EXERCICES SUR LES SUITES VERIFIANT u n+1 = f(u n )

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1 EXERCICES SUR LES SUITES VERIFIANT 1. Soit la fonction f définie sur R par f(x) = 1 2 (1+x2 ). Montrer que la suite (u n ) n 0 définie par la relation de récurrence est croissante quel que soit u 0 réel. Etudier sa limite suivant la valeur de u Soit la fonction f définie sur R par f(x) = x x. Montrer que, quel que soit u 0 > 0, la suite (u n ) n 0 définie par la relation de récurrence est convergente. (On étudiera les variations de f, et on montrera qu à partir du rang 1, u n se trouve dans l intervalle [ 2, + [). 3. Soit la fonction f définie sur R par f(x) = π 2 cos2 x. Etudier la suite (u n ) n 0 définie par la relation de récurrence lorsque u 0 = π Soit la fonction f définie sur R par f(x) = e 1 x. Etudier, suivant la valeur de u 0, la suite (u n ) n 0 définie par la relation de récurrence. (On montrera que I = [0, e] est stable par f et que u n appartient à I si n 2). 1

2 5. Soit la fonction f définie sur R + par f(x) = x+ 1+x 1+2x. Montrer que, quel que soit le réel u 0 > 0, la suite (u n ) n 0 définie par la relation de récurrence est croissante, et déterminer sa limite. 6. Soit f n la fonction définie sur [0, + [ par et Φ n = f 1 f n. f n (t) = t+n a) Montrer que si n 1, la fonction Φ n est contractante, et admet comme rapport de contraction le nombre k n = 1 2 n n!. b) Montrer que les suite (Φ n (0)) n 3 et (Φ n (n)) n 3 sont adjacentes. 2

3 Corrigé 1. Etudions le signe de f(x) x. On a Il en résulte que, pour tout n 0, f(x) x = 1 2 (1+x2 ) x = 1 2 (x 1)2 0. u n+1 u n = f(u n ) u n 0, et la suite est donc bien croissante. Par ailleurs 1 est l unique point fixe dans [ 2, + [ de la fonction f. En remarquant que u n+1 1 = 1 2 (u2 n 1) - si u 0 > 1, on a alors u 1 > 1 et par récurrence, u n > 1 pour tout n 1. La suite est croissante, et ne peut converger vers 1. Elle tend donc nécessairement vers + ; - si u 0 1, on a alors 0 u 1 1 et par récurrence, 0 u n 1 pour tout n 1. La suite est croissante, et majorée par 1. Elle converge donc vers l unique point fixe de f dans [ 1, 1] c est-à-dire vers On a f (x) = x 2, et cette expression est du signe de x 2 2, donc f est décroissante sur ]0, 2] et croissante sur [ 2, + [. La fonction f admet un minimum en 2, et pour tout x > 0, f(x) f( 2) = 2. En particulier u 1 appartient à l intervalle [ 2, + [ et l intervalle [ 2, + [ est stable par f. Il en résulte que u n appartient à cet intervalle dès que n 1. D autre part, sur cet intervalle f(x) x = 1 x x 2 = 2 x2 2x 0. Il en résulte que la suite (u n ) n 1 est décroissante et minorée par 2, et f possède comme unique point fixe le nombre 2, donc la suite converge vers La fonction f a pour dérivée f (x) = π 2 sin2x. Elle est donc décroissante sur l intervalle [ 0, π/2]. Alors f([0, π/2]) = [f(π/2), f(0)] = [0, π/2], 3

4 donc l intervalle [ 0, π/2] est stable par f. Par ailleurs, on constate que π/4 est un point fixe de f. Comparons u 0 et u 2. On a u 1 = f(u 0 ) = f(π/3) = π 8, puis Alors u 2 = f(u 1 ) = π 2 cos2 π 8 = π 4 ( 1+cos π ) = π u 2 u 0 = π 24 (3 2 2) > 0. Il en résulte que la suite (u 2n ) n 0 est croissante, et puisque u 0 > π/4, la suite a une limite strictement supérieure à π/4. Il en résulte aussi que la suite (u 2n+1 ) n 0 est décroissante, et puisque u 1 = f(u 0 ) < f(π/4) = π 4 la suite a une limite strictement inférieure à π/4. Les deux suites ne convergent donc pas vers le même limite. Il en résulte que (u n ) n 0 n a pas de limite. 4. En dérivant, on obtient f (x) = e 1 x. La fonction f est décroissante sur R. On a donc puis f(r) =]0, + [, f(]0, + [) =]0, f(0)[=]0, e[ I. Si u 0 est un réel quelconque, alors u 2 est dans I. Par ailleurs f([0, e]) = [f(e), f(0)] = [e 1 e, e] [0, e] = I. L intervalle I est donc stable par f, il en résulte que u n est dans I pour tout n 2. Comme f est décroissantes, les suites (u 2n ) n 1 et (u 2n+1 ) n 1 sont monotones et varient en sens contraire. Comme elles sont bornées, elles ont chacune une limite qui est un point fixe de f f. Etudions les variations de la fonction g définie par On a puis g(x) = f f(x) x = e 1 e1 x x. g (x) = e 1 x e 1 e1 x 1 = e 2 x e1 x 1, g (x) = ( 1+e 1 x) e 2 x e1 x. La dérivée seconde est du signe de e 1 x 1, donc, puisque la fonction exponentielle est croissante, du signe de (1 x). Il en résulte que g admet un maximum en 1. Mais g (1) = 0, donc g est négative et ne s annule qu en 1. La fonction g est strictement décroissante. Elle s annule au plus 4

5 une fois, et comme g(1) = 0, le nombre 1 est l unique point fixe de f f. Alors les suites (u 2n ) n 1 et (u 2n+1 ) n 1 tendent toutes les deux vers 1. Il en résulte que la suite (u n ) n 0 tend vers Comme f(x) x = 1+x 1+2x est strictement positif sur R+, il en résulte que la suite (u n ) n 0 est strictement croissante, et que la fonction f n a pas de point fixe. La suite tend donc vers a) La fonction f n est contractante sur [0, + [. En effet, sur cet intervalle, elle est dérivable, et 0 f 1 (x) = 2 t+n 1 2 n < 1. La fonction f n est contractante de rapport 1/(2 n). On montre alors par récurrence que Φ n est contractante de rapport k n. Tout d abord, f 1 = Φ 1 est contractante de rapport k 1. Supposons le résultat vrai à l ordre n. Soit x et y positifs. Puisque Φ n est contactante de rapport k n, on a Φ n+1 (x) Φ n+1 (y) = Φ n (f n (x)) Φ n (f n+1 (y)) k n f n+1 (x) f n+1 (y). Mais puisque f n+1 est contractante, de rapport 1/(2 n+1), on a On en déduit donc Φ n+1 est contractante de rapport f n (x) f n (y) Φ n+1 (x) Φ n+1 (y) k n 2 n+1 = 1 2 n n! 1 2 n+1 x y. k n 2 n+1 x y, 1 2 n+1 = k n+1. Le résultat est donc vrai à l ordre n+1, donc, pour tout n 1. b) Les fonctions f k étant croissantes pour k compris entre 1 et n, il en résulte que la fonction Φ n est une composée de fonctions croissantes, donc croissante également, pour tout n 1. On a Φ n+1 (0) Φ n (0) = Φ n (f n+1 (0)) Φ n (0). Mais, puisque f n+1 (0) = n+1 0, on en déduit, en utilisant la croissance de Φ n, que, si n 1, Φ n+1 (0) Φ n (0) 0. La suite (Φ n (0)) n 1 est donc croissante. On a aussi Φ n+1 (n+1) Φ n (n) = Φ n (f n+1 (n+1)) Φ n (n) = Φ n ( 2n+2) Φ n (n). Mais, si n 3, on a n 2 2n 2 = (n 3)(n +1)+1 0, et l on en déduit que n 2n+2. Donc en utilisant la croissance de Φ n, on obtient, si n 3, Φ n+1 (n+1) Φ n (n) 0. 5

6 La suite (Φ n (n)) n 3 est donc décroissante. Enfin, puisque Φ n est contractante, Φ n (n) Φ n (0) n 2 n n! n2 n, et le membre de droite tend vers zéro lorsque n tend vers l infini. Les suites sont donc bien adjacentes. 6