Corrigé (EML 2002) par Pierre Veuillez




On considère, pour tout n * , la fonction polynomiale P n : [ 0 , + [ définie pour tout x [ 0 , + [ , par : P n ( x ) = k = 1 2 n ( 1 ) k x k k = x + x 2 2 + + x 2 n 1 2 n 1 + x 2 n 2 n I. Étude des fonctions polynomiales P n

  1. Pour k 1 on a pour tout x : x k x = k x k 1 donc P n ( x ) = k = 1 2 n ( 1 ) k k x k 1 k = k = 1 2 n ( 1 ) k x k 1 réindexé  h = k 1 = k = 0 2 n 1 ( 1 ) h + 1 x h = k = 0 2 n 1 ( x ) h = ( x ) 2 n 1 x 1 = x 2 n 1 x + 1 car  x 1

  2. P n est du signe de x 2 n 1 et comme 2 n > 0 la fonction x x 2 n 1 est strictement croissante sur + (et strictement décroissante sur puisque 2 n est pair) donc

    x 0 1 +
    x 2 n 1 0 +
    P n ( x ) 0 +
    P n ( x ) 0 P n ( 1 ) +

    en + on a : P n ( x ) = x + x 2 2 + + x 2 n 1 2 n 1 + x 2 n 2 n = x 2 n ( x 1 2 n + x 2 2 n 2 + + x 1 2 n 1 + 1 2 n ) +

  3. Comme P n ( 0 ) = 0 et que P n est strictement décroissante sur [ 0 , 1 ] alors P n ( 1 ) < P n ( 0 ) = 0

    1. Pour tout n * et tout x [ 0 , + [ : P n + 1 ( x ) = k = 1 2 ( n + 1 ) ( 1 ) k x k k = k = 1 2 n ( 1 ) k x k k + ( 1 ) 2 n + 1 x 2 n + 1 2 n + 1 + ( 1 ) 2 n + 2 x 2 n + 2 2 n + 2 = P n ( x ) + x 2 n + 1 ( 1 2 n + 1 + x 2 n + 2 )

    2. On a donc en particulier pour x = 2 : P n + 1 ( 2 ) = P n ( 2 ) + 2 2 n + 1 ( 1 2 n + 1 + 2 2 n + 2 )

      Et comme 1 2 n + 1 + 2 2 n + 2 = n ( 2 n + 1 ) ( n + 1 ) 0 la suite ( P n ( 2 ) ) n * est alors croissante.

      Comme de plus P 1 ( 2 ) = 2 1 + 2 2 2 = 1 0 alors pour tout entier n 1 : P n ( 2 ) P 1 ( 2 ) 0

  4. On tutilise alors le théorème de bijection:

    P n est continue et strictement croissante sur ] 1 , 2 ] donc bijective de ] 1 , 2 ] dans ] lim 1 f , f ( 2 ) ] = ] f ( 1 ) , f ( 2 ) ]

    Or f ( 1 ) < 0 f ( 2 ) donc 0 ] f ( 1 ) , f ( 2 ) ]

    Et l'équation P n ( x ) = 0 a une unique solution x n ] 1 , 2 ]

    Et comme P n est strictement croissante sur [ 1 , + [ , elle n'a pas d'autres solutions sur cet intervalle.

    Donc pour tout n * , l'équation P n ( x ) = 0 , admet une solution et une seule notée x n sur [ 1 , + [ , et 1 < x n 2

  5. On programme la méthode de dichotomie pour programmer le calcul de x 2 à 10 3 près :On utilise pour raccorcir les calculs que P 2 ( x ) = x = x 2 / 2 x 3 / 3 + x 4 / 4 = x [ 1 + x ( 1 / 2 + x [ 1 / 3 + x / 4 ] ) ]

    program approche;

    var a,b,c:real;

    function p(x:real):real;

    begin

    p:=x*(-1+x(1/2+x(-1/3+x/4)));

    end;

    begin

    a:=0;b:=1;

    repeat

    c:=(a+b)/2

    if p(c)>0 then b:=c else a:=c;

    until b-a<=1E-3;

    writeln(b);

    end.

II. Limite de la suite ( x n ) n *

  1. On a vu précédemment que pour tout n * et x 0 : P n ( x ) = x 2 n 1 x + 1 . P n est donc la primitive dont on a besoin pour l'intégrale :

    0 x t 2 n 1 t + 1 t = [ P n ( t ) ] 0 x = P n ( x ) P n ( 0 ) = P n ( x )

  2. Pour tout n * on a P n ( x n ) = 0 donc 0 x n t 2 n 1 t + 1 = 0 et par Chasles 0 1 t 2 n 1 t + 1 t + 1 x n t 2 n 1 t + 1 t = 0 d'où 1 x n t 2 n 1 t + 1 t = 0 1 t 2 n 1 t + 1 t = 0 1 1 t 2 n t + 1 t

  3. On étudie les variations de la différen,e : Soit f ( x ) = t 2 n 1 n ( t 2 1 ) . f est dérivable sur et

    f ( t ) = 2 n t 2 n 1 2 n t = 2 n t ( t 2 n 2 1 ) .

    et pour n 1 on aura 2 n 2 0 donc si t 1 alors t 2 n 2 1 2 n 2 d'où f ( t ) 0

    Donc pour n 1 , f est croissante sur [ 1 , + [ .

    De plus f ( 1 ) = 0 donc pour tout t [ 1 , + [ : f ( t ) 0 et t 2 n 1 n ( t 2 1 )

  4. On a alors tout n * et pour t 1 t 2 n 1 t + 1 n ( t 2 1 ) t + 1 comme 1 x n (bornes de l'intégrale croisssantes) 1 x n t 2 n 1 t + 1 t 1 x n n ( t 2 1 ) t + 1 t = 1 x n n ( t 1 ) t = n [ ( t 1 ) 2 2 ] 1 x n n ( x n 1 ) 2 2 que l'on réintroduit dansl'équation du int pour obtenir : n ( x n 1 ) 2 2 0 1 1 t 2 n t + 1 t intégrale que l'on majore à nouveau par 1 t 2 n 1 d'où (bornes croissantes) 0 1 1 t 2 n t + 1 t 0 1 1 t + 1 t = [ ln ( t + 1 ) ] 0 1 = ln ( 2 ) d'où finalement : 0 n ( x n 1 ) 2 2 ln ( 2 )  d'où 0 < ( x n 1 ) 2 2 ln 2 n et 0 < x n 1 2 ln 2 n car  x n 1 0

  5. Et par encadrement x n 1 0 et donc x n 1 quand n +

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