ECE2-B 2017-2018 2. Montrer que si x est un réel de l’intervalle aussi à l’intervalle 12 , 1 . Application de l’inéaglité des accroissements finis à l’étude de suites du type un+1 = f (un) 1 2, 1 , alors f (x) appartient Démonstration. Soit x ∈ 12 , 1 . On a alors 1 2 ⩽ x ⩽ 1 donc 3 2 ⩽ x+1 ⩽ 2 et 2 3 ⩾ 1 x+1 ⩾ 1 2 Exercice 1. (☀) 1 . x+1 définie par u0 = 1 et un+1 = f (un ). On considère la fonction f définie pour x ⩾ 0 par : f (x) = On considère aussi la suite (un )n⩾0 1. Montrer que l’équation x2 +x−1 = 0 a une seule solution dans l’intervalle ]0, 1[, que l’on notera r2 . Préciser la valeur de r2 . Démonstration. Notons P (X) = X 2 + X − 1. • P est un polynôme de degré 2 de discriminant ∆ = 12 − 4(−1) = 1 + 4 = 5 > 0. • • −1 + L’équation + x − 1 = 0 admet r2 = 2 comme unique solution dans ]0, 1[. (☆): application directe du cours, 1 2 1 2 , ⊂ ,1 . Comme ⩽ 1, on en déduit que f (x) ∈ 3 2 3 2 3. En déduire que : ∀n ∈ N, un ∈ 12 , 1 . Démonstration. Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) Ainsi, P admet deux racines réelles : √ √ −1 − 5 −1 + 5 r1 = et r2 = 2 2 √ √ Or : 4 < 5 < 9. Donc : 2 < 5 < 3 et −2 > − 5 > −3. On en déduit : √ √ 3 −1 − 5 4 1 −1 + 5 2 − > >− et < < 2 2 2 2 2 2 3 1 et enfin : r1 ∈ −2, − et r2 ∈ ,1 . 2 2 x2 (par décroissance de la fonction inverse sur R+∗ ) √ où P(n) : un ∈ 1 2, 1 . 1) Initialisation : u0 = 1 ∈ 12 , 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 ∈ 12 , 1 . 1 L’intervalle [ 12, 1] étant stable par f , on en déduit que f (u ) ∈ n 2, 1 . D’où un+1 ∈ 12 , 1 et donc P(n + 1) est vérifiée. Ainsi, par principe de récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ 1 2, 1 . 5 (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1 ECE2-B 2017-2018 4 4. Démontrer que : ∀x ∈ [ 12 , 1], |f ′ (x)| ⩽ . 9 5. Démontrer que : ∀n ∈ N, |un+1 − r2 | ⩽ Démonstration. • • La fonction f est C ∞ sur R+ car c’est l’inverse de la fonction x 7→ 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 ) | − 1| 1 −1 = = . Ainsi, |f ′ (x)| = 2 2 (x + 1) |(x + 1) | (x + 1)2 Soit x ∈ 12 , 1 . On a alors 1 2 ⩽ x ⩽ 1 donc 3 2 ⩽ x+1 ⩽ 2 et 9 = 4 2 3 ⩽ 2 (x + 1)2 4 |un − r2 |. 9 Démonstration. D’après les questions précédentes : 1 × f est dérivable sur 2, 1 , 1 4 ′ × ∀x ∈ 2 , 1 , |f (x)| ⩽ 9 . On en déduit, par l’inégalité des accroissements finis que : 1 ∀(x, y) ∈ ,1 2 2 1 |y − x| 2 1 Soit n ∈ N. En appliquant cette inégalité à y = u ∈ n 2 , 1 et x = r2 ∈ 1 , 1 , on obtient : 2 , |f (y) − f (x)| ⩽ |f (un ) − f (r2 )| ⩽ 4 |un − r2 | 9 Or r2 vérifie r2 2 + r2 − 1 = 0. Ainsi : (par croissance 2 ⩽ 2 = 4 de la fonction carrée sur R+ ) r2 2 + r2 = 1 et r2 (r2 + 1) = 1 d’où On en conclut : |un+1 − r2 | ⩽ ainsi 4 9 ⩾ Pour tout x ∈ (☆): application directe du cours, 1 (x + 1)2 ⩾ 1 2 (par décroissance n 4 de la fonction 6. En déduire que : ∀n ∈ N : |u − r | ⩽ . n 2 +∗ 9 inverse sur R ) 4 ′ 2 , 1 , |f (x)| ⩽ 9 . 1 (☀): pas de difficulté majeure, r2 = 1 = f (r2 ) r2 + 1 4 |un − r2 |. 9 Démonstration. Démontrons par récurrence : ∀n ∈ N, P(n) que 4 n où P(n) : |un − r2 | ⩽ . 9 1) Initialisation : |u0 − r2 | ⩽ 12 ⩽ 1 car u0 et r2 sont des éléments de 21 , 1 . Ainsi, P(0) est vérifiée. (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 2 ECE2-B 2017-2018 2) Hérédité : • Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n + 1) n+1 4 (i.e. |un+1 − r2 | ⩽ ). 9 4 |un − r2 |. D’après le résultat précédent : |un+1 − r2 | ⩽ 9 n 4 Or, par hypothèse de récurrence : |un − r2 | ⩽ . 9 En combinant ces deux résultats, on obtient : Or : n 4 9 n+1 4 4 4 n 4 |un+1 − r2 | ⩽ |un − r2 | ⩽ = 9 9 9 9 ⩽ 10−6 4 ⩽ ⇔ n ln 9 −6 ln(10) (par stricte croissance de la fonction ln) ⇔ −6 ln(10) ln 49 (car ln( 49 ) < 0 puisque n ⩾ 4 9 < 1) De plus : Ainsi, P(n + 1) est vérifiée. −6 ln(10) ln( 94 ) n 4 Par principe de récurrence : ∀n ∈ N, |un − r2 | ⩽ . 9 7. À partir de quelle valeur de n le terme un est-il une valeur approchée de r2 à 10−6 près ? = −6 ln(10) −6 ln(10) −6 ln(10) = = 2 2 ln(4) − ln(9) ln(2 ) − ln(3 ) 2 ln(2) − 2 ln(3) = −6 ln(10) −3 ln(10) 3 ln(10) = = 2 (ln(2) − ln(3)) ln(2) − ln(3) ln(3) − ln(2) Enfin : 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. 3 × 2, 3 6, 9 6, 9 10 × 6, 9 69 3 ln(10) ≃ = = 4 = = ln(3) − ln(2) 1, 1 − 0, 7 0.4 4 4 10 Démonstration. • −6 Pour nque un soit une valeur approchée de r2 à 10 près, il suffit que : 4 ⩽ 10−6 . En effet, si c’est le cas on obtient par transitivité : 9 n 4 |un − r2 | ⩽ ⩽ 10−6 9 (☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, 69 ⩽ 18, le choix de n = 18 4 assure que un est une approximation de r2 à 10−6 près. Comme 68 < 69 ⩽ 72, on a 17 < (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 3 ECE2-B 2017-2018 Exercice 2. (☀) (d’après EML 96) • ex . Soit f la fonction définie sur R par f (x) = 2x e +1 1. a) Démontrer que f est paire sur R. On en déduit le tableau de variations de f . x Signe de f ′ (x) Démonstration. Soit x ∈ R. f (−x) = e−2x + 1 = e2x e−x e2x e−2x + 1 = ex 1 + e2x la fonction x 7→ ex , de classe C 1 sur R, la fonction x 7→ e2x + 1, de classe C 1 sur R et qui ne s’annule pas sur R. 1 2 0 Démonstration. Notons g : x 7→ f (x) − x. La fonction g est C 1 sur R par somme de fonctions C 1 sur R. Soit x ∈ R. On procède par disjonction de cas : • Soit x ∈ R. ex (e2x + 1) − ex (2 e2x ) e3x + ex − 2 e3x ex − e3x f ′ (x) = = = (e2x + 1)2 (e2x + 1)2 (e2x + 1)2 • − c) Montrer que l’équation f (x) = x admet une unique solution ℓ ∈ R+ . La fonction f est C 1 sur R car est le quotient de : (en fait, on peut démontrer par une argumentation similaire que f est C ∞ sur R) • 0 Détaillons les différents éléments de ce tableau : 1 1 e0 = = , × f (0) = e0 + 1 1+1 2 ex ex 1 1 1 × = = x −→ 0. 1 1 x→+∞ e2x + 1 e2x 1 + e2x e 1 + e2x Démonstration. × + 0 = f (x) b) Justifier que f est C 1 sur R et étudier ses variations. × +∞ 0 Variations de f e−x Ainsi, la fonction est paire sur R. • −∞ • Si x < 0 : comme f (x) > 0, l’équation f (x) = x n’admet pas de solution. Si x ⩾ 0 : tout d’abord, g ′ (x) = f ′ (x) − 1. Or f ′ (x) ⩽ 0 donc g ′ (x) = f ′ (x) − 1 < 0 et la fonction g est strictement décroissante. Comme (e2x + 1)2 > 0, f ′ (x) est du signe de ex − e3x . La fonction g est : Si x > 0, 3x > x et donc e3x > ex par stricte croissance de la fonction exponentielle. Dans ce cas, f ′ (x) < 0. L’autre cas se déduit par parité de la fonction f . × continue sur [0, +∞[, × strictement décroissante sur [0, +∞[. Elle réalise donc une bijection de [0, +∞[ sur g([0, +∞[). Or : g([0, +∞[) = ] lim g(x), g(0)] = ] − ∞, x→+∞ (☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1 ] 2 4 ECE2-B 2017-2018 En effet : × × 1 g(0) = f (0) − 0 = . 2 comme f (x) −→ 0, on obtient : g(x) = f (x) − x −→ −∞. x→+∞ x→+∞ 1 Enfin, comme 0 ∈ ] − ∞, ], l’équation g(x) = 0 admet une unique 2 solution ℓ ∈ R+ . 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, 21 ]. Ainsi ℓ ∈ ]0, 12 ]. e) Montrer que : ∀x ⩾ 0, |f ′ (x)| ⩽ f (x). En déduire que : ∀x ⩾ 0, |f ′ (x)| ⩽ On en déduit que l’équation f (x) = x admet une unique solution ℓ ∈ [0, +∞[. 1 d) Justifier que : 0 ⩽ ℓ ⩽ . 2 Données numériques : e1/2 ≃ 1, 65 et e ≃ 2, 72 au centième près. Démonstration. Soit x ⩾ 0. • D’après la question 1.b. : f ′ (x) = Démonstration. Tout d’abord, remarquons que : 1 × g(0) = f (0) − 0 = ⩾ 0, 2 × g(ℓ) = f (ℓ) − ℓ = 0, 1 1 e2 1 2 e2 − e − 1 1 1 1 = 1 − = ⩽ 0. × g = f − 2 2 2 e +1 2 2 (e + 1) Donc : |f ′ (x)| = −f ′ (x) = |f ′ (x)| − f (x) = En effet : 1 2 e 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) 1 On obtient donc : g(0) ⩾ g(ℓ) ⩾ g . 2 1 Ces trois éléments sont dans l’ensemble ] − ∞, ]. 2 1 . 2 = e3x − ex . Et ainsi : 1 + e2x e3x − ex ex e3x − ex − ex × (e2x + 1) − = (e2x + 1)2 e2x + 1 (e2x + 1)2 e3x − ex − e3x − ex −2 ex = ⩽ 0 (e2x + 1)2 (e2x + 1)2 Ainsi : • ex − e3x ⩽ 0 1 + e2x ∀x ⩾ 0, |f ′ (x)| ⩽ f (x). Or, l’étude de la fonction f (question 1.b) ) démontre qu’elle atteint son maximum en 0. 1 On en déduit que : ∀x ⩾ 0, |f ′ (x)| ⩽ f (x) ⩽ f (0) = . 2 1 En appliquant g −1 : ] − ∞, ] → R+ de part et d’autre 2 1 de l’inégalité, on obtient : 0 ⩽ ℓ ⩽ . 2 (☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 5 ECE2-B 2017-2018 f ) Vérifier que f ( 0, 12 ) ⊂ 0, 21 . Démonstration. La fonction f est continue et décroissante sur 0, 12 . On en déduit que : " 1 # e2 1 1 1 1 f 0, = f , f (0) = , ⊂ 0, 2 2 e+1 2 2 L’intervalle 0, 12 est stable par f . Démonstration. • D’après les questions précédentes : 1 × f est dérivable sur 0, 2 , 1 1 ′ × ∀x ∈ 0, 2 , |f (x)| ⩽ 2 . On en déduit, par l’inégalité des accroissements finis que : 1 2 1 ∀(x, y) ∈ 0, , |f (y) − f (x)| ⩽ |y − x| 2 2 Soit n ∈ N. En appliquant cette inégalité à y = un ∈ 0, 12 et x = ℓ ∈ 0, 12 , on obtient : 2. On définit la suite (un )n∈N par : u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = f (un ) un ∈ 0, 21 . a) Montrer que, pour tout n ∈ N, |f (un ) − f (ℓ)| ⩽ Et ainsi : |un+1 − ℓ| ⩽ Démonstration. Démontrons parrécurrence que : ∀n ∈ N, P(n) où P(n) : un ∈ 0, 12 . • 1) Initialisation : u0 = 0 ∈ 0, 12 . Ainsi, P(0) est vérifiée. 2) Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n + 1) (i.e. un+1 ∈ 0, 21 ). Par définition, un+1 = f (un ). Or : 1 × par hypothèse de récurrence, on sait : un ∈ 0, 2 . 1 × l’intervalle 0, 2 est stable par f. On obtient donc : un+1 = f (un ) ∈ 0, 12 et P(n + 1) est vérifiée. (☆): application directe du cours, |un − ℓ|. 2) Hérédité : Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n + 1) 1 (i.e. |un+1 − ℓ| ⩽ n+2 ). 2 D’après le résultat précédent : |un+1 − ℓ| ⩽ 21 |un − ℓ|. 1 Or, par hypothèse de récurrence : |un − ℓ| ⩽ n+1 . 2 En combinant ces deux résultats, on obtient : |un+1 − ℓ| ⩽ 1 1 1 1 |un − ℓ| ⩽ = n+2 2 2 2n+1 2 Ainsi, P(n + 1) est vérifiée. b) Montrer que, pour tout n ∈ N : 1 |un − ℓ| 2 1 2 Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) 1 où P(n) : |un − ℓ| ⩽ n+1 . 2 1) Initialisation : |u0 − ℓ| ⩽ 12 car u0 et ℓ sont des éléments de 0, 21 . Ainsi, P(0) est vérifiée. Par principe de récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ 0, 12 . |un+1 − ℓ| ⩽ 1 |un − ℓ| 2 puis que |un − ℓ| ⩽ 1 Par principe de récurrence : ∀n ∈ N, |un − ℓ| ⩽ 2n+1 (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1 2n+1 . 6 ECE2-B 2017-2018 c) En déduire que la suite (un ) converge vers ℓ. Commentaire Dans ce code, on réalise un appel à la fonction f. Il faut aussi savoir coder la fonction SuiteU lorsque l’on ne demande pas au préalable de coder la fonction f. Démonstration. Soit n ∈ N. • D’après la question précédente : |un − ℓ| ⩽ 1 1 . 2n+1 −→ 0 car −→ +∞. n→+∞ 2n+1 n→+∞ Donc, d’après le théorème d’encadrement, |un − ℓ| −→ 0, ce qui • Or : function v = SuiteU(n) v = 0 for i = 1 : n v = exp(v) / (exp(2 ⋆ v) + 1) end endfunction 1 2n+1 2 3 4 n→+∞ équivaut à un − ℓ −→ 0. 5 n→+∞ 6 Ainsi, la suite (un ) est convergente et de limite ℓ. 3. Informatique c) En utilisant la fonction SuiteU précédente, comment peut-on obtenir a) Écrire une fonction Scilab f qui prend en entrée un réel x et qui à l’aide de Scilab une valeur approchée de ℓ à 10−6 près ? calcule f (x). Démonstration. 1 D’après la question 2.b., pour tout n ∈ N on a : |un − ℓ| ⩽ n+1 . 2 1 S’il existe n ∈ N tel que : n+1 ⩽ 10−6 , on obtiendra par transitivité : 2 |un − ℓ| ⩽ 10−6 . Or : Démonstration. 1 2 3 function y = f(x) y = exp(x) / (exp(2 ⋆ x) + 1) endfunction 1 b) En utilisant la fonction f précédente, écrire une fonction SuiteU qui 2n+1 ⩽ 10−6 ⇔ 2n+1 ⩾ 106 prend en entrée un entier positif n et qui calcule un . ⇔ n+1 ⩾ Démonstration. 1 2 3 4 5 6 function v = SuiteU(n) v = 0 for i = 1 : n v = f(v) end endfunction (☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, Pour N = 6 ln(10) −1 ln(2) ⇔ (n + 1) ln(2) ⩾ 6 ln(10) 6 ln(10) ln(2) ⇔ n ⩾ 6 ln(10) −1 ln(2) (et les entiers plus grands) on est donc assuré que : |uN − ℓ| ⩽ 10−6 ce qui signifie que uN est une approximation de ℓ à 10−6 près. Il suffit alors d’appeler la fonction SuiteU avec pour paramètre N. (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 7 ECE2-B 2017-2018 1 2 N = ceil(6 ⋆ log(10) / log(2) - 1) u = SuiteU(N) Exercice 3. (☀) (d’après EML 2009) On considère f : R → R l’application définie, pour tout x ∈ R, par : ( x si x ̸= 0 x e −1 f (x) = 1 si x = 0. On considère la suite (un )n∈N définie par u0 = 1 et : ∀n ∈ N, un+1 = f (un ). 1. a) Montrer que f est continue sur R. Démonstration. ∞ • La fonction f est continue (et même C ) sur ]0, +∞[ comme quotient de : ∞ × x 7→ x continue (C ) sur ]0, +∞[ car polynomiale. x 7→ ex − 1 continue (C ∞ ) sur ]0, +∞[ et qui ne s’annule pas sur cet intervalle. De même, la fonction f est continue (C ∞ ) sur ] − ∞, 0[. Elle est donc continue sur ] − ∞, 0[ ∪ ]0, +∞[. ex − 1 x lim = 1 donc lim x = 1 = f (0). x→0 x→0 e − 1 x Ainsi, f est continue en 0. × • • On en conclut que f est continue sur R. b) Justifier que f est de classe C 1 sur ] − ∞, 0[ et sur ]0, +∞[, et calculer f ′ (x) pour tout x ∈] − ∞, 0[ ∪ ]0, +∞[. Démonstration. 1 • D’après la question précédente, f est C sur ] − ∞, 0[ ∪ ]0, +∞[. • Soit x ∈] − ∞, 0[ ∪ ]0, +∞[. f ′ (x) = (ex − 1) − x ex (1 − x) ex − 1 = (ex − 1)2 (ex − 1)2 ∀x ∈ R∗ , f ′ (x) = (☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud (ex − 1) − x ex (1 − x) ex − 1 = (ex − 1)2 (ex − 1)2 8 ECE2-B 2017-2018 1 et que f est C 1 sur R. 2 2. a) Étudier les variations de l’application u : R → R, définie, pour tout x ∈ R, par : u(x) = (1 − x)ex − 1. On admettra pour la suite que f ′ (0) = − c) Déterminer les limites de f en −∞ et en +∞. Démonstration. • lim ex = 0 donc lim ex − 1 = −1. Et comme lim x = −∞, x→−∞ x→−∞ x→−∞ on a : lim f (x) = +∞. x→−∞ Démonstration. • La fonction u est dérivable sur R. Pour tout x ∈ R : • f (x) = ex x −1 ∼ x→+∞ x −→ 0 par croissances comparées. ex x→+∞ u′ (x) = −x ex 3. Montrer que f admet un point fixe et un seul, noté α, que l’on calculera. Comme ex > 0, u′ (x) est du signe opposé de x. −∞ x +∞ 0 Démonstration. • Signe de u′ (x) − + Soit x ∈ R∗ . 0 f (x) = x ⇔ Variations de u −1 b) Montrer : ∀x ∈ R, f ′ (x) −∞ < 0. Démonstration. • La fonction u est décroissante sur R+ et croissante sur R− . Elle admet donc un maximum en 0. Ce maximum vaut u(0) = 0. Donc pour tout x ∈ R, u(x) ⩽ 0. ∗ • Ainsi, pour tout x ∈ R : f ′ (x) = • u(x) <0 − 1)2 (ex car (ex − 1)2 > 0 et u(x) < 0 sur R∗ . 1 Enfin, f ′ (0) = − < 0 d’après l’énoncé. 2 • (☀): pas de difficulté majeure, x =x −1 ⇔ ex − 1 = 1 ⇔ ex = 2 ⇔ x = ln(2) (car x ̸= 0) D’autre part, f (0) = 1 donc 0 n’est pas un point fixe de f . La fonction f admet pour unique point fixe α = ln(2). 4. a) Établir : ∀x ∈ [0, +∞[, e2x − 2xex − 1 ⩾ 0. Démonstration. • • Considérons la fonction g : x 7→ e2x − 2x ex − 1, définie pour tout x ∈ R. La fonction g est dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables sur R. Soit x ∈ R. ∀x ∈ R, f ′ (x) < 0. (☆): application directe du cours, ex g ′ (x) = 2ex (ex − 1 − x) (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 9 ECE2-B • • • • 2017-2018 Comme ex > 0, g ′ (x) est du signe de ex − 1 − x. • Or la fonction exp est convexe. Elle est donc située au-dessus de ses tangentes et en particulier audessus de sa tangente en 0. Autrement dit : ∀x ∈ R, ex ⩾ x + 1. 1 On en déduit que : ∀x ∈ [0, +∞[, f ′ (x) ⩾ . 2 ′ D’autre part, f (x) < 0 d’après la question 2.a) . On en déduit que : ∀x ∈ R, g ′ (x) ⩾ 0. La fonction g est donc croissante. 1 ∀x ∈ R+ , − ⩽ f ′ (x) < 0 2 Ainsi, pour tout x ∈ R+ , g(x) ⩾ g(0) = 0. d) Établir : ∀n ∈ N, |un+1 − α| ⩽ 21 |un − α|. Finalement, pour tout x ∈ R+ , e2x − 2x ex − 1 ⩾ 0. b) Montrer ∀x ∈]0, +∞[, f ′ (x) + Démonstration. Soit n ∈ N. 1 e2x − 2xex − 1 = . 2 2(ex − 1)2 f ′ (x) + 1 2 = (1 − x) ex − 1 1 2(1 − x) ex − 2 + ( ex − 1)2 + = ( ex − 1)2 2 2( ex − 1)2 = 2 ex − 2x ex − 2 + e2x − 2 ex + 1 e2x − 2x ex − 1 = 2( ex − 1)2 2(ex − 1)2 ∀x ∈ ]0, +∞[, f ′ (x) + c) Montrer : ∀x ∈ [0, +∞[, − La fonction f est dérivable sur [0, +∞[, 1 1 1 • ∀x ∈ [0, +∞[, − ⩽ f ′ (x) < 0 donc − ⩽ f ′ (x) ⩽ ce qui signifie 2 2 2 1 |f ′ (x)| ⩽ . 2 D’après l’inégalité des accroissements finis on a donc : • Démonstration. Soit x ∈ ]0, +∞[. e2x − 2xex − 1 1 = . 2 2(ex − 1)2 ∀(x, y) ∈ [0, +∞[2 , |f (y) − f (x)| ⩽ |y − x| Comme u0 = 1 ⩾ 0 et que l’intervalle [0, +∞[ est stable par f (d’après la question 2.c) de la première partie), on peut démontrer par une récurrence immédiate que : ∀n ∈ N, un ∈ [0, +∞[. Ainsi, on peut appliquer l’inégalité précédente en y = un et x = α = ln(2) ⩾ 0. On a alors : 1 ⩽ f ′ (x) < 0. 2 |f (un ) − f (α)| ⩽ Démonstration. Soit x ∈ [0, +∞[. • 1 D’autre part, f ′ (0) = − . 2 Si x ̸= 0, d’après la question précédente, f ′ (x) + g(x) car 2 (ex − 1)2 > 0. 1 est du signe de 2 Et comme g(x) ⩾ 0 d’après la question 2.a) , on a : f ′ (x) + (☆): application directe du cours, (☀): pas de difficulté majeure, 1 |un − α| 2 Or f (un ) = un+1 par définition de la suite (un ) et f (α) = α car α est le point fixe de f . On en déduit : ∀n ∈ N, |un+1 − α| ⩽ 1 ⩾ 0. 2 (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 1 |un − α| 2 10 ECE2-B 2017-2018 5. En déduire : ∀n ∈ N, |un − α| ⩽ 21n (1 − α). 7. Écrire un programme en Scilab qui calcule et affiche le plus petit entier naturel n tel que |un − α| < 10−9 . Démonstration. Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) 1 où P(n) : |un − α| ⩽ n (1 − α). 2 1) Initialisation : u0 = 1, donc |u0 − α| = |1 − α| = |1 − ln(2)| = 1 − ln(2). En effet, 1 − ln(2) ⩾ 0 puisque e1 ⩾ 2. Ainsi, P(0) est vérifiée. Démonstration. 1 2 3 4 5 6 2) Hérédité : 7 Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n + 1) 1 (i.e. |un+1 − α| ⩽ n+1 (1 − α)). 2 D’après la question 2.d) : |un+1 − α| ⩽ 8. Si on ne connaissait pas la valeur de α, comment aurait-on pu déterminer un entier n tel que |un − α| < 10−9 ? Écrire l’appel correspondant en Scilab. 1 |un − α| 2 Démonstration. Soit n ∈ N. En utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient alors : • 1 1 1 1 |un+1 − α| ⩽ |un − α| ⩽ × n (1 − α) = n+1 (1 − α) 2 2 2 2 • Donc P(n + 1) est vraie. • ∀n ∈ N, |un − α| ⩽ 1 2n ⇔ 6. Conclure que la suite (un )n∈N converge vers α. Démonstration. 1 • lim (1 − α) = 0. n→+∞ 2n • Donc, d’après le théorème d’encadrement, la suite (un − α) est convergente de limite nulle. (☆): application directe du cours, 1 1 (1 − α) ⩽ n . n 2 2 1 1 Or, comme n −→ 0, il existe n0 ∈ N tel que : ∀n ⩾ n0 , n ⩽ 10−9 . 2 n→+∞ 2 Déterminons le premier n0 ∈ N vérifiant cette propriété : Comme α ⩾ 0, 1 − α ⩽ 1. Ainsi : |un − α| ⩽ 1 (1 − α). 2n Autrement dit, (un ) est convergente de limite α. (☀): pas de difficulté majeure, u = 1 n = 0 while abs(u- log(2)) >= 10 ∧ (-9) u = u / (exp(u)-1) n = n+1 end disp(n) ⩽ 10−9 2n ⩾ 109 (par décroissance de la fonction inverse) ⇔ n ln(2) ⩾ 9 ln(10) (car ln est strictement croissante) ⇔ 9 ln(10) ln(2) (car ln(2) > 0) l m ln(10) Ainsi, l’entier n0 cherché est : n0 = 9 ln(2) . n ⩾ On obtient l’entier cherché par l’appel : ceil(9⋆log(10) / log(2)). (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 11 ECE2-B 2017-2018 Commentaire • Si on ne connaît pas α et qu’on souhaite en calculer une approximation à 10−9 près, on pourra alors procéder comme suit. 1 • ln(2) 1 ln(2) 7 ⩾ − et donc 4 − ⩾ ⩾ 3. 2 2 2 2 1 ln(3) 15 ln(3) ⩽ − et donc 4 − ⩽ ⩽ 4. Comme ln(3) ⩾ 1, − 4 4 4 4 Comme ln(2) ⩽ 1, − u = 1 On en déduit que f (x) ∈ [3, 4]. 2 3 4 5 6 for i = 1:N u = u / (exp(u)-1) end disp(u) 2. En déduire par récurrence que : ∀n ∈ N, un ∈ I. Démonstration. Démontrons maintenant par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) où P(n) : un ∈ [3, 4]. 1) Initialisation : u0 = 3 ∈ [3, 4]. Ainsi, P(0) est vérifiée. Exercice 4. (☀) 1 On considère la fonction f : x 7→ 4 − ln(x). 4 u0 = 3 On définit alors la suite (un ) par : ∀n ∈ N, un+1 = f (un ) On rappelle les valeurs approchées suivantes : ln(2) ≃ 0.69 et ln(3) ≃ 1.1. 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 ∈ [3, 4]. L’intervalle [3, 4] étant stable par f , on en déduit que f (un ) ∈ [3, 4]. D’où un+1 ∈ [3, 4] et donc P(n + 1) est vérifiée. 1. Démontrer que l’intervalle I = [3, 4] est stable par f . Démonstration. Soit x ∈ [3, 4]. Ainsi, par principe de récurrence : ∀n ∈ N, un ∈ [3, 4]. On a alors 3 x ⩽ 3. Démontrer que : ∀x ∈ I, |f ′ (x)| ⩽ 4 ⩽ 1 . 12 Démonstration. donc et ainsi ln(3) −1 ln(3) 4 4− ln(x) ⩽ ⩾ ⩽ −1 ln(x) ⩾ 4 1 ln(3) ⩾ 4 (☆): application directe du cours, f (x) ln(4) (par croissance de la fonction ln) • La fonction f est C ∞ sur R+∗ car ln l’est. • Soit x ∈ R+∗ . f ′ (x) = − −1 ln(4) 4 ⩾ 4− 1 ln(2) ln(4) = 4 − 4 2 (☀): pas de difficulté majeure, Ainsi, |f ′ (x)| = (☀☀): plus difficile, −1 4x = 1 4x 1 | − 1| = . |4x| 4x (☀☀☀): costaud 12 ECE2-B • 2017-2018 Soit x ∈ [3, 4]. 5. Déduire de ce qui précède : ∀n ∈ N, |un − r| ⩽ On a alors 3 ⩽ x ⩽ 4 donc 12 ⩽ 4x ⩽ 16 1 12 1 4x ⩾ et ⩾ 1 16 • (par croissance de la fonction inverse sur R+∗ ) 1 1 ⩽ . 4x 12 . Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n + 1) n+1 1 (i.e. |un+1 − r| ⩽ ). 12 1 D’après le résultat précédent : |un+1 − r| ⩽ |un − r|. 12 n 1 Or, par hypothèse de récurrence : |un − r| ⩽ . 12 En combinant ces deux résultats, on obtient : 1 |un − r|. 12 Démonstration. Soit n ∈ N. D’après les questions précédentes : f est dérivable sur [3, 4], 1 ′ × ∀x ∈ [3, 4] , |f (x)| ⩽ . 12 On en déduit, par l’inégalité des accroissements finis que : × ∀(x, y) ∈ [3, 4]2 , |f (y) − f (x)| ⩽ 1 1 |un+1 − r| ⩽ |un − r| ⩽ 12 12 1 |y − x| 2 1 12 n = 1 12 n+1 Ainsi, P(n + 1) est vérifiée. Soit n ∈ N. En appliquant cette inégalité à y = un ∈ [3, 4] et x = r ∈ [3, 4], on obtient : 4 |un − r| |f (un ) − f (r)| ⩽ 9 Or r est tel que : f (r) = r (r est un point fixe de f ) et f (un ) = un+1 . On en conclut : |un+1 − r| ⩽ Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) 1 n où P(n) : |un − r| ⩽ . 12 1) Initialisation : |u0 − r| ⩽ 1 car u0 et r sont des éléments de [3, 4], intervalle de largeur 1. Ainsi, P(0) est vérifiée. 2) Hérédité : 4. On admet qu’il existe un unique r ∈ I tel que f (r) = r. (☆): application directe du cours, n Démonstration. Pour tout x ∈ [3, 4], on a : |f ′ (x)| = Démontrer que : ∀n ∈ N, |un+1 − r| ⩽ 1 12 Par principe de récurrence : ∀n ∈ N, |un − r| ⩽ 1 12 n . 1 |un − r|. 12 (☀): pas de difficulté majeure, (☀☀): plus difficile, (☀☀☀): costaud 13
