_n= 2√

n−2 +α₁−U+ (U −U_n)

= 2√

n+ (−2 +α1−U)

| {z }

=C

+O(n⁻¹²)

Partie IV. Intersection avec ]0,+∞[.

1. La ligne polygonale rencontre une infinit´e de fois la demi-droite form´ee par les r´eels positifs car la suite des argumentsαn diverge vers +∞.

2. On peut pr´eciser lek-i`eme point d’intersection Mk. Il correspond `a k tours de la spirale. Il est plac´e sur le segment form´e par deuxz d’indices v(k) et v(k) + 1.

αv(k)≤2kπ < αv(k)+1

Il est clair que (v(k))_k diverge vers +∞. Utilisons le d´eveloppement obtenu en III.2.

2p

v(k)−C+O( 1

pv(k))≤2kπ≤2p

v(k) + 1−C+O( 1

pv(k)) (2) Dans le O du membre de droite figure unv(k) au lieu dev(k) + 1 car, comme v(k) diverge vers +∞, on av(k) + 1∼v(k).

Par le th´eor`eme d’encadrement : 2kπ 2p

v(k) →1⇒v(k)∼k²π² Comme

pv(k) + 1 =p v(k)

s 1 + 1

v(k) =p

v(k) +O( 1 pv(k)) l’encadrement (2) s’´ecrit encore

O( 1

pv(k))≤2kπ−2p

v(k) +C≤O( 1 pv(k)) Introduisons une suite (β_k)_k≥2:

β_k=p v(k)

2kπ−2p

v(k) +C

Elle est born ˜A ce ˜A cause de l’encadrement pr ˜A cc ˜A cdent et permet d’ ˜A ccrire

pv(k) =kπ+C

2 − βk

2p

v(k) ⇒ − βk

2p

v(k)∈O(1 k)

car (βk)_k≥2 est born ˜A ce etv(k)∼k²π². En ˜A clevant au carr ˜A c:

pv(k) =kπ+C 2 +O(1

k)⇒v(k) =π²k²+πCk+C²

4 +O(1) la«but ˜A cee» A c˜tant kπ O(1

k) =O(1)