corrig\e par Pierre veuillez

(ISC 1997)

  1. f n est dérivable sur + et f n ( x ) = k = 1 n k 2 x k 1 > 0  pour  x > 0 Donc f n est contiue et strictement croissante + . Donc elle est bijective de + sur f ( + ) .

    Et comme f ( 0 ) = 0 et que f n ( x ) 1. x 1 x + + alors f n est bijective de + sur + .

    Enfin, 1 + donc l'équation f n ( x ) = 1 admet une unique solution. On a donc f n ( u n ) = 1 et u n 0

  2. On a pour tout réel x , f n + 1 ( x ) = k = 1 n + 1 k x k = k = 1 n k x k + ( k + 1 ) x k + 1 = f n ( x ) + ( n + 1 ) x n + 1 donc f n + 1 ( u n ) = f n ( u n ) + ( n + 1 ) ( u n ) n + 1 = 1 + ( n + 1 ) ( u n ) n + 1 car f n ( u n ) = 1 , et comme u n 0 , f n + 1 ( u n ) 1.

    Donc f n + 1 ( u n ) 1 = f n + 1 ( u n + 1 ) et comme f n est strictement croissante sur + et que u n et u n + 1 sont positifs, on a bien finalement u n u n + 1 .

    La suite u est donc décroissante et minorée par 0 et u est convergente et sa limite est positive ou nulle.

    1. On montre par récurrence sur n que pour tout entier n 1 f n ( x ) = x 1 ( n + 1 ) x n + n x n + 1 ( 1 x ) 2

      Pour n = 0 , est-ce que f 1 ( x ) = x 1 ( 1 + 1 ) x 1 + 1 x 1 + 1 ( 1 x ) 2

      Or f 1 ( x ) = k = 1 1 k x k = 1 x 1 = x  et x 1 ( 1 + 1 ) x 1 + 1 x 1 + 1 ( 1 x ) 2 = x 1 2 x + x 2 ( 1 x ) 2 = x ( 1 x ) 2 ( 1 x ) 2 = x  oui! 

      Soit n 1 tel que f n ( x ) = x 1 ( n + 1 ) x n + n x n + 1 ( 1 x ) 2

      est ce que f n + 1 ( x ) = x 1 ( n + 1 + 1 ) x n + 1 + ( n + 1 ) x n + 1 + 1 ( 1 x ) 2  ?

      Or f n + 1 ( x ) = k = 1 n + 1 k x k = k = 1 n k x k + ( n + 1 ) x n + 1 = f n ( x ) + ( n + 1 ) x n + 1 = x ( 1 ( n + 1 ) x n + n x n + 1 ( 1 x ) 2 + ( n + 1 ) x n ) = x 1 ( n + 1 ) x n + n x n + 1 + ( n + 1 ) ( 1 2 x + x 2 ) x n ( 1 x ) 2 = x 1 ( n + 1 ) x n + n x n + 1 + ( n + 1 ) ( x n 2 x n + 1 + x n + 2 ) ( 1 x ) 2 = x 1 ( n + 2 ) x