Corrigé (ESC 2001) par Pierre Veuillez




On considère la fonction f définie sur [ 0 ; 1 ] par f ( x ) = 2 x e x

  1. f est dérivable sur [ 0 , 1 ] et f ( x ) = 2 ( x + 1 ) e x > 0.

    f est donc continue et strictement croissante sur [ 0 , 1 ] donc bijective de [ 0 , 1 ] dans f [ 0 , 1 ] = [ f ( 0 ) , f ( 1 ) ] = [ 0 , 2 e ]

    On a donc

    x 0 1
    f ( x ) 0 2e



    et par symétrie,
    x 0 2e
    f 1 ( x ) 0 1

  2. Sur l'intervalle [ 0 , 1 ] pour que f soit définie. : " α e α = 1 " " f ( α ) = 2 " et comme f est bijective de [ 0 , 1 ] dans [ 0 , 2 e ] et que 2 [ 0 , 2 e ] , l'équation a une unique solution sur [ 0 , 1 ] . Et comme f ( 0 ) = 0 , 0 n'est pas solution et α 0 .

    On définit la suite ( u n ) n par: { u 0 = α n ,    u n + 1 = f 1 ( u n )

  3. Pour tout entier n , u n + 1 existe si u n existe et u n [ 0 , 2 e ] : Il faut d'abord prouver que u n existe avant de prouver que u n ] 0 , 1 ] .

    Pour n = 0 , u 0 = α ] 0 , 1 ] car α 0

    Soit n un entier tel que u n existe et u n ] 0 , 1 ] .

    Alors f 1 ( u n ) = u n + 1 existe et f 1 ( u n ) ] 0 , 1 ] car pour tout x de ] 0 , 2 e ] : f 1 ( x ) ] 0 , 1 ] donc u n + 1 ] 0 , 1 ]

    Donc pour tout entier n , u n existe et u n ] 0 , 1 ]

    1. On étudie les variation de g ( x ) = f ( x ) x .

      g est dérivable sur [ 0 , 1 ] et g ( x ) = 2 ( x + 1 ) e x 1

      g est dérivable sur [ 0 , 1 ] et g " ( x ) = 2 ( x + 2 ) e x > 0.

      Donc g est strictement croissante et comme g ( 0 ) = 0 , g ( x ) > 0 sur [ 0 , 1 ]

      Donc g est strictement croissante sur [ 0 , 1 ] et comme g ( 0 ) = 0 , g ( x ) > 0 sur ] 0 , 1 ] et f ( x ) x > 0 avec f ( 0 ) = 0.

    2. Attention, ici u n + 1 = f 1 ( u n ) u n = f ( u n + 1 )

      Comme pour tout entier n : u n ] 0 , 1 ] et f ( u n + 1 ) u n + 1 > 0 donc u n u n + 1 > 0 et u n > 0

      Donc la suite ( u n ) n est strictement décroissante.

    3. u est décroissant eet minorée par 0. Elle est donc convergente. et comme pour tout entier n : u n [ 0 , 1 ] , par passage à la limite, [ 0 , 1 ]

      Comme f 1 est continue sur [ 0 , 2 e ] (réciproque d'une focntion continue et strictement croissante) elle est continue en .

      Donc f ( ) = . La seule solution sur [ 0 , 1 ] étant 0 on a donc = 0.

      Et la suite ( u n ) n est convergente et a pour limite 0.

  4. On se propose de préciser ce résultat en déterminant un équivalent de u n

    On pose pour tout entier naturel n : S n = k = 0 n u k

    1. On a pour tout entier n , u n + 1 = f 1 ( u n ) donc u n = f ( u n + 1 ) = 2 u n + 1 e u n + 1 et u n + 1 = 1 2 u n e u n + 1

    2. Pour n = 0 , est-ce que u 0 = e S 0 2 0 ?

      Or S 0 = k = 0 0 u k = u 0 = α et comme α e α = 1 , e S 0 2 0 = e α = α = u 0

      Soit n tel que u n = e S n 2 n , est-ce que u n + 1 = e S n + 1 2 n + 1 ?

      Or S n + 1 = S n + u n + 1 et e S n + 1 2 n + 1 = e S n u n + 1 2 n + 1 = e S n 2 n e u n + 1 2 = u n e u n + 1 2 = u n + 1

      Donc pour tout entier n , u n = e S n 2 n

    3. Comme pour tout entier n : u n 0 on a alors S n 0 donc S n 0 et comme la fonction exponnentielle est croissante sur : e S n e 0 .

      Donc u n 1 2 n = ( 1 2 ) n

      Comme | 1 2 | < 1 la série n 0 ( 1 2 ) n est convergente et par comparaison de séries à termes positifs la série de terme général u n est convergente. On note L sa somme.

      On a pour tout entier n , 0 u n ( 1 2 ) n donc n = 0 N u n = u 0 + n = 1 N u n u 0 = α et

      n = 0 N u n n = 0 N ( 1 2 ) n N + 1 1 1 / 2 = 2 donc par passage à la limite dans les inégalités α L 2 .

    4. On calcule le quotient : u n e L 2 n = e S n 2 n 2 n e L = e S n + L n + e 0 = 1 d'où finalement u n n + e L 2 n

(ESC 2001)