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

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 probl`eme est l’´etude de l’´equation (E)d´efinie 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 repr´esentativeCf dans un rep`ere fix´e du plan est donn´ee ci-dessous.

1 2 3

−1

−2

1 2 3 4

−1

−2

−3

Cf

Graphique n˚1

α1

×

×

×

×

×

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’´equation (E) poss`ede-t-elle de solutions surR? Critiquer la r´eponse donn´ee.

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.

Correction

1. Les solutions de l’´equation (E) sont les abscisses des points communs `a la courbeCfet `a l’axe des abscisses (cf. nombresα1,α2 etα3plac´es sur l’axe des abscisses).

2. D’apr`es le graphique n˚1, il semble que l’´equation (E) poss`ede 3 solutions (α1,α2 et α3). Comme on ne consid`ere qu’une partie de la courbe repr´esentative 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 etα3`a l’´equation(E). En effet, un polynˆome de degr´e 3 ne peut pas avoir strictement plus de 3 racines. C’est une cons´equence du th´eor`eme de facto- risation par (X−a)d’un polynˆome 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,+∞[.

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 r´esultat `a la r´eponse donn´ee 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 d´eduire le nombre de solutions de l’´equation (E) surR. Comparer le r´esultat `a la r´eponse donn´ee en I-2.

On souhaite `a pr´esent donner une valeur approch´ee, avec une pr´ecision arbitrairement grande, de la solution de (E)appartenant `a]−x0, x0[.

Correction

1. Soient x, y∈R. En d´eveloppant (x−y)(x²+xy+y²), on trouve : x³+x²y+xy²−x²y−xy²−y³ qui est bien ´egal `a 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)

En multipliant membre `a membre les in´egalit´es 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 `a membre les in´egalit´es (2), (3) et (4) il vient :

7 4 = 7

12+ 7 12+ 7

12 < x²+y²+xy. (5)

L’in´egalit´e stricte dans (5) est, par exemple, due `a l’in´egalit´e 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 in´egalit´es (6) et (7), on d´eduit : 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 `a membre les in´egalit´es pr´ec´edentes, qui ne mettent en jeu que des nombres strictement positifs, on obtient :

xy= (−x)(−y)> x²₀= 7

12. (10)

En sommant membre `a membre les in´egalit´es (8), (9) et (10), on a : x²+y²+xy > 7

12+ 7 12+ 7

12 =7

4. (11)

L’in´egalit´e stricte dans (11) est, par exemple, due `a l’in´egalit´e stricte (8). On rappelle que, par hypoth`ese, x < y. On a donc :

x−y <0. (12)

De (11) on d´eduit :

x²+y²+xy−7

4 >0. (13)

Maintenant de la factorisation (1) et des in´egalit´es (12) et (13), on d´eduit : 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].

• 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 propri´et´es de la valeur absolue suivantes, ´el´ementaires et bonnes `a 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 `a membre les in´egalit´es 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’in´egalit´e (16) est en fait stricte, mais cette propri´et´e additionnelle, qui n´ecessiterait 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 `a membre les in´egalit´es (14), (15) et (18), on a : x²+y²+xy < 7

12+ 7 12 + 7

12 = 7

4. (19)

L’in´egalit´e stricte dans (11) est, par exemple, due `a l’in´egalit´e stricte (14). On a suppos´e quex < y. On a donc :

x−y <0. (20)

De (19) on d´eduit :

x²+y²+xy−7

4 <0. (21)

Maintenant de la factorisation (1) et des in´egalit´es (20) et (21), on d´eduit : f(x)−f(y) = (x−y)

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 coh´erent avec celui obtenu en I-4. Les deux tableaux sont mˆemes iden- tiques si l’on remarque quex1=−x0,x2=x0. En I-4, il restait une incertitude sur le tableau de variations def, li´ee au fait qu’on ne consid´erait qu’une partie de la repr´esentation graphique def. Cette incertitude est `a pr´esent lev´ee, grˆace `a l’´etude analytique.

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

En r`egle g´en´erale, il faut essayer de compl´eter au maximum un tableau de variations (valeurs aux points remarquables, limites ´eventuelles) et toujours justifier ses r´esultats (e.g. les calculs de limites).

6. On commence par remarquer que l’´equation (E) se r´e´ecritf(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’apr`es le th´eor`eme de la bijection,f r´ealise 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 donn´e dans l’´enonc´e), 0 ∈ ]−∞, f(−x0)]. L’´equation 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’apr`es le th´eor`eme de la bijection,fr´ealise 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 d´eduit que f r´ealise une bijection de de ]−x0, x0[ sur ]f(x0), f(−x0)[. Comme f(x0) < 0 et f(−x0)>0 (cf. encadrements donn´es dans l’´enonc´e), 0∈]f(x0), f(−x0)[. L’´equation f(x) = 0 admet donc une unique solution dans ]−x0, x0[.

• 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’apr`es le th´eor`eme de la bijection, f r´ealise 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 donn´e dans l’´enonc´e), 0∈[f(x0),+∞[. L’´equationf(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 r´esultat donn´e en I-2, mais sans l’incertitude ´evoqu´ee alors. La m´ethode analytique (le th´eor`eme de la bijection) a permi un comptage exact du nombre de solutions de (E).

On souhaite `a pr´esent donner une valeur approch´ee, avec une pr´ecision arbitrairement grande, de la solution de (E)appartenant `a]−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 repr´esentativeCg dans un rep`ere fix´e du plan est donn´ee ci-apr`es.

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

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 stricte- ment 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’´equation (E) sur ]−x0, x0[. Placerαsur le graphique n˚1 et v´erifier la coh´erence des r´esultats 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.

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 `a membre les in´egalit´es 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’in´egalit´e (25) est en fait stricte, mais cette propri´et´e additionnelle, qui n´ecessiterait une justification, n’est pas utile pour la suite.) En sommant membre `a membre les in´egalit´es (23), (24) et (25), on a :

x²+y²+xy < 1 4 +1

4 +1 4 = 3

4. (26)

L’in´egalit´e stricte dans (26) est due `a l’in´egalit´e stricte (23). On rappelle que, par hypoth`ese,x < y. On a donc :

x−y <0. (27)

De (26) on d´eduit :

x²+y²+xy−3

4 <0. (28)

Maintenant de la factorisation (22) et des in´egalit´es (27) et (28), on d´eduit : 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

.

3. – La fonctiong est continue sur

0,1 2

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

0,1

2

(cf. 2).

D’apr`es le th´eor`eme de la bijection,g r´ealise 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 r´epondre `a cette question, on reprend et on adapte une partie de l’´etude faite `a 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 `a membre les in´egalit´es 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 `a membre les in´egalit´es (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’in´egalit´e (32) on d´eduit :

−3

4 ≤x²+y²+xy−3 4 ≤ 3

4

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’´equation (E^′) est ´equivalente `a 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’apr`es le th´eor`eme de la bijection,hr´ealise 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)

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 nombreαplac´e sur le graphique n˚2 est not´eα2sur le graphique n˚1. On observe que les deux nombres sont ´egaux ; tous deux sont voisins (mais diff´erents) 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 d´eduire une valeur den∈Ntelle que l’´ecart entreun etαest inf´erieur ou ´egal `a 10⁻¹⁵.

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

×^u0 u1×^u3××^α×^u2

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

.

• H´er´edit´e

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’apr`es l’initialisation au rang 0, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, 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|

i.e. l’in´egalit´e demand´ee.

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.

• H´er´edit´e

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)

De (38) et (39), on d´eduit alors :

|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 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 |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)

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 th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit 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) (propri´et´es alg´ebriques 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’in´equation consid´er´ee.

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’´ecart entreun etαest inf´erieur ou ´egal `a 10⁻¹⁵

Soitn∈N. L’´ecart entreun etαest donn´e par|un−α|. On sait d’apr`es la question 4 que :

|un−α| ≤ 3

4 ⁿ

|u0−α|. (42)

Commeu0 et αsont dans l’intervalle

0,1 2

, l’´ecart|u0−α|entre les deux nombres est inf´erieur `a 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)

De (42) et (44), on d´eduit alors :

|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’in´equation consid´er´ee ci-dessous, on aura|un−α| ≤10⁻¹⁵. Par exemple,n=⌊X⌋+ 1 = 121, o`uX =−15 ln(10)

ln 3

4

, convient.

Remarque : Notre m´ethode nous assure qu’apr`es avoir calcul´e les 122 premiers termes de la suite, le nombre obtenu (u121) donnera une valeur approch´ee deαavec une erreur d’au plus 10⁻¹⁵.

Il existe en fait des m´ethodes voisines mais plus fines que celle expos´ee ici, qui permettent de montrer que moins de calculs sont n´ecessaires. Nous en verrons quelques unes plus tard.

Partie V−Algorithme

En utilisant les r´esultats de la partie pr´ec´edente, construire un algorithme demandant `a l’utilisateur une pr´ecision εet lui retournant une valeur approch´ee 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’´ecart|un−α| entreun etαest inf´erieur ou ´egal `aε; un telnsatisfait donc la condition requise. Cette id´ee est `a la base de l’algorithme suivant, qui r´epond `a la question pos´ee.

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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