correction exos IAF suites

ECE2-B 2017-2018
Application de l’inéaglité des accroissements finis
à l’étude de suites du type un+1 =f(un)
Exercice 1. (☀)
On considère la fonction fdéfinie pour x⩾0par : f(x) = 1
x+ 1.
On considère aussi la suite (un)n⩾0définie par u0= 1 et un+1 =f(un).
1. Montrer que l’équation x2+x−1=0a une seule solution dans l’intervalle
]0,1[, que l’on notera r2. Préciser la valeur de r2.
Démonstration.
Notons P(X) = X2+X−1.
•Pest un polynôme de degré 2de discriminant
∆ = 12−4(−1) = 1 + 4 = 5 >0.
•Ainsi, Padmet deux racines réelles :
r1=−1−√5
2et r2=−1 + √5 2
•Or : 4<5<9. Donc : 2<√5<3et −2>−√5>−3. On en déduit :
−3
2>−1−√5 2>−4 2et 1 2<−1 + √5 2<2 2
et enfin : r1∈−2,−3
2et r2∈1 2,1.
L’équation x2+x−1 = 0 admet r2=−1 + √5
2
comme unique solution dans ]0,1[.
2. Montrer que si xest un réel de l’intervalle 1
2,1, alors f(x)appartient
aussi à l’intervalle 1
2,1.
Démonstration.
Soit x∈1
2,1.
On a alors 1
2⩽x⩽1
donc 3
2⩽x+ 1 ⩽2
et 2
3⩾1 x+ 1 ⩾1 2
(par décroissance de la
fonction inverse sur R+∗)
Comme 2
3⩽1, on en déduit que f(x)∈1 2,2 3⊂1 2,1.
3. En déduire que : ∀n∈N, un∈1
2,1.
Démonstration.
Démontrons par récurrence que : ∀n∈N,P(n)où P(n) : un∈1
2,1.
1) Initialisation :
u0= 1 ∈1
2,1.
Ainsi, P(0) est vérifiée.
2) Hérédité : soit n∈N.
Supposons P(n)et démontrons P(n+ 1).
Par définition, un+1 =f(un).
Or, par hypothèse de récurrence, un∈1
2,1.
L’intervalle [1
2,1] étant stable par f, on en déduit que f(un)∈1 2,1.
D’où un+1 ∈1
2,1et donc P(n+ 1) est vérifiée.
Ainsi, par principe de récurrence : ∀n∈N, un∈1
2,1.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1

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4. Démontrer que : ∀x∈[1
2,1],|f′(x)|⩽4
9.
Démonstration.
•La fonction fest C∞sur R+car c’est l’inverse de la fonction x7→ x+1,
qui est C∞sur R+(en tant que fonction polynomiale) et qui ne s’annule
pas sur R+.
•Soit x∈R+.
f′(x) = −1
(x+ 1)2
(soit comme dérivée de l’inverse soit en écrivant f(x) = (1 + x)−1)
Ainsi, |f′(x)|=
−1
(x+ 1)2
=| − 1|
|(x+ 1)2|=1 (x+ 1)2.
•Soit x∈1
2,1.
On a alors 1
2⩽x⩽1
donc 3
2⩽x+ 1 ⩽2
et 9
4=3 22
⩽(x+ 1)2⩽22= 4
(par croissance
de la fonction
carrée sur R+)
ainsi 4
9⩾1 (x+ 1)2⩾1
2
(par décroissance
de la fonction
inverse sur R+∗)
Pour tout x∈1
2,1,|f′(x)|⩽4
9.
5. Démontrer que : ∀n∈N,|un+1 −r2|⩽4
9|un−r2|.
Démonstration.
D’après les questions précédentes :
×fest dérivable sur 1
2,1,
×∀x∈1
2,1,|f′(x)|⩽4
9.
On en déduit, par l’inégalité des accroissements finis que :
∀(x, y)∈1
2,12
,|f(y)−f(x)|⩽1
2|y−x|
Soit n∈N. En appliquant cette inégalité à y=un∈1
2,1et x=r2∈
1
2,1, on obtient :
|f(un)−f(r2)|⩽4
9|un−r2|
Or r2vérifie r22+r2−1=0. Ainsi :
r22+r2= 1 et r2(r2+ 1) = 1 d’où r2=1
r2+ 1 =f(r2)
On en conclut : |un+1 −r2|⩽4
9|un−r2|.
6. En déduire que : ∀n∈N:|un−r2|⩽4
9n
.
Démonstration.
Démontrons par récurrence que : ∀n∈N,P(n)
où P(n) : |un−r2|⩽4
9n
.
1) Initialisation :
|u0−r2|⩽1
2⩽1car u0et r2sont des éléments de 1 2,1.
Ainsi, P(0) est vérifiée.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 2

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2) Hérédité :
Soit n∈N. Supposons P(n)et démontrons P(n+ 1)
(i.e. |un+1 −r2|⩽4
9n+1
).
D’après le résultat précédent : |un+1 −r2|⩽4
9|un−r2|.
Or, par hypothèse de récurrence : |un−r2|⩽4
9n
.
En combinant ces deux résultats, on obtient :
|un+1 −r2|⩽4
9|un−r2|⩽4 94 9n
=4
9n+1
Ainsi, P(n+ 1) est vérifiée.
Par principe de récurrence : ∀n∈N,|un−r2|⩽4
9n
.
7. À partir de quelle valeur de nle terme unest-il une valeur approchée de
r2à10−6près ?
On choisira la réponse parmi : n= 9,18,24, ou 36.
On donne : ln 10 ≃2,30 ln 2 ≃0,69 ln 3 ≃1,10.
Démonstration.
•Pour que unsoit une valeur approchée de r2à10−6près, il suffit que :
4
9n
⩽10−6. En effet, si c’est le cas on obtient par transitivité :
|un−r2|⩽4
9n
⩽10−6
•Or :
4
9n
⩽10−6
⇔nln 4
9⩽−6 ln(10) (par stricte croissance de la
fonction ln)
⇔n⩾−6 ln(10)
ln 4
9(car ln( 4
9)<0puisque 4 9<1)
De plus :
−6 ln(10)
ln(4
9)=−6 ln(10)
ln(4) −ln(9) =−6 ln(10) ln(22)−ln(32)=−6 ln(10) 2 ln(2) −2 ln(3)
=−6 ln(10)
2 (ln(2) −ln(3)) =−3 ln(10) ln(2) −ln(3) =3 ln(10) ln(3) −ln(2)
Enfin :
3 ln(10)
ln(3) −ln(2) ≃3×2,3 1,1−0,7=6,9 0.4=6,9
4
10
=10 ×6,9
4=69 4
Comme 68 <69 ⩽72, on a 17 <69
4⩽18, le choix de n= 18
assure que unest une approximation de r2à10−6près.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 3

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Exercice 2. (☀)(d’après EML 96)
Soit fla fonction définie sur Rpar f(x) = ex
e2x+ 1.
1. a) Démontrer que fest paire sur R.
Démonstration.
Soit x∈R.
f(−x) = e−x
e−2x+ 1 =e2x e2x
e−x
e−2x+ 1 =ex 1 + e2x=f(x)
Ainsi, la fonction est paire sur R.
b) Justifier que fest C1sur Ret étudier ses variations.
Démonstration.
•La fonction fest C1sur Rcar est le quotient de :
×la fonction x7→ ex, de classe C1sur R,
×la fonction x7→ e2x+ 1, de classe C1sur Ret qui ne s’annule
pas sur R.
(en fait, on peut démontrer par une argumentation similaire que f
est C∞sur R)
•Soit x∈R.
f′(x) = ex(e2x+ 1) −ex(2 e2x)
(e2x+ 1)2=e3x+ex−2e3x (e2x+ 1)2=ex−e3x (e2x+ 1)2
Comme (e2x+ 1)2>0,f′(x)est du signe de ex−e3x.
•Si x > 0,3x>xet donc e3x>expar stricte croissance de la
fonction exponentielle.
Dans ce cas, f′(x)<0.
L’autre cas se déduit par parité de la fonction f.
•On en déduit le tableau de variations de f.
x
Signe de f′(x)
Variations de f
−∞ 0+∞
+0−
00
1
2
1
2
00
Détaillons les différents éléments de ce tableau :
×f(0) = e0
e0+ 1 =1 1+1 =1 2,
×
ex
e2x+ 1 =ex e2x
1
1 + 1
e2x
=1
ex
1
1 + 1
e2x−→
x→+∞0.
c) Montrer que l’équation f(x) = xadmet une unique solution ℓ∈R+.
Démonstration.
Notons g:x7→ f(x)−x. La fonction gest C1sur Rpar somme de
fonctions C1sur R.
Soit x∈R. On procède par disjonction de cas :
•Si x < 0: comme f(x)>0, l’équation f(x) = xn’admet pas de
solution.
•Si x⩾0: tout d’abord, g′(x) = f′(x)−1.
Or f′(x)⩽0donc g′(x) = f′(x)−1<0et la fonction gest stricte-
ment décroissante.
La fonction gest :
×continue sur [0,+∞[,
×strictement décroissante sur [0,+∞[.
Elle réalise donc une bijection de [0,+∞[sur g([0,+∞[). Or :
g([0,+∞[) = ] lim
x→+∞g(x), g(0)] = ] − ∞,1
2]
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 4

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En effet :
×g(0) = f(0) −0 = 1
2.
×comme f(x)−→
x→+∞0, on obtient : g(x) = f(x)−x−→ x→+∞−∞.
Enfin, comme 0∈]− ∞,1
2], l’équation g(x)=0admet une unique
solution ℓ∈R+.
On en déduit que l’équation f(x) = xadmet une unique
solution ℓ∈[0,+∞[.
d) Justifier que : 0⩽ℓ⩽1
2.
Données numériques : e1/2≃1,65 et e ≃2,72 au centième près.
Démonstration.
Tout d’abord, remarquons que :
×g(0) = f(0) −0 = 1
2⩾0,
×g(ℓ) = f(ℓ)−ℓ= 0,
×g1
2=f1 2−1 2=e1
2
e1+ 1 −1 2=2e1
2−e−1
2 (e+ 1) ⩽0.
En effet :
2e1
2−e−1≃2×1,65 −2,72 −1 = 3,3−3,72 = −0,42 ⩽0
(les valeurs étant données au centième près, l’approximation obtenue
est exacte au moins au dixième près)
On obtient donc : g(0) ⩾g(ℓ)⩾g1
2.
Ces trois éléments sont dans l’ensemble ]− ∞,1
2].
En appliquant g−1: ] − ∞,1
2]→R+de part et d’autre
de l’inégalité, on obtient : 0⩽ℓ⩽1
2.
On pouvait aussi tout simplement remarquer que, d’après la question
précédente :
•ℓ∈R+
•ℓ=f(ℓ)
Donc ℓ∈f(R+). Or f(R+) = ]0,1
2]. Ainsi ℓ∈]0,1 2].
e) Montrer que : ∀x⩾0,|f′(x)|⩽f(x).
En déduire que : ∀x⩾0,|f′(x)|⩽1
2.
Démonstration.
Soit x⩾0.
•D’après la question 1.b. :
f′(x) = ex−e3x
1 + e2x⩽0
Donc : |f′(x)|=−f′(x) = e3x−ex
1 + e2x. Et ainsi :
|f′(x)| − f(x) = e3x−ex
(e2x+ 1)2−ex e2x+ 1 =e3x−ex−ex×(e2x+ 1) (e2x+ 1)2
=e3x−ex−e3x−ex
(e2x+ 1)2=−2ex (e2x+ 1)2⩽0
Ainsi : ∀x⩾0,|f′(x)|⩽f(x).
•Or, l’étude de la fonction f(question 1.b)) démontre qu’elle atteint
son maximum en 0.
On en déduit que : ∀x⩾0,|f′(x)|⩽f(x)⩽f(0) = 1
2.
(☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 5