Corrigé ESCP 1996 par Pierre Veuillez

On considère la fonction f définie sur ] 0 , + [ par:

f ( 1 ) = 1  et  f ( x ) = x + 1 x 1 ln ( x ) 2  si  x 1.

  1. f est continue en tout x tel que x 1 et x > 0 donc sur ] 0 , 1 [ et ] 1 , + [ .

    Il faut vérifier la continuité en 1 , donc montrer que f ( x ) x 1 1 . On pose h = x 1 . On a: f ( x ) = h + 2 h ln ( 1 + h ) 2 . Or ln ( 1 + h ) h 0 h donc ln ( 1 + h ) h h 0 1 et f ( x ) x 1 1 = f ( 1 ) . Donc f est bien continue en 1 . Finalement f est une fonction continue sur ] 0 , + [ .

  2. f est dérivable sur les intervalles ] 0 , 1 [ et ] 1 , + [ comme quotient de fonctions dérivables

    f ( x ) = x 2 1 2 x ln ( x ) 2 x ( x 1 ) 2 = ln ( x ) x 2 1 2 x ( x 1 ) 2 Soit g ( x ) = ln ( x ) x 2 1 2 x . g est dérivable sur ] 0 , + [ et g ( x ) = 1 x 2 x 2 ( x 2 1 ) 2 x 2 = 2 x x 2 1 2 x 2 = ( x 1 ) 2 2 x 2 < 0.

    Donc:

    x 0 1 + g ( x ) 0 g ( x ) + 0 f ( x ) + ? f ( x ) 1

    Donc f est strictement croissante sur ] 1 , + [ et strictement décroissante sur ] 0 , 1 [ .

  3. Pour tout x strictement positif et différent de 1, la dérivée f de f vérifie: ( x 1 ) ln ( x ) ( x 1 ) 2 1 2 x = 2 x ( x 1 ) 2 x ln ( x ) ( x 1 ) 2 ( x 1 ) 2 = x 2 1 2 x ln ( x ) 2 x ( x 1 ) 2 = f ( x )  CQFD Donc pour obtenir la dérivabilité en 1: f ( x ) = ( x 1 ) ln ( x ) } 0 ( x 1 ) 2 } 0 1 2 x } x 1 F I .

    On effectue le changement de variable: h = x 1 . f ( x ) = h ln ( h ) h 2 1 2 ( h + 1 ) = h h h 2 / 2 + h 2 ϵ ( x ) h 2 1 2 ( h + 1 ) = 1 / 2 + ϵ ( x ) 1 2 ( h + 1 ) h 0 0

    Donc, comme f est continue en 1 et que f a une limite finie en 1 , alors f est dérivable en 1 et f ( 1 ) = 0 .

    Donc f est continue sur ] 0 , 1 [ et ] 1 , + [ . En 1, f 0 = f ( 1 ) . Donc f est également continue en 1.

    Finalement, f est continue sur l'intervalle ] 0 , + [ .

  4. Soit g ( x ) = ln ( x ) ( x 1 ) . g est dérivable sur ] 0 , + [ et g ( x ) = 1 x 1 = 1 x x .

    x 0 1 + 1 x + 0 affine g ( x ) + 0 0 g ( x )

    Donc pour tout x > 1 , on a: g ( x ) < 0 et ln ( x ) < ( x 1 ) . Et si x > 1 , alors x + 1 x 1 > 0 et donc f ( x ) = x + 1 x 1 ln ( x ) 2 < x + 1 x 1 x 1 2 = x + 1 2 et x + 1 2 x = 1 x 2 < 0 donc x + 1 2 < x et f ( x ) < x .

    Donc pour tout x > 1 on a: f ( x ) < x .

  5. Reste à étudier la branche infinie: f ( x ) = x + 1 x 1 ln ( x ) 2 = x ( 1 + 1 / x ) x ( 1 1 / x ) ln ( x ) 2 = 1 + 1 / x 1 1 / x ln ( x ) 2 x + + et f ( x ) x = 1 + 1 / x 1 1 / x ln ( x ) 2 x x + 0 car ln ( x ) x . On a donc une branche parabolique horizontale.

  6. Soit a un réel supérieur à 1.

    1. Il faut démontrer que pour tout n, on peut définir x n + 1 donc que x n > 0 ou 1 : Par récurrence.

      Pour n = 0 , x 0 = a > 1 .

      Soit n 0 tel que x n est défini et x n > 1 . Alors x n + 1 = f ( x n ) est défini et x n + 1 = f ( x n ) > f ( 1 ) = 1 car f est strictement croissante sur [ 0 , + [ et x n et 1 en sont éléments.

      Donc il existe une suite ( x n ) n 0 de réels vérifiants x 0 = a et pour tout entier n 0 , x n + 1 = f ( x n ) .

    2. Or si x > 1 alors f ( x ) < x . Donc, comme x n > 1 , x n + 1 = f ( x n ) > x n et cette suite est décroissante.

      Comme elle est minorée par 1 , elle converge. Soit l 1 sa limite. f est continue sur [ 0 , + [ , donc en l . Donc f ( l ) = l . Or si l > 1 alors f ( l ) < l . Comme l 1 alors l = 1 .

  7. Etude de la vitesse avec laquelle la suite ( x n ) n 0 tend vers l = 1 .

    1. Pour obtenir que | f ( x n ) 1 | 1 3 | x n 1 | , on va devoir utiliser l'inégalité des accroissements finis. Mais il faut d'abord déterminer un intervalle sur lequel | f | < 1 3 . Puis montrer qu'à partir d'un indice n 0 , x n appartient à cet intervalle. Et on ne nous donne pas d'indications pour étudier f ...dont l'experession est passablement compliquée.

      • On va utiliser ici la conitnuité de f : f ( x ) x 1 0. Donc si x est suffisemment proche de 1 , f ( x ) sera aussi petit que l'on veut ( 1 3 ) . (Définiton) f ( x ) x 1 0 donc il existe d > 0 tel que si x [ 1 d , 1 + d ] alors | f ( x ) | 1 3 .

      • Comme x n n + 1 , il existe n 0 tel que si n n 0 alors x n [ 1 d , 1 + d ] .

      • Donc d'après l'inégalité des accroissements finis,  si  n n 0  alors  x n  et  1 [ 1 d , 1 + d ]  donc  | f ( x n ) 1 | 1 3 | x n 1 |

    2. On a alors, par récurrence, pour tout  n n 0 , | x n 1 | ( 1 3 ) n | x n 0 1 | 3 n 0 = K .

      D'où l'encadrement: pour tout  n n 0  ,  0 | x n 1 | 1 / 2 n ( 2 3 ) n K

      et par encadrement, | x n 1 | 1 / 2 n n + 0. Donc la suite ( x n 1 ) n 0 est négligeable devant la suite ( 1 / 2 n ) n 0 .