Corrigé Sr016 par Pierre Veuillez
Soit f la fonction définie sur \BbbR par : f(x)= ex 1+ ex
  1. Etude de f
    1. f est dérivable sur \BbbR car 1+ ex 0 et
      f' (x)= ex (1+ ex )- ex ex (1+ ex )2 = ex (1+ ex )2 >0

      Donc f est strictement croissante sur \BbbR
      En -, on a f(x)= ex 1+ ex 0
      En +, f(x)= ex 1+ ex = 1 1+ e-x 1 et on a deux asymptotes horizontales.
    2. On a
      1-f(-x) = 1- e-x 1+ e-x =1- 1 ex 1+ 1 ex = 1- 1 ex +1 = ex +1-1 ex +1 = f(x)

      et la courbe représentative de f est symétrique par rapport au point de coordonnées (0,1/2)
    3. f est deux fois dérivable sur \BbbR et
      f'' (x) = ex (1+ ex )2 - ex 2(1+ ex ) ex (1+ ex )4 = ex (1+ ex )-2 e2x (1+ ex )3 = ex - e2x (1+ ex )3 = ex (1- ex ) (1+ ex )3

      N.B. comme toujours quand on dérive avec une puissance au dénominateur, il y a ensuite simplification.
      La dérivée seconde étant du signe de 1- ex , () elle est positive jusqu'en 0 et négative ensuite.
      La courbe représentativede f a donc un unique point d'inflexionen 0.
    4. Comme f'' 0 sur [0,+[, alors f' est décroissante sur [0,+[
      Et comme f' (0)= 1 22 = 1 4 , alors, pour tout x0 on a f' (x) 1 4 .
      Et comme f' >0 alors | f' (x)|= f' (x) 1 4 sur [0,+[
  2. Solutions de l'équation (E):f(x)=x
    1. f(x)=x ex 1+ ex =x ex =x(1+ ex ) ex = xex +x(1-x) ex -x=0
    2. g est dérivable sur \BbbR et g' (x)=- ex +(1-x) ex -1=- xex -1
      g' est dérivable sur \BbbR et g'' (x)=(-1-x) ex <0 d'où le tableau de signes/variations :
      x - -1 +
      -1-x + 0 - affine
      g'' (x) + 0 -
      g' (x) - <0 -
      Comme g' (-1)= e-1 -1= 1 e -1= 1-e e <0 alors g' <0 sur \BbbR et g est strictement décoroissante sur \BbbR
      g(0)=1 et g(1)=-1
      Remarque : on peut d'abord démontrer qu'il y a une unique solution sur \BbbR (en cherchant les limites de g en ± ) et ensuite qu'elle se trouve dans [0,1] ou d'abord montrer qu'il y en a une unique sur [0,1] et ensuite montrer qu'il n'y en pas d'autres, ce que l'on fait là :
      g est continue et strictement décroissante sur [0,1] donc bijective de [0,1] dans [g(1),g(0)]=[-1,1]
      Or 0[-1,1] donc l'équation g(x)=0 a une unique solution α sur [0,1].
      Et comme elle est strictement décroissante sur \BbbR, elle n'en a pas d'autres.
      Enfin, comme g(x)=0f(x)=x
      Conclusion :
      l'équation f(x)=x a une unique solution α et elle appartient à [0,1]
      On a donc f(α)=α
    3. Pour le tracé, on respectera la concavité
      on cherchera la tangente en 0:f(0)= 1 2 : f' (0)= 1 4 .
      Au dessus de la tangente avant, en dessous après 0.
      On placera la valeur α à l'intersection Cf et de la droite.
  3. Soit u la suite définie par u0 =0 et pour tout entier n, un+1 =f( un )
    1. On démontre par récurrence que pour tout entier n, un un+1 :
      • Pour n=0: u0 =0 et u1 =f( u0 )= 1 1+1 = 1 2 donc u0 u1
      • Soit n\BbbN tel que un un+1 alors, comme f est strictement croissante sur \BbbR alors f( un )f( un+1 ) et un+1 un+2
      • Donc pour tout entier n, un un+1
      et la suite u est bien croissante.
    2. Pour montrer qu'elle converge, il suffit de montrer qu'elle est majorée par .... α (puisque l'on noous dit qu'elle converge vers α)
      • Pour n=0, u0 =0α
      • Soit n\BbbN tel que un α alors f( un )f(α)=α car f est strictement croissante sur \BbbR.
      • Donc pour tout entier n, un α.
      La suite u est donc croissante et majorée par α. Elle converge donc vers une limite α.
      Comme f est continue sur \BbbR, elle est continue en et donc f()=. Donc =α. (seule solution)
      Conclusion :
      la suite u converge vers α
    3. Il faut ici calculer les termes successifs de la suite de u1 à un :
      Program suiteu;
      var u:real;n,i:integer;
      begin
             writeln('n?');readln(n);
             u:=0;
             for i:=1 to n do u:=f(u); {de u1 à un}
             writeln(u);
      end.
  4. Soit v la suite définie par v0 =1 et pour tout entier n, vn+1 =f( vn )
    1. Par récurrence :
      • v0 =1[0,1]
      • Soit n\BbbN tel que 0 vn 1 alors f(0)f( vn )f(1) donc 1 2 vn+1 e e+1 1 et donc vn+1 [0,1]
      • Donc pour tout entier n, vn [0,1]
    2. On applique alors l'inégalité des acroissements finis :
      | f' | 1 4 sur [0,1] et vn et α sont éléments de [0,1] odnc |f( vn )-f(α)| 1 4 | vn -α| donc | vn+1 -α| 1 4 | vn -α|
      On a alors par récurrence :
      • pour n=0:| v0 -α|=1-α1 donc | v0 -α| 1 40
      • Soit n\BbbN tel que | vn -α| 1 4n alors | vn+1 -α| 1 4 | vn -α| 1 4 1 4n
      • Donc, par récurrence, pour tout entier n, | vn -α| 1 4n
      Comme 1 4n 0 car 4>1 alors, par encadrement ( | vn -α|0) | vn -α|0 et
      Conclusion :
      vn α quand n+
    3. Il faut interprèter ici | vn -α| 1 4n en disant que l'écart entre α et vn est inférieur à 1 4n et donc que vn est une valeur approchée de α à 1 4n près.
      Le programme calculera donc vn (et 1 4n ) jusqu'à ce que 1 4n soit inférieur à ϵ:
      Program suitev;
      var v,eps,p:real;
      begin
             writeln('epsilon?');readln(esp);
             v:=1;p:=1;
             repeat v:=f(v);p:=p/4 until p= eps;
             writeln('une valeur approchée de alpha est : ',v, ' à ',eps,' près');
      end.



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On 11 Oct 2005, 22:24.