Correction du probl` eme de synth` ese sur les suites et les fonctions

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du probl` eme de synth` ese sur les suites et les fonctions

L’objectif de ce problème est l’étude de l’équation (E)définie par :

(E) x³−7

4x+1 2 = 0.

Partie I −Etude graphique´ Soitf la fonction d´efinie par :

f:R→R, x7→x³−7 4x+1

2

dont une partie de la courbe représentativeCf dans un repère fixé du plan est donnée ci-dessous.

1 2 3

−1

−2

1 2 3 4

−1

−2

−3

Cf

Graphique n˚1

α1

×

^α²

×

^α³

×

^x¹

×

^x²

R´epondre aux questions suivantes en utilisant la graphique n˚1.

1. Comment peut-on visualiser les solutions de (E) sur le graphique n˚1 ?

2. Combien l’équation (E) possède-t-elle de solutions surR? Critiquer la réponse donnée.

3. Donner un encadrement de chacune des solutions de (E).

4. Dresser le tableau de variations def surR. Critiquer la r´eponse donn´ee.

Indication : On pourra faire apparaˆıtre deux abscisses utiles x1 etx2 sur le graphique n˚1.

(2)

Correction

1. Les solutions de l’équation (E) sont les abscisses des points communs à la courbeCfet à l’axe des abscisses (cf. nombresα1,α2 etα3placés sur l’axe des abscisses).

2. D’après le graphique n˚1, il semble que l’équation (E) possède 3 solutions (α1,α2 et α3). Comme on ne considère qu’une partie de la courbe représentative de f, il se peut qu’il y ait d’autres solutions dansR, hors de l’intervalle [−3,4].

Remarque : En fait, il n’y a pas d’autre solution queα1,α2 etα3à l’équation(E). En effet, un polynˆome de degré 3 ne peut pas avoir strictement plus de 3 racines. C’est une conséquence du théorème de facto- risation par (X−a)d’un polynôme admettanta comme racine.

3. On lit, sur le graphique n˚1, les encadrements suivants des trois solutionsα1, α2 etα3de (E) :

−1,5< α1<−1 0< α2<0,5 1< α3<1,5.

4. D’apr`es le graphique n˚1, il semble quef ait pour tableau de variations :

x −∞ x1 x2 +∞

Variations def

ր ց ր

o`ux1 etx2sont les nombres plac´es sur l’axe des abscisses de la figure n˚1 et dont des encadrements sont :

−1< x1<−0,5 0,5< x2<1.

On peut aussi remarquer qu’il semble quex1=−x2.

N’ayant qu’une partie de la courbeCf trac´ee, il se pourrait qu’il y ait d’autres changements de variations (sur ]− ∞,−3[ ou sur ]4,+∞[).

Remarque : On verra `a la question 5 de la partie II que le tableau de variations ci-dessus est correct (i.e.

qu’il n’y a pas d’autre changement de variation) et que x1=−x2.

Partie II −Etude analytique´

1. Montrer que pour toutx, y∈R, on a :

x³−y³= (x−y)(x²+xy+y²).

2. En d´eduire une factorisation def(x)−f(y) par (x−y) pour tout x, y∈R. On posex0=

r 7 12 = 1

2 r7

3

! .

3. (a) Montrer que pour toutx, y∈[x0,+∞[, tels quex < y on a : x²≥ 7

12 ; y²> 7

12 ; xy > 7 12. (b) En d´eduire que pour toutx, y ∈[x0,+∞[ tels que x < y, on a :

x²+xy+y²>7 4. (c) En d´eduire le sens de variation def sur [x0,+∞[.

(3)

4. S’inspirer de la question 3 pour d´eterminer le sens de variation de f sur ]− ∞,−x0], puis le sens de variation def sur ]−x0, x0[.

5. Dresser le tableau de variations def. Comparer le résultat à la réponse donnée en I-4.

6. On fournit les encadrements suivants :

1,3< f(−x0)<1,4 et −0,4< f(x0)<−0,3.

Montrer que l’´equation (E) admet :

• une unique solution sur ]− ∞,−x0] ;

• une unique solution sur ]−x0, x0[ ;

• une unique solution sur [x0,+∞[.

7. En déduire le nombre de solutions de l’équation (E) surR. Comparer le résultat à la réponse donnée en I-2.

On souhaite à présent donner une valeur approchée, avec une précision arbitrairement grande, de la solution de (E)appartenant à]−x0, x0[.

Correction

1. Soient x, y∈R. En développant (x−y)(x²+xy+y²), on trouve : x³+x²y+xy²−x²y−xy²−y³ qui est bien égal à x³−y³.

2. Soient x, y∈R.

f(x)−f(y) = x³−7 4x+1

2 −

y³−7 4y+1

2

= x³−7

4x−y³+7 4y

= x³−y³−7 4x+7

4y

= (x−y)(x²+xy+y²)−7

4(x−y) (cf. question 1)

= (x−y)

x²+xy+y²−7 4

On a donc :

f(x)−f(y) = (x−y)

x²+xy+y²−7 4

. (1)

3. (a) Soient x, y ∈ [x0,+∞[ tels que x < y. Comme 0 ≤ x0 ≤ x < y et comme la fonction carr´ee est strictement croissante sur R⁺, on a :

7

12 =x²₀≤x²< y² d’o`u :

7

12 ≤x² (2)

7

12 < y². (3)

(4)

En multipliant membre à membre les inégalités suivantes :

x0≤x ; x0< y

qui ne mettent en jeu que des nombres strictement positifs, on obtient : 7

12 =x²₀< xy. (4)

(b) Soientx, y∈[x0,+∞[ tels que x < y. En sommant membre à membre les inégalités (2), (3) et (4) il vient :

7 4 = 7

12+ 7 12+ 7

12 < x²+y²+xy. (5)

L’inégalité stricte dans (5) est, par exemple, due à l’inégalité stricte (3).

(c) Soientx, y∈[x0,+∞[ tels que x < y. On a donc :

x−y <0. (6)

De (5) on d´eduit :

x²+y²+xy−7

4 >0. (7)

Maintenant de la factorisation (1) et des inégalités (6) et (7), on déduit : f(x)−f(y) = (x−y)

x²+y²+xy−7 4

<0

et donc quef(x)< f(y). La fonctionf est donc strictement croissante sur [x0,+∞[.

4. • Etude du sens de variation de´ f sur ]− ∞,−x0]

Soient x, y ∈]− ∞,−x0] tels que x < y. Comme x < y ≤ −x0 ≤ 0 et comme la fonction carr´ee est strictement d´ecroissante sur R⁻ =]− ∞,0], on a :

x²> y²≥(−x0)²= 7 12 d’o`u :

x²> 7

12 (8)

y²≥ 7

12. (9)

Dex <−x0 ety≤ −x0, on d´eduit (multiplication de chaque membre par−1<0) :

−x > x0 ; −y≥x0.

En multipliant membre à membre les inégalités précédentes, qui ne mettent en jeu que des nombres strictement positifs, on obtient :

xy= (−x)(−y)> x²₀= 7

12. (10)

En sommant membre à membre les inégalités (8), (9) et (10), on a : x²+y²+xy > 7

12+ 7 12+ 7

12 =7

4. (11)

L’inégalité stricte dans (11) est, par exemple, due à l’inégalité stricte (8). On rappelle que, par hypothèse, x < y. On a donc :

x−y <0. (12)

(5)

x²+y²+xy−7

4 >0. (13)

x²+y²+xy−7 4

<0

et donc quef(x)< f(y). La fonctionf est donc strictement croissante sur ]− ∞,−x0].

• Etude du sens de variation de´ f sur ]−x0, x0[

Remarque : Pour traiter ce point, on va se servir de la valeur absolue. On en rappelle la d´efinition. Si X ∈R, alors :

|X|=Max(−X, X) =

X siX ≥0

−X siX <0 .

Les propriétés de la valeur absolue suivantes, élémentaires et bonnes à savoir, seront utiles ici :

−Si A∈R^+× etX∈R, alors X ∈]−A, A[ si et seulement si |X|< A;

−Si X∈R, alors X²=|X|²;

−Si X, Y ∈R, alors |X×Y|=|X| × |Y|;

−Si X∈R, alors X ≤ |X|.

Soient x, y∈]−x0, x0[ tels que x < y. Commex, y∈]−x0, x0[, on a : 0≤ |x|< x0 ; 0≤ |y|< x0. La fonction carr´ee ´etant strictement croissante sur R⁺, on a :

x²=|x|²< x²₀= 7

12 (14)

y²=|y|²< x²₀= 7

12. (15)

En multipliant membre à membre les inégalités suivantes :

|x|< x0 ; |y|< x0

qui ne mettent en jeu que des nombres positifs ou nuls, on obtient :

|x||y| ≤x²₀= 7

12. (16)

(L’inégalité (16) est en fait stricte, mais cette propriété additionnelle, qui nécessiterait une justification, n’est pas utile pour la suite.) On a de plus :

xy≤ |xy|=|x||y|. (17)

De (16) et (17), on d´eduit alors :

xy≤ 7

12. (18)

En sommant membre à membre les inégalités (14), (15) et (18), on a : x²+y²+xy < 7

12+ 7 12 + 7

12 = 7

4. (19)

L’inégalité stricte dans (11) est, par exemple, due à l’inégalité stricte (14). On a supposé quex < y. On a donc :

x−y <0. (20)

x²+y²+xy−7

4 <0. (21)

(6)

x²+y²+xy−7 4

>0

et donc quef(x)> f(y). La fonctionf est donc strictement d´ecroissante sur ]−x0, x0[.

5. Tableau de variations de f

x −∞ −x0 x0 +∞

f(−x0) +∞

Variations def

ր ց ր

−∞ f(x0)

Ce tableau de variations def est cohérent avec celui obtenu en I-4. Les deux tableaux sont mêmes iden- tiques si l’on remarque quex1=−x0,x2=x0. En I-4, il restait une incertitude sur le tableau de variations def, liée au fait qu’on ne considérait qu’une partie de la représentation graphique def. Cette incertitude est à présent levée, grâce à l’étude analytique.

Remarque : Sur le tableau ci-dessous, on a fait figurer les limites de f en −∞ et en +∞ et on n’a pas donné de valeur exacte ou approchée de f(−x0) et de f(x0). Les limites seront justifiées `a la question suivante et compte tenu que l’on donne des encadrements de f(−x0)et de f(x0) dans l’énoncé, on peut penser qu’il n’est pas utile d’en dire plus sur ces deux nombres dans le tableau.

En règle générale, il faut essayer de compléter au maximum un tableau de variations (valeurs aux points remarquables, limites éventuelles) et toujours justifier ses résultats (e.g. les calculs de limites).

6. On commence par remarquer que l’équation (E) se réécritf(x) = 0.

• Etude de l’´equation (E) sur ]´ − ∞,−x0]

– La fonction f est continue sur ]− ∞,−x0] (polynˆome) ; – La fonction f est strictement croissante sur ]− ∞,−x0] (cf. 4).

D’après le théorème de la bijection,f réalise donc une bijection de ]−∞,−x0] sur

x→−∞lim f(x), f(−x0)

. Comme :

∀x∈R^× f(x) =x³

1− 7 4x² + 1

2x³ et

x→−∞lim x³=−∞ ; lim

x→−∞

1

x² = lim

x→−∞

1 x³ = 0 on a lim

x→−∞f(x) =−∞.On en d´eduit quef r´ealise une bijection de de ]− ∞,−x0] sur ]−∞, f(−x0)].

Comme f(−x0) >0 (cf. encadrement donné dans l’énoncé), 0 ∈ ]−∞, f(−x0)]. L’équation f(x) = 0 admet donc une unique solution dans ]− ∞,−x0].

• Etude de l’´equation (E) sur ]´ −x0, x0[

– La fonction f est continue sur ]−x0, x0[ (polynˆome) ;

– La fonction f est strictement d´ecroissante sur ]−x0, x0[ (cf. 4).

D’après le théorème de la bijection,fréalise donc une bijection de ]−x0, x0[ sur

x→xlim0

f(x), lim

x→−x0

f(x)

. Commef est continue en−x0 et enx0 (polynˆome), on a :

x→xlim0

f(x) =f(x0) ; lim

x→−x0

f(x) =f(−x0).

On en déduit que f réalise une bijection de de ]−x0, x0[ sur ]f(x0), f(−x0)[. Comme f(x0) < 0 et f(−x0)>0 (cf. encadrements donnés dans l’énoncé), 0∈]f(x0), f(−x0)[. L’équation f(x) = 0 admet donc une unique solution dans ]−x0, x0[.

(7)

• Etude de l’´equation (E) sur [x´ 0,+∞[

– La fonction f est continue sur [x0,+∞[ (polynˆome) ;

– La fonction f est strictement croissante sur [x0,+∞[ (cf. 3.(c)).

D’après le théorème de la bijection, f réalise donc une bijection de [x0,+∞[ sur

f(x0), lim

x→+∞f(x)

. Comme :

∀x∈R^× f(x) =x³

1− 7 4x² + 1

2x³ et

x→+∞lim x³= +∞ ; lim

x→+∞

1

x² = lim

x→+∞

1 x³ = 0 on a lim

x→+∞f(x) = +∞. On en d´eduit que f r´ealise une bijection de de [x0,+∞[ sur [f(x0),+∞[.

Commef(x0)<0 (cf. encadrement donné dans l’énoncé), 0∈[f(x0),+∞[. L’équationf(x) = 0 admet donc une unique solution dans [x0,+∞[.

7. On a le^≪d´ecoupage^≫ deRsuivant :

R=]− ∞,−x0]∪]−x0, x0[∪[x0,+∞[

sous la forme d’une r´eunion de trois parties deux `a deux disjointes.

Si pour tout I intervalle de R, on pose NbSol(I) le nombre de solutions de l’´equation (E) dansI, on a alors :

NbSol(R) = NbSol(]− ∞,−x0]) + NbSol(]−x0, x0[) + NbSol([x0,+∞[).

Or on a NbSol(]−∞,−x0]) = NbSol(]−x0, x0[) = NbSol([x0,+∞[) = 1 d’apr`es 6. On a donc NbSol(R) = 3.

On retrouve le résultat donné en I-2, mais sans l’incertitude évoquée alors. La méthode analytique (le théorème de la bijection) a permi un comptage exact du nombre de solutions de (E).

On souhaite à présent donner une valeur approchée, avec une précision arbitrairement grande, de la solution de (E)appartenant à]−x0, x0[.

Partie III −Etude d’une fonction auxiliaire´ Soitgla fonction d´efinie par :

g:R→R, x7→x³−3 4x+1

2

dont une partie de la courbe représentativeCg dans un repère fixé du plan est donnée ci-après.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7

−0.1

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

−0.1

−0.2 Graphique n˚2

Cg

×

y=x

α

(8)

1. `A l’aide du graphique n˚2, conjecturer une valeur deatelle que g est monotone sur l’intervalleI= [0, a]

et l’intervalleI est stable parg, i.e. :

∀x∈[0, a] g(x)∈[0, a].

Dans la suite on pose a = .

2. En s’inspirant de la question II-3 et en utilisant la question II-1, d´emontrer que la fonction g est strictement d´ecroissante sur [0, a].

3. Finir de montrer la conjecture faite `a la question 1, i.e. montrer que pour toutx∈[0, a],g(x)∈[0, a].

4. Montrer que pour toutx, y∈[0, a] :

−3

4 ≤x²+y²+xy−3 4 ≤0 et en d´eduire que pour tout x, y∈[0, a] :

|g(x)−g(y)| ≤ 3

4 |x−y|.

5. D´eduire de 2 que la fonctionhd´efinie par :

h:R→R, x7→g(x)−x est strictement d´ecroissante sur [0, a].

6. Montrer que l’´equation (E^′) d´efinie par :

(E^′) g(x) =x

admet une unique solution sur [0, a].

On note αl’unique solution de (E^′)sur[0, a].

7. Placerαsur le graphique n˚2.

8. Justifier queαest la solution de l’équation (E) sur ]−x0, x0[. Placerαsur le graphique n˚1 et vérifier la cohérence des résultats entre les graphiques n˚1 et n˚2.

9. Dresser le tableau de signes de hsur [0, a].

10. En d´eduire la position relative de la courbeCget de la droite d’´equationy=xau-dessus de l’intervalle [0, a].

Correction

1. On remarque que la fonctiongest d´ecroissante sur l’intervalle

0,1 2

. De plus, si l’on projette parall`element

`a l’axe des abscisses, sur l’axe des ordonn´ees, la partie (verte) de la courbe Cg au-dessus de l’intervalle

0,1 2

(en bleu), on trouveg

0,1 2

(en rouge). On a donc graphiquement :

g

0,1 2

= 1

4,1 2

⊂

0,1 2

.

L’intervalle

0,1 2

est donc stable parg.

Dans la suite on pose a = 1 2.

(9)

2. Soient x, y∈[0, a] =

0,1 2

tels quex < y.

g(x)−g(y) = x³−3 4x+1

2 −

y³−3 4y+1

2

= x³−3

4x−y³+3 4y

= x³−y³−3 4x+3

4y

= (x−y)(x²+xy+y²)−3

4(x−y) (cf. question II-1)

= (x−y)

x²+xy+y²−3 4

On a donc :

g(x)−g(y) = (x−y)

x²+xy+y²−3 4

. (22)

Comme 0≤x < y≤ 1

2 et comme la fonction carr´ee est strictement d´ecroissante surR⁺, on a : 0≤x²< y²≤

1 2

2

= 1 4 d’o`u :

x²< 1

4 (23)

y²≤ 1

4 (24)

En multipliant membre à membre les inégalités suivantes : x < 1

2 ; y≤1

2 qui ne mettent en jeu que des nombres positifs ou nuls, on obtient :

xy≤ 1

4. (25)

(L’inégalité (25) est en fait stricte, mais cette propriété additionnelle, qui nécessiterait une justification, n’est pas utile pour la suite.) En sommant membre à membre les inégalités (23), (24) et (25), on a :

x²+y²+xy < 1 4 +1

4 +1 4 = 3

4. (26)

L’inégalité stricte dans (26) est due à l’inégalité stricte (23). On rappelle que, par hypothèse,x < y. On a donc :

x−y <0. (27)

x²+y²+xy−3

4 <0. (28)

Maintenant de la factorisation (22) et des inégalités (27) et (28), on déduit : g(x)−g(y) = (x−y)

x²+y²+xy−3 4

>0

et donc queg(x)> g(y). La fonctiongest donc strictement d´ecroissante sur

0,1 2

.

(10)

3. – La fonctiong est continue sur

0,1 2

(polynˆome) ; – La fonction gest strictement d´ecroissante sur

0,1

2

(cf. 2).

D’après le théorème de la bijection,g réalise donc une bijection de

0,1 2

sur

g 1

2

, g(0)

. Comme

g 1

2

= 1

4 ; g(0) = 1

2 g r´ealise une bijection de de

0,1

2

sur 1

4,1 2

. On a donc d´emontr´e :

g

0,1 2

= 1

4,1 2

⊂

0,1 2

.

4. Pour répondre à cette question, on reprend et on adapte une partie de l’étude faite à la question 2.

Soientx, y ∈

0,1 2

.Comme 0≤x≤ 1

2 et comme la fonction carr´ee est strictement d´ecroissante surR⁺, on a :

0≤x²≤ 1

2 2

= 1 4 d’o`u :

0≤x²≤ 1

4. (29)

De mˆeme poury, on a :

0≤y²≤1

4. (30)

En multipliant membre à membre les inégalités suivantes : 0≤x≤ 1

2 ; 0≤y≤ 1

2 qui ne mettent en jeu que des nombres positifs ou nuls, on obtient :

0≤xy≤1

4. (31)

En sommant membre à membre les inégalités (29), (30) et (31), on a : 0≤x²+y²+xy≤ 1

4+1 4+1

4 =3 4 et par suite (soustraction de 3

4 `a chacun des membres) :

−3

4 ≤x²+y²+xy−3

4 ≤0. (32)

On a :

|g(x)−g(y)| = (x−y)

x²+y²+xy−3 4

(cf. factorisation (22))

= |x−y|

x²+y²+xy−3 4

(la valeur absolue est multiplicative).

On a donc :

|g(x)−g(y)|=|x−y|

x²+y²+xy−3 4

. (33) De l’inégalité (32) on déduit :

−3

4 ≤x²+y²+xy−3 4 ≤ 3

4

(11)

i.e.

x²+y²+xy−3 4 ≤3

4

et par suite (multiplication de chacun des membres par|x−y| ≥0) que :

|x−y|

x²+y²+xy−3 4 ≤ 3

4 |x−y|. (34)

En rassemblant les r´esultats (33) et (34), on obtient :

|g(x)−g(y)| ≤ 3

4 |x−y|.

5. Soient x, y∈[0, a] =

0,1 2

tels quex < y.

h(x)−h(y) = g(x)−x−(g(y)−y)

= g(x)−x−g(y) +y

= g(x)−g(y)

| {z }

+y−x

| {z }. Comme

y−x >0 et g(x)−g(y)>0 (gest strictement d´ecroissante sur

0,1 2

(cf. 2))

on a h(x)−h(y)>0 et donch(x)> h(y). La fonction hest donc strictement d´ecroissante sur

0,1 2

. Remarque : On aurait pu r´ediger une preuve plus courte en utilisant le fait que la somme de deux fonctions strictement d´ecroissantes (g etx7→ −x) sur

0,1

2

est strictement d´ecroissante sur

0,1 2

.

6. L’équation (E^′) est équivalente à g(x)−x

| {z }

h(x)

= 0.

– La fonction hest continue sur

0,1 2

(polynˆome) ; – La fonction hest strictement d´ecroissante sur

0,1

2

(cf. 5).

D’après le théorème de la bijection,hréalise donc une bijection de

0,1 2

sur

h 1

2

, h(0)

. Comme

h 1

2

=g 1

2

−1 2 =−1

4 ; h(0) =g(0)−0 = 1

2 hr´ealise une bijection de

0,1

2

sur

−1 4,1

2

. Comme 0∈

−1 4,1

2

, l’´equationh(x) = 0 admet une unique solution sur

0,1

2

.

On note αl’unique solution de (E^′)sur

0,1 2

.

7. Cf. graphique n˚2.

8. Le nombreαv´erifieα∈

0,1 2

etg(α) =α(puisque solution de (E^′)). Commeα∈

0,1 2

et 1

2 = r1

4 <

r 7 12 =x0

on a :

α∈[0, x0[⊂]−x0, x0[. (35)

(12)

De plus, commeg(α) =α, on aα³−3 4α+1

2 =αet par suite : α³−7

4α+1

| {z 2}

f(α)

= 0.

On en d´eduit :

αest solution de (E). (36)

De (35) et (36) on d´eduit queαest (l’unique) solution de (E) sur ]−x0, x0[.

Le nombreαplacé sur le graphique n˚2 est notéα2sur le graphique n˚1. On observe que les deux nombres sont égaux ; tous deux sont voisins (mais différents) de 0,3.

9. La fonction hest strictement d´ecroissante sur [0, a] =

0,1 2

et s’annule une fois sur

0,1 2

, en α. On a donc le tableau de signes suivant.

x −∞ α +∞

Signe deh + 0 −

10. Comme pour toutx∈

0,1 2

,h(x) =g(x)−x, on d´eduit du tableau de signes dehque :

• la courbe Cg est au-dessus de la droite d’´equationy=xsur l’intervalle [0, α[ ;

• la courbe Cg et la droite d’´equationy=xse coupent au point d’abscisse α;

• la courbe Cg est en-dessous de la droite d’´equationy=xsur l’intervalle

α,1 2

. Remarque : Ces r´esultats sont coh´erents avec le graphique n˚2.

Partie IV− Etude d’une suite´

Soit (un)n∈N la suite d´efinie paru0=aet la relation de r´ecurrenceun+1=g(un) valable pour toutn∈N. 1. Construire les premiers termes de la suite (un)n∈N sur le graphique n˚2 et conjecturer le comportement

asymptotique de cette suite.

2. `A l’aide de la question III-3, d´emontrer que pour toutn∈N, un∈[0, a].

3. `A l’aide de la question III-4, d´emontrer que pour toutn∈N:

|un+1−α| ≤ 3

4 |un−α|.

4. En d´eduire que pour toutn∈N:

|un−α| ≤ 3

4 n

|u0−α|.

5. D´emontrer alors la conjecture faite en 1.

6. R´esoudre l’in´equation :

3 4

ⁿ

≤10⁻¹⁵

d’inconnue n∈Net en déduire une valeur den∈Ntelle que l’écart entreun etαest inférieur ou égal à 10⁻¹⁵.

(13)

Correction

1. Construction des premiers termes de la suite (un)n∈N.

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7

−0.1

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

−0.1

−0.2

Graphique n˚2 bis

Cg y=x

×û⁰ u1×û³××^α×û²

Graphiquement, il semble que la suite (un)n∈Nconverge versα.

2. On montre par r´ecurrence que pour toutn∈N,un∈[0, a] =

0,1 2

| {z }

Pn

.

• Initialisation

La propositionP0 est vraie caru0= 1 2 ∈

0,1

2

.

• Hérédité

On suppose Pn vraie pour un entier n fix´e, i.e. : un ∈

0,1 2

. Montrons que Pn+1 est vraie i.e. : un+1∈

0,1

2

. Commeun∈

0,1

2

, on ag(un)∈

0,1 2

, d’apr`es III-3. Commeun+1=g(un), on aun+1∈

0,1 2

.

• Conclusion

D’après l’initialisation au rang 0, l’hérédité et l’axiome de récurrence, on aun ∈

0,1 2

pour toutn∈N. 3. On remarque que commeαest solution de (E^′), on ag(α) =α.

Soitn∈N. En appliquant le r´esultat III-4 avecx=un∈

0,1 2

(cf. question 2) ety=α∈

0,1 2

, on a :

|g(un)

| {z }

un+1

−g(α)

|{z}

α

| ≤ 3

4 |un−α|

(14)

i.e. l’inégalité demandée.

4. Montrons par r´ecurrence que pour toutn∈N: Pn : |un−α| ≤

3 4

ⁿ

|u0−α|.

• Initialisation

La propositionP0 s’´ecrit :

|u0−α| ≤ 3

4 0

| {z }

1

|u0−α|.

Elle est donc vraie.

• Hérédité

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

|un−α| ≤ 3

4 n

|u0−α|. (37)

MontronsPn+1, i.e. :

|un+1−α| ≤ 3

4 n+1

|u0−α|.

D’apr`es la question 3, on a :

|un+1−α| ≤ 3

4 |un−α|. (38)

En multipliant chacun des membres de (37) par 3

4 ≥0, on a : 3

4 |un−α| ≤ 3 4 ×

3 4

n

| {z } 3 4

!ⁿ+1

|u0−α|. (39)

|un+1−α| ≤ 3

4 |un−α| ≤ 3

4 n+1

|u0−α|

et doncPn+1 :

|un+1−α| ≤ 3

4 n+1

|u0−α|.

• Conclusion

De l’initialisation de la propriétéPn au rang 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N |un−α| ≤ 3

4 n

|u0−α|.

5. Montrons que la suite (un)n∈Nconverge versα.

Soitn∈N^∗. De la question 4, on d´eduit que :

− 3

4 ⁿ

|u0−α| ≤un−α≤ 3

4 ⁿ

|u0−α|. (40)

En effet si X ∈Ret si A ∈R⁺, |X| ≤A⇐⇒ −A≤X ≤A. En ajoutant α`a chacun des membres de (40), il vient :

α− 3

4 n

|u0−α| ≤un ≤α+ 3

4 n

|u0−α|. (41)

(15)

D’apr`es le cours et −1 < 3

4 <1, on a : lim

n→+∞

3 4

n

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

n→+∞lim α− 3

4 n

|u0−α|=α et lim

n→+∞α+ 3

4 n

|u0−α|=α.

De ces calculs de limites, de (41) et du théorème d’encadrement, on déduit que la suite (un)n∈Nconverge et que lim

n→+∞un=α.

6. • R´esolution de l’in´equation 3

4 ⁿ

≤10⁻¹⁵d’inconnuen∈N On a :

3 4

n

≤10⁻¹⁵ ⇐⇒ ln 3

4 n

≤ln 10⁻¹⁵

(ln strictement croissante sur ]0,+∞[)

⇐⇒ n ln 3

4

≤ −15 ln(10) (propriétés algébriques de ln)

⇐⇒ n≥ −15 ln(10) ln

3 4





division des deux membres de l’in´egalit´e par ln

3 4

qui est strictement n´egatif car 3 4 <1





L’ensemble solution de l’in´equation 3

4 n

≤10⁻¹⁵ d’inconnuen∈Nest donc :











n∈N : n≥ −15 ln(10) ln

3 4









 .

Par exemple, si l’on pose X = −15 ln(10) ln

3 4

, alors l’entier ⌊X⌋+ 1 = 121 est solution de l’inéquation considérée.

Remarque : On peut v´erifier que l’ensemble solution de l’in´equation 3

4 n

≤10⁻¹⁵ d’inconnuen∈N est J121,+∞J.

• Valeur de n∈Ntelle que l’écart entreun etαest inférieur ou égal à 10⁻¹⁵

Soitn∈N. L’écart entreun etαest donné par|un−α|. On sait d’après la question 4 que :

|un−α| ≤ 3

4 ⁿ

|u0−α|. (42)

Commeu0 et αsont dans l’intervalle

0,1 2

, l’écart|u0−α|entre les deux nombres est inférieur à 1 2. On a donc :

|u0−α| ≤ 1 2

et par suite la majoration plus grossi`ere suivante de l’´ecart entre u0 etα:

|u0−α| ≤1. (43)

En multipliant chacun des membres de (43) par 3

4 n

≥0, on obtient : 3

4 n

|u0−α| ≤ 3

4 n

. (44)

(16)

|un−α| ≤ 3

4 n

|u0−α| ≤ 3

4 n

et par suite :

|un−α| ≤ 3

4 n

. (45)

Ainsi si l’on choisit n tel que 3

4 ⁿ

≤10⁻¹⁵, i.e. nsolution de l’inéquation considérée ci-dessous, on aura|un−α| ≤10⁻¹⁵. Par exemple,n=⌊X⌋+ 1 = 121, oùX =−15 ln(10)

ln 3

4

, convient.

Remarque : Notre méthode nous assure qu’après avoir calculé les 122 premiers termes de la suite, le nombre obtenu (u121) donnera une valeur approchée deαavec une erreur d’au plus 10⁻¹⁵.

Il existe en fait des méthodes voisines mais plus fines que celle exposée ici, qui permettent de montrer que moins de calculs sont nécessaires. Nous en verrons quelques unes plus tard.

Partie V−Algorithme

En utilisant les résultats de la partie précédente, construire un algorithme demandant à l’utilisateur une précision εet lui retournant une valeur approchée de la solutionαde (E) sur ]−x0, x0[ avec une erreur d’au plusε.

Correction : Soitε∈R^+×. D’apr`es (45), sin est tel que 3

4 n

≤ε, alors l’écart|un−α| entreun etαest inférieur ou égal àε; un telnsatisfait donc la condition requise. Cette idée est à la base de l’algorithme suivant, qui répond à la question posée.

Saisirε u←− 1

2 //Initialisation de u`a la valeur u0= 1 2 n←−0 //Initialisation den`a la valeur 0 Tant que

3 4

ⁿ

> ε faire //La condition d’arrˆet est la n´egation de la condition requise







u←−u³−3 4u+1

2 //Calcul du terme suivant (un+1) de la suite n←−n+ 1 //Incr´ementation de 1 de la valeur den

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