Corrigé par Pierre Veuillez

Soit f la fonction définie par f ( x ) = ( x 1 ) ( e x + 1 ) 2

le but de ce probl\eme est d'\etudier des suites r\ecurentes v\erifiant la relation u n + 1 = f ( u n ) avec diff\erentes valeurs de u 0 .

  1. Etude du sens de variation de f .

    1. g ( x ) = x e x + 1. g est dérivable sur et g ( x ) = ( x + 1 ) e x est du signe de x + 1 (affine) donc g est minimum en -1 et g ( 1 ) = 1 1 / e > 0. Donc g > 0 sur

    2. f est dérivable sur et f ( x ) = e x + 1 + ( x 1 ) e x 2 = 1 + x e x 2 = g ( x ) 2 > 0 Donc f est strictement croissante sur

  2. Etude du signe de la fonction k définie par k ( x ) = x e x 1 .

    1. k est dérivable sur et k ( x ) = ( x + 1 ) e x est du signe de x + 1 .

      En , k ( x ) = ( x + 1 ) e x = ( 1 + 1 / x ) x e x x 0

      Donc k < 0 sur ] , 1 ]

    2. On peut montrer qu'il y a une unique solution sur ] 0 , 1 [ et qu'il n'y en a pas ailleurs ou montrer qu'il y en a une unique sur ]-1,+ [ et montrer ensuite qu'elle appartient à ] 0 , 1 [ .

      • On applique le théorème de bijection sur ] 0 , 1 [ : k est (continue) dérivable et strictement croissante sur ] 0 , 1 [ donc bijective de ] 0 , 1 [ dans ] lim 0 k , lim 1 k [ = ] k ( 0 ) , k ( 1 ) [ = ] 1 , e 1 [ . Et comme 0 ] 1 , e 1 [ alors l'équation k ( x ) = .0 a une unique solution γ sur ] 0 , 1 [ .

        Et comme k est stictement croissante sur ] 1 , + [ elle n'en a pas d'autres sur cet intervalle, et elle n'en avait pas non plus sur ] , 1 ] .

        Donc l'équation k ( x ) = 0 a une unique solution que l'on notera γ et 0 < γ < 1 .

      • Variante : On applique le théorème de bijection sur ] 1 , + [ : k est (continue) dérivable et strictement croissante sur ] 1 , + [ donc bijective de ] 1 , + [ dans ] lim 1 k , lim + k [ = ] k ( 1 ) , + [ = ] e 1 , + [ . Et comme 0 ] e 1 , + [ alors l'équation k ( x ) = .0 a une unique solution γ sur ] 1 , + [ .

        De plus k ( 0 ) = 1 < k ( γ ) < k ( 1 ) = e 1. Et comme k est stictement croissante sur ] 1 , + [ et que 0, γ et 1 en sont éléments, 0 < γ < 1. L'équation n'avait pas de solution sur ] , 1 ] .

        Donc l'équation k ( x ) = 0 a une unique solution que l'on notera γ et 0 < γ < 1 .

    3. On a donc

      x -1 γ +
      k ( x ) 0 0 +

  3. Etude du signe de h ( x ) = f ( x ) x = e x ( x 1 ) ( x + 1 ) 2 .

    1. h est dérivable sur et h ( x ) = 1 2 ( e x ( x 1 ) + e x 1 ) = k ( x ) 2 Donc le signe de h est celui de k .

      • En + : e x ( x 1 ) ( x + 1 ) = x ( e x ( 1 1 / x ) 1 1 / x ) +

      • En : e x ( x 1 ) ( x + 1 ) = e x x e x x 1 + car x e x x 0

    2. On a donc :

      x 0 γ +
      +
      h ( x ) 0
      e 1 2 +
      h ( γ )

      Comme 0 < γ et que h est strictement décroissante sur ] , γ ] et que 0 et γ en sont éléments, alors 0 > h ( 0 ) > h ( γ )

      On applique alors deux fois le théorème de bijection:

      • h est (continue) dérivable et strictement décroissante sur ] , γ ] donc bijective de ] , γ ] dans [ h ( γ ) , + [ . Et comme 0 [ h ( γ ) , + [ alors l'équation h ( x ) = .0 a une unique solution α sur ] , γ ]

        De plus h ( 2 ) = ( 3 e 2 + 1 ) / 2 > 0 = h ( α ) > h ( 0 ) = ( e 1 ) / 2 et h est stictement décroissante sur ] , γ ] et -2, 0 et α en sont éléments, donc 2 < α < 0

      • De même sur [ γ , + [ donc il y a une unique solution β avec 0 < γ < β < 2

      Donc h s'annule en deux points que l'on notera α et β avec 2 < α < 0 < β < 2 .

    3. On a alors :

      x α γ β
      h ( x ) + 0 0 +
      h ( γ )
      et comme h ( x ) > 0 f ( x ) > x on a donc pour α < x < β , on a f ( x ) < x , et pour x < α ou β < x , on a f ( x ) > x

  4. On suppose ici que u 0 < α :

    1. On montre par récurrence, que u n < α

      • On sait que u 0 < α .

      • Soit n 0 tel que u n < α . Est-ce que u n + 1 < α ?

        Or u n < α et f est strictement croissante sur , donc f ( u n ) < f ( α ) , ie u n + 1 < α .

      • Donc, par récurrence, on a donc: n 0 , u n < α

    2. On en déduit directement, sans récurrence que pour tout entier n , u n < u n + 1 :

      Pour tout x < α on a f ( x ) > x . Or pour tout entier n , u n < α donc f ( u n ) > u n c'est à dire u n < u n + 1

    3. Il faut le montrer en 2 temps : existence puis valeur.

      • Donc la suite u est croissante et majorée par α elle est donc convergente et sa limite α .

      • Or f est continue sur donc elle est continue en et f ( ) = . On procède alors par élimination :

        Cette équation a deux solutions : = α et = β . Mais comme α < β alors β et = α .

      Donc u converge vers α .

  5. On suppose ici que α < u 0 < β

    1. On sait déjà que α < u 0 < β et comme f est strictement croissante sur , f ( α ) < f ( u 0 ) < f ( β ) soit α < u 1 < β

      De plus si α < x < β alors f ( x ) < x donc comme α < u 0 < β alors u 1 = f ( u 0 ) < u 0 .

      Finbalement α < u 1 < u 0 < β

    2. On montre alors par récurrence que pour tout entier n , α < u n + 1 < u n < β

      • C'est vrai pour n = 0

      • Soit n tel que α < u n + 1 < u n < β . Est-ce que α < u n + 2 < u n + 1 < β ?

        Comme f est strrictement croissante sur : f ( α ) < f ( u n + 1 ) < f ( u n ) < f ( β ) donc α < u n + 2 < u n + 1 < β

      • Donc pour tout entier n , α < u n + 1 < u n < β

    3. Donc la suite u est décroissante et minorée par α elle est donc convergente et sa limite α .

      wOr f est continue sur donc elle est continue en et f ( ) = .

      Cette équation a deux solutions : = α et = β .

      • L'élimination de β est plus subtile :

      • Comme pour tout entier n , α < u n < β alors par passage à la limite α β . (Les inégalités strictes s'élargissent ) Ce qui ne permet pas d'éliminer β .

      • Comme la suite u est décroissante, pour tout entier n , u n u 0 et par passage à la limite u 0 < β

      • Donc β et = α

      Donc u converge vers α .

  6. On suppose ici que β < u 0

    1. On prouve par récurrence que pour tout entier n , u n u n + 1 .

      • Pour n = 0 , est-ce que u 0 u 1 .

        Or si x > β alors f ( x ) > x donc comme u 0 > β alors u 1 = f ( u 0 ) > u 1

      • Soit n tel que u n u n + 1 . Est-ce que u n + 1 u n + 2

        Or f est strictement croissante sur donc f ( u n ) f ( u n + 1 ) et u n + 1 u n + 2 .

      • Docn, parr récurrence, pour tout entier n , u n u n + 1 .

      Et la suite u est donc croissante.

    2. On fait ici un raisonnement par l'absurde :

      Si u est majorée alors elle croissante et majorée donc elle converge. Soit sa limite. f est continue sur donc elle est continue en et f ( ) = . Donc = α ou β .

      Mais comme u est croissante, on a pour tout entier n , u 0 u n et par passage à la limite u 0 donc > β et β et α

    3. Donc la suite u n'est pas majorée (par une constante). Et comme elle est croissante, elle diverge vers + .

      u n n + +

  7. On ne connais ni α ni β .

    Mais on sait que α < 0 < β , que α et β sont les seules solutions de l'équation f ( x ) = x

    Si on a f ( α ) = α alors α sera une solution et comme ce n'est pas α , ce sera α = β

    Or f ( α ) = ( α 1 ) ( e α + 1 ) 2 = ( α 1 ) ( 1 e α + 1 ) 2

    Et comme f ( α ) = α alors α = ( α 1 ) ( 1 + e α ) 2  et  2 α ( α 1 ) = 1 + e α  donc  e α = 2 α ( α 1 ) 1 finalement f ( α ) = ( α 1 ) ( 1 2 α ( α 1 ) 1 + 1 ) 2 = ( α + 1 ) ( α 1 2 α α + 1 + 1 ) 2 = ( α + 1 ) ( α 1 α + 1 + 1 ) 2 = ( α + 1 ) ( α 1 + α + 1 ) ( α + 1 ) 2 = α

    Donc α est une solution de f ( x ) = x et comme ce n'est pas α α , alors α = β .