Corrigé par Pierre Veuillez

( D'après ESSEC 2002 )

  1. Résolution numérique de l'équation x 2 + x 1 = 0 ( 0 < x < 1 )

    1. L'équation x 2 + x 1 = 0 est du second degré.

      Elle a pour discriminant Δ = 1 + 4 = 5 et pour racines x 1 = 1 5 2 et x 2 = 1 + 5 2

      La première est strictement négative. Montrons que la seconde se trouve dans ] 0 , 1 [ :

      Comme 9 > 5 > 4 alors ( strictement croissante sur + et 9, 5 et 4 sont positifs) 3 > 5 > 2 donc 2 > 1 + 5 > 1 et finalement 1 > x 2 > 1 / 2

      Donc l'équation a bien une unique racine sur cet intervalle et r 2 = x 2 = 1 + 5 2 .

      Or pour x 1 on a f ( x ) = x 1 1 + x = x 1 = x 2 + x x 2 + x 1 = 0

      Donc l'équation f ( x ) = x a les mêmes solutions (pour x 1 ) que la précédente.

      Donc r 2 est l'unique solution de l'équation f ( x ) = x sur ] 0 , 1 [

    2. On peut procèder ici en ''bricolant'' (puisqu'on ne nous demande la dérivée qu'à la questionsuivante) : si 1 / 2 x 1 alors 3 / 2 x + 1 2 donc 2 3 1 x + 1 1 2 car la fonction inverse est strictement décroissante sur ] 0 , + [ et que ces éléments en font partie.

      Donc f ( x ) [ 1 / 2 , 1 ]

    3. f est dérivable sur [ 1 / 2 , 1 ] et f ( x ) = 1 / ( 1 + x ) 2 < 0 et | f ( x ) | = 1 / ( 1 + x ) 2

      Si 1 / 2 x 1 alors 3 / 2 x + 1 2 donc 2 3 1 x + 1 1 2 et ( 2 3 ) 2 ( 1 x + 1 ) ( 1 2 ) 2 car la fonction carré est strictement croissante sur [ 0 , + [ et que ces éléments en font partie.

      Donc

      si x [ 1 / 2 , 1 ] alors | f ( x ) | 4 9

    4. On considère la suite défnie par u 0 = 1 et u n + 1 = f ( u n )

      On montre par réurrence que pour tout entier n , u n [ 1 / 2 , 1 ] :

      • u 0 = 1 [ 1 / 2 , 1 ]

      • Soit n tel que u n [ 1 / 2 , 1 ] Alors f ( u n ) [ 1 / 2 , 1 ] d'après la question précédente et donc u n + 1 [ 1 / 2 , 1 ]

      • Donc pour toute entier n , u n [ 1 / 2 , 1 ]

      On a alors d'après l'inégalité des accroissement finis comme

      • u n [ 1 / 2 , 1 ] et r 2 [ 1 / 2 , 1 ] (d'après la première question)

      • et | f ( x ) | 4 9 pour tout x de [ 1 / 2 , 1 ]

      • alors | f ( u n ) f ( r 2 ) | 4 9 | u n r | et | u n + 1 r 2 | 4 9 | u n r |

      Et on prouve la suite par récurrence :

      • Pour n = 0 , on a u 0 = 1 et comme 1 / 2 < r 2 < 1 alors 0 u 0 r 2 1 / 2 ( 4 9 ) 0 et donc | u 0 r 2 | = ( 4 9 ) 0

      • Soit n tel que | u n r 2 | ( 4 9 ) n alors en multipliant l'inégalité par 4 / 9 0 on obtient 4 9 | u n r 2 | ( 4 9 ) n + 1 et | u n + 1 r 2 | 4 9 | u n r | ( 4 9 ) n + 1

      • Donc pour tout entier n ,

        0 | u n r 2 | ( 4 9 ) n

      Comme | 4 / 9 | < 1 on a ( 4 / 9 ) n 0 et par encadrement u n r 2 0

      la suite ( u n ) converge bien vers r 2

  2. Résolution numérique de l'équation x 3 + x 2 + x 1 = 0 ( 0 < x < 1 )

    1. Soit g ( x ) = x 3 + x 2 + x 1. g est dérivable sur et g ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 1 > 0 sur ] 0 , 1 [

      g est continue et strictement croissante sur ] 0 , 1 [ et elle réalise donc une bijection de ] 0 , 1 [ dans ] lim 0 g , lim 1 g [ = ] 1 , 2 [

      Comme 0 ] 1 , 2 [ , l'équation x 3 + x 2 + x 1 = 0 a bien une unique solution sur ] 0 , 1 [

      Comme on va avoir besoin pour l'inégalité des accroissements finis de r 3 [ 1 / 3 , 1 ] : g ( 1 3 ) = 1 3 3 + 1 3 2 + 1 3 1 = 1 + 3 + 9 27 27 = 14 27

      Donc comme g ( 1 / 3 ) < g ( r 3 ) et que g est strictement corissante sur ] 0 , 1 [ et qu'ils en sont éléments, alors 1 / 3 r 3

      On remarque comme précédement que f ( x ) = x 1 = x ( x 2 + x + 1 ) x 3 + x 2 + x 1 = 0

      L'équation f ( x ) = x a donc également r 3 pour unique solution sur [ 1 / 3 , 1 ]

    2. f est dérivable sur [ 0 , + [ (car x 2 + x + 1 0 ) et f ( x ) = 2 x + 1 ( x 2 + x + 1 ) 2 < 0 sur [ 0 , + [

      Donc f est strictement décroissante sur cet intervalle et comme f ( 1 / 3 ) = 1 1 9 + 1 3 + 1 = 9 13 1 et f ( 1 ) = 1 3

      Donc pour tout x [ 1 / 3 , 1 ] on a f ( x ) [ 1 / 3 , 9 / 13 ] et donc [ 1 / 3 , 1 ]

    3. f est dérivable sur [ 0 , + [ et f " ( x ) = 2 ( x 2 + x + 1 ) 2 ( 2 x + 1 ) 2 ( x 2 + x + 1 ) ( 2 x + 1 ) ( x 2 + x + 1 ) 4 = 2 ( x 2 + x + 1 ) ( 2 x + 1 ) ( 2 x + 1 ) ( x 2 + x + 1 ) 3 = 2 x 2 + x + 1 4 x 2 4 x 1 ( x 2 + x + 1 ) 3 = 2 3 x 2 + 3 x ( x 2 + x + 1 ) 3

      Donc f " > 0 sur [ 0 , + [ et f est strictement croissante sur cet intervalle (en étant négative)

      Donc si 1 / 3 x 1 alors ( 0 ) f ( x ) f ( 1 / 3 ) = 27 / 169 et donc | f ( x ) | 27 / 169 = k

      Donc

      si x [ 1 / 3 , 1 ] alors | f ( x ) | 27 / 169

    4. On a alors par récurrence : pour tout entier n , u n [ 1 / 3 , 1 ] (car si u n [ 1 / 3 , 1 ] alors u n + 1 = f ( u n ) [ 1 / 3 , 1 ] )

      Et comme u n et r 3 [ 1 / 3 , 1 ] alors d'après l'inégalité des accroissements finis :

      | u n + 1 r 3 | = | f ( u n ) f ( r 3 ) | k | u n r 3 |

      Et donc par récurernce pour tout entier n : | u n r 3 | k n | u 0 r 3 |

      Et comme 1 / 3 r 3 1 = u 0 alors 2 / 3 u 0 r 3 0 et

      n : | u n r 3 | 2 ( 27 169 ) n / 3

      Donc par encadrement | u n r 3 | 0 et u n r 3 quand n tend vers + .

    5. L'écart entre u n et r 3 est plus petit que 2 ( 27 / 169 ) n / 3

      Donc pour avoir une valeur approchée de r 3 à 10 8 près il suffit de donner u n pour 2 ( 27 / 169 ) n / 3 10 8 et pour celà de calculer les valeurs successives de u n et de 2 ( 27 / 169 ) n / 3 jusqu'à ce que cette valeur soit inférieure à 10 8 .

      On affecte pour celà 2 ( 27 / 169 ) n / 3 à P, et u n à U. La valeur suivante de P est donc P*1/3 et celle suivante de U est f (U) :

      Program suite;

      var U,P:real;

      begin U:=1;P:=2/3; { pour n = 0 }

      repeat P:=P*27/169; U:=1/(U*U+U+1); until P < 1E-8;

      Writeln('une valeur approchée est :',U);

      End.