Corrigé ESSEC II 1998 par Pierre Veuillez
Partie I
On considère un nombre réel strictement positif a et la fonction f définie pour tout nombre réel x par: f(x)=exp[a(x-1)].
On définit alors une suite ( uk ) par son premier terme u0 =0 et la relation : uk+1 =f( uk ).
  1. Convergence de la suite ( uk ).
    1. La fonction f est croisante sur . (composée de fonctions strictements croissantes car a>0)
      • Pour k=0 on a u0 =0: u1 = e-a donc comme a>0, -a<0 et comme exp est strictement croissante sur on a 0< e-a <1 d'où 0 u0 u1 1
      • Soit k1 tel que 0 uk uk+1 1      alors comme f est croissante sur (et que les temres sont réels ... )
        f(0)f( uk )f( uk+1 )f(1)
        or f(0)= e-a 0 et f(1)= e0 =1 donc 0 e-a uk+1 uk+2 1
      • et pour tout entier k:0 uk uk+1 1
    2. La suite u est donc croissante et majorée par 1 donc elle est convergente. On note L(a) sa limite que l'on ne connait pas !
  2. Limite de la suite ( uk ) lorsque a<1.
    1. Pour appliquer l'IAF, on majore la dérivée de f là où se trouvent les termes de la suite i.e. sur [0,1]:
      f est dérivable sur et f' (x)=exp[a(x-1)]a
      et pourtout x tel que 0x1 on a x-10 donc a(x-1)0 (car a>0 ) et exp[a(x-1)] e0 =1 et enfin 0 f' (x)a.
      Donc | f' |a sur [0,1] et comme 1 et uk appartiennet à cet intervalle
      |f(1)-f( uk )|a|1- uk | et comme uk 1 pour tout entier k on a bien finalment
      01- uk+1 a(1- uk ).

    2. On a alors par récurrence :
      • 01- u0 =1 a0
      • Soit k0 tel que 01- uk ak
        alors 01- uk+1 a(1- uk ) aak = ak+1
      • et donc pour tout etnier k:01- uk ak
      Donc comme |a|=a<1 on a ak 0 et par encadrement uk -10
      Conclusion :
      L(a)=1 pour 0<a<1
  3. Limite de la suite ( uk ) lorsque a1.
    1. On étudie ici les racines de l'équation f(x)=x lorsque a1.

        - On etudie les variations de h:a1-ln(a)/a:h est dérivable sur ]0,+[ et
        h' (a)=- 1 a a-ln(a) a2 = ln(a)-1 a2

        h' (a) est donc du signe de 1-ln(a).
        a 1 e +
        ln(a)-1 - 0 +
        h' (a) - +
        h(a) 1 1- 1 e >0 1
        en +:ln(a) << a donc h(a)1 et donc
        pour tout a1 on a
        01- 1 e h(a)1


        - Comme f' (x)=exp[a(x-1)]a on a :
        f' (x)=1exp[a(x-1)]=1/aa(x-1)=-ln(a)
        car ln est strictement croissante sur ]0,+[ et que les termes en font partie. Donc l'unique solution de l'équation est x=1-ln(a)/a
        - Soit g(x)=f(x)-x. g est dérivable sur et g' (x)= f' (x)-1
        • pour a=1: g' (x)=exp(x-1)-1 qui s'annule pour x=1 et comme g' est strictement croissante,
          x - 1 +
          g' (x) - 0 +
          g(x)
          0
          et g(x)=0 (donc f(x)=x ) a pour unique solution r(1)=1
        • pour a>1 g' (x)=aexp[a(x-1)]-1= f' (x)-1 s'annule en x=1-ln(a)/a<1 car a>1 et d'après les variations de h.
          x - 0 1-ln(a)/a 1 1
          g' (x) - - 0 + +
          g(x) 1- 1 e >0 0 +
          -
          Comme g(1)=0 on a donc g(1-ln(a)/a)<0
          Comme g(0)= e-1 >0 on applique le théorème de bijection :
          g est continue et strictement décroissante sur [0,1-ln(a)/a] donc bijective de cet intervalle dans [g(1-ln(a)/a),g(0)] et comme g(1-ln(a)/a)<0<g(0), 0 en est élément et l'équation g(x)=0 a une unique solution r(a) sur cet intervalle.
          Donc 0<r(a)<1. Et d'après les variatinos de g il n'y a pas d'autres solutions.
          l'éqution f(x)=x a donc ici 2 solutions: r(a) et 1.
      On a donc bien 0<r(a)<1 pour a>1, et que r(1)=1.
    2. On étudie ici la plus petite racine r(a) de l'équation f(x)=x lorsque a1.

        - Soit φ(x)= xe-x .
        φ est dérivable sur [0,+[ et φ' (x)=(1-x) e-x
        x 0 1 +
        1-x + 0 - affine
        φ' (x) 1/e + 0 -
        φ(x) e-1
        0 0
        en + on a xe-x =x/ ex 0 car x << ex
        Pour comparer les images, on peut comparer les termes :
        Comme on a pour tout a1 : 0<r(a)1 et que a1 on a donc ar(a)a? il fautdrait savoir que ar(a)>1 pour pouvoir en déduire l'ordre des images. Fausse piste
        On sait que exp(a(r(a)-1))=r(a) donc exp(ar(a))exp(-a)=r(a) et exp(-a)=r(a)exp(-ar(a)) enfin on multiplie par a et aexp(-a)=ar(a)exp(-ar(a)).
        Finalement a et ar(a) ont mêmes images par φ.
        Donc pour a>1 comme ar(a)<a, ils ne peuvent pas être tous deux sur l'intervalle [1,+[ φ est strictement décroissante et on a donc ar(a)<1
        - Comme ϕ=φ est continue et strictementcroisante sur [0,1], elle est bijective de [0,1] dans [ϕ(0),ϕ(1)] et sa réciproque est continue et strictement croissante. On a le tableau de variations de ϕ-1 par symétrie :
        x 0 1/e
        ϕ-1 (x) 1
        0

        - Prouver que r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a ):
        Comme on n'a pas d'expression de la réciproque, on utilise le lien entre fonction et réciproque :
        x[0,1]:y[0,1/e]:ϕ(x)=yx= ϕ-1 (y)
        D'après les variations de ϕ, on a pour tout x[0,1]:ϕ(x)[0,1/e] donc ϕ(a)= ae-a [0,1/e]
        On a donc ϕ-1 ( ae-a ) qui est bien défini et
        r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a )ar(a)= ϕ-1 ( ae-a ) ϕ(ar(a))= ae-a car ar(a)[0,1]
        Or cette relation est vraie car ϕ(ar(a))=ϕ(a).
        Conclusion :
        r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a )
        Quand a tend vers + on a ae-a =φ(a)0 donc r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a )0 (il n'y a pas de forme indéterminée ici)
        Conclusion :
        r(a)+ quand a+
    3. On étudie maintenant la limite de la suite ( uk ) lorsque a1.

        - Par récurrence :
        • pour k=0 on a 0= u0 r(a) car 0r(a)1
        • Soit k0 tel que 0 uk r(a) alors comme f est strictement croissante sur on a f(0)f( uk )f(r(a)) donc e-a uk r(a) car r(a) est solution de f(x)=x
        • Conclusion :
          0 uk r(a) pour tout nombre entier naturel k.

        - On sait déjà que u tend vers L(a).
        Et par passage à la limte dan sl'inégalité prépcedente on a :
        0L(a)r(a) (des inégalités strictes se seraient élargies à la limite)
        Comme f est continue sur elle est continue en L(a) donc L(a) est solution de l'équation f(x)=x
        Les solutions sont r(a) et 1. Pour a=1 on a r(a)=1 donc L(a)=r(a) et pour a>1 on a r(a)<1 donc L(a)1 et L(a)=r(a)
        Conclusion :
        La limite de la suite ( uk ) pour a1 est donc L(a)=r(a)

        - On a tout d'abord, L(1)=1
        Et pour a>1, pour avoir une valeur approchée L(a) on pourrait utiliser ϕ-1 si on en avait l'expression
        On utilise donc la méthode usuelle : on calcule donc uk jusqu'à ce que L(a)- uk 10-2
        Et pour savoir que L(a)- uk 10-2 on compare les images par g de L(a):
        g(L(a))=0 et de 10-2 + uk
        g est décroissante sur [0,1-ln(a)/a] donc
        • si 10-2 + uk [0,1-ln(a)/a] alors L(a)- uk 10-2 g( 10-2 + uk )0
        • si 10-2 + uk >1-ln(a)/a alors 10-2 + uk L(a)
        D'où le programme :
        program valeur_apporchee;
        var u,a,borne:real;
        function g(x:real):real;
        begin g:=exp(a*(x-1))-x end;
        function f(x:real):real;
        begin f:=exp(a*(x-1)) end;
        begin
               writeln('a?');readln(a);
               borne:=1-ln(a)/a
               u:=0;
               repeat u:=f(u);
               until (1E-2+u > borne) or (g(u+1E-2)<=0)
               writlen('valeur approchée de L(a) :',u);
        end.
  4. Courbe représentative de la fonction aL(a) pour a>0.
    et pour a>1:



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On 18 May 2004, 00:02.