Corrigé suite implicite par Pierre Veuillez
  1. L'équation xn +1=nx équivaut à fn (x)=0
    On étudie les variations de fn sur [0,1]:
    pour n entier non nul, fn est dérivable sur et fn ' (x)= nxn-1 -n=n( xn-1 -1)
    (pour n=0, on a dx0 dx =0 et non pas 0 x-1 qui n'est pas définie en 0 )
    Et pour n2 on a n-1>0 et
    x 0 1
    xn-1 -1 - 0
    fn ' (x) - 0
    fn (x) 1 2-n
    Donc fn est continue et strictement décroissante sur [0,1] donc bijective de [0,1] dans [2-n,1]. Or 2-n0 donc 0[2-n,1].
    Donc l'équation fn (x)=0 a une unique solution xn sur cet intervalle.
    on a donc x[0,1] et fn ( xn )=0 ou encore xn n +1=n xn
  2. x2 est donc la solution sur [0,1] de x2 +1-2x=0. Donc x2 =1
  3. fn+1 (x)- fn (x)= xn+1 +1-(n+1)x-( xn +1-nx)= xn+1 - xn -x= xn (x-1)-x
    Comme pour pour 0x1 on a x-10 et -x0 donc fn+1 (x)- fn (x)0 et fn+1 (x) fn (x)
    En particulier avec xn [0,1] on a fn+1 ( xn ) fn ( xn )=0 et donc fn+1 ( xn )0
  4. On compare les images de xn et xn+1 par ... fn+1 :
    fn+1 ( xn+1 )=0 fn+1 ( xn ) et comme fn+1 est strictement décroissante sur [0,1] et que xn et xn+1 en sont éléments, alors xn+1 xn .
    La suite ( xn )n est donc décroissante. De plus elle est minorée par 0
    Donc elle est convergente vers une limite 0
  5. Pour montrer que 0\leqslant xn \leqslant\dfrac2n, on compare les images par f :
    fn (0)=1: fn ( xn )=0 et fn ( 2 n )= ( 2 n )n +1- 2n n = ( 2 n )n -1
    Et pour n2 on a 2 n 1 et ( 2 n )n 1n car x xn est strictement croissante sur + (quelle que soit la parité de n) donc
    fn ( 2 n ) fn ( xn ) fn (0) et comme fn est strictmeent décroissante sur [0,1] et que 0,   xn et 2 n en sont élément, alors
    n\geqslant2,   0\leqslant xn \leqslant\dfrac2n. Et par encadrement \undersetn+lim xn =0.
  6. Comme xn >0 on a xn n =exp(nln( xn )) avec ln( xn )- et nln( xn )- et donc xn n 0
    De xn n +1-n xn =0 on tire xn = 1 n (1+ xn n ) avec 1+ xn n 1 donc xn \thicksim 1 n quand n tend vers +



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On 18 May 2004, 00:02.