La correction du DR4

TS - Maths - Correction Devoir de recherche n°4
Soit la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 2] par
f (x) =
2x + 1
.
x +1
1. Étudier les variations de f sur l’intervalle [0 ; 2]. Montrer que si x ∈ [1 ; 2] alors f (x) ∈ [1 ; 2].
f est une fonction rationnelle, donc dérivable sur tout intervalle inclus dans son ensemble de
définition, et :
f 0 (x) =
1
2(x + 1) − (2x + 1)
=
>0
2
(x + 1)
(x + 1)2
2×2+1 5
2×1+1 3
= = 1, 5 et f (2) =
= < 2. Ainsi
1+1
2
2+1
3
pour x ∈ [1; 2] par croissance de f , on a f (x) ∈ [1 ; 2].
Donc f est croissante sur [0 ; 2], de plus f (1) =
2. (u n ) et (v n ) sont deux suites définies sur N par :
u 0 = 1 et pour tout entier naturel n, u n+1 = f (u n ).
v 0 = 2 et pour tout entier naturel n, v n+1 = f (v n ).
(a) Le graphique donné ci-dessous représente la fonction f sur l’intervalle [0 ; 2].
Construire sur l’axe des abscisses les trois premiers termes de chacune des suites (u n ) et
(v n ) en laissant apparents tous les traits de construction.
A partir de ce graphique, que peut-on conjecturer concernant le sens de variation et la
convergence des suites (u n ) et (v n ) ?
On peut conjecturer que les deux suites sont convergentes vers la même limite et que (u n )
est croissante alors que (v n ) est décroissante.
(b) Montrer à l’aide d’un raisonnement par récurrence que :
Pour tout entier naturel n, 1 É v n É 2.
Pour tout entier naturel n, v n+1 É v n .
On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :
Pour tout entier naturel n, 1 É u n É 2.
Pour tout entier naturel n, u n É u n+1 .
Soit n ∈ N et P n la proposition de récurrence : 1 É v n É 2.
Initialisation : Pour n = 0 :
Comme v 0 = 2 alors P 0 est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel k quelconque et fixé P k est vraie (1 É v k É 2)
, alors montrons que P k+1 est vrai aussi (1 É v k+1 É 2).
On a 1 É v k É 2 par hypothèse de récurrence donc 1 É f (v k ) É 2, d’après la relation démontrée
à la question 1.
Ainsi si P k est vraie alors P k+1 est vraie.
Conclusion : Par raisonnement par récurrence, P n est vraie pour tout entier naturel n.
Ainsi pour tout entier naturel n, 1 É v n É 2.
Soit n ∈ N et Q n la proposition de récurrence : v n+1 É v n .
5
Initialisation : Pour n = 0, On a v 1 = f (v 0 ) = f (2) = donc v 1 É v 0 .
3
Donc Q 0 est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel k quelconque et fixé Q k est vraie (v k+1 É v k )
, alors montrons que P k+1 est vraie aussi (v k+2 É v k+1 ).
1
On a v k+1 É v k par hypothèse de récurrence et v k ; v k+1 sont deux nombres de [0 ; 2] (Récurrence précédente), donc comme f est croissante sur [0 ; 2], alors :
f (v k+1 ) É f (v k ) ⇔ v k+2 É v k+1
Ainsi, si Q k est vraie alors Q k+1 est vraie
Conclusion : Par raisonnement par récurrence pour tout n ∈ N, Q n est vraie.
Ainsi pour tout entier naturel n, v n+1 É v n .
On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :
Pour tout entier naturel n, 1 É u n É u n+1 É 2.
(c) Montrer que pour tout entier naturel n, v n+1 − u n+1 =
v n − un
.
(v n + 1) (u n + 1)
En déduire que pour tout entier naturel n, v n − u n Ê 0 et v n+1 − u n+1 É
v n+1 − u n+1 =
=
=
=
1
(v n − u n ).
4
2v n + 1 2u n + 1
−
vn + 1
un + 1
(2v n + 1)(u n + 1) − (2u n + 1)(v n + 1)
(v n + 1)(u n + 1)
2u n v n + u n + 2v n + 1 − 2u n v n − 2u n − v n − 1
(u n + 1)(v n + 1)
v n − un
(v n + 1) (u n + 1)
Soit n ∈ N, R n la proposition de récurrence : v n − u n Ê 0
Initialisation :Pour n = 0, on a v 0 − u 0 = 2 − 1 = 1, donc R 0 est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel k quelconque et fixé R k est vraie (v k − u k Ê
0), alors montrons que R k+1 est vraie aussi (v k+1 − u k+1 Ê 0).
On a v k − u k Ê 0 par hypothèse de récurrence, et on sait que :
>0
v k+1 − u k+1 = 
z }| {
v k − uk

.
v k + 1 u k + 1
| {z } | {z }
>0
>0
Donc v k+1 − u k+1 > 0.
Ainsi, si R k est vraie alors R k+1 est vraie.
Conclusion : Par raisonnement par récurrence, pour tout n ∈ N, R n est vraie.
Ainsi pour tout entier naturel v n − u n Ê 0.
Comme 1 É u n É 2, alors 2 É u n +1 É 3 et
sante sur ]0 ; +∞[.
De même,
1
3
É
1
v n +1
1
3
É un1+1 É 12 puisque la fonction inverse est décrois-
É 12 .
Or
v n+1 − u n+1 =
v n − un
v n − un
⇒ v n+1 − u n+1 É
.
4
(v n + 1) (u n + 1)
2
µ ¶n
1
.
(d) Montrer que pour tout entier naturel n, v n − u n É
4
µ ¶n
1
Soit n ∈ N et Tn la proposition de récurrence : v n − u n É
4
µ ¶0
1
=1
Initialisation : Pour n = 0, on a v 0 − u 0 = 2 − 1 = 1 É
4
Donc T0 est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel k quelconque et fixé Tk est vraie (v k − u k É
µ ¶k+1
µ ¶k
1
1
), alors montrons que Tk+1 est vraie aussi (v k+1 − u k+1 É
).
4
4
On a v k+1 − u k+1 É
µ ¶k
1
.
v k − uk É
4
v k −u k
4
d’après la question précédente et par hypothèse de récurrence on a
µ ¶k
1
1
.
Donc v k+1 − u k+1 É ×
4
4
µ ¶k+1
1
Ce qui est équivalent à v k+1 − u k+1 É
. Donc si Tk vraie alors Tk+1 aussi.
4
Conclusion : Par raisonnement par récurrence,
µ ¶n pour tout n ∈ N, Tn est vraie.
1
Ainsi pour tout entier naturel n, v n − u n É
4
(e) Montrer que les suites (u n ) et (v n ) convergent vers un même réel α.
Comme la suite (u n ) est croissante (u n É u n+1 ) et majorée par 2, alors u est convergente.
Comme la suite (v n ) est décroissante (v n Ê v n+1 ) et minorée par 1, alors v est convergente.
µ ¶n
¡ 1 ¢n
1
n
Comme 4 de la forme q avec −1 < q < 1, alors lim
=0
n→+∞ 4
µ ¶n
1
et comme pour tout entier naturel n, 0 É v n − u n É
,
4
alors d’après le théorème des gendarmes : lim v n − u n = 0.
n→+∞
De plus les suites u et v convergent alors lim v n = lim u n .
n→+∞
n→+∞
Donc les suites (u n ) et (v n ) convergent vers le même réel α.
(f) En admettant que α vérifie l’équation α = f (α).
Déterminer la valeur exacte de α.
2α + 1
α+1
⇔ α(α + 1) = 2α + 1
α = f (α) ⇔ α =
⇔ α2 − α −p1 = 0
1± 5
⇔ α=
2
p
1+ 5
Or comme pour tout n ∈ N, 1 É u n É 2 alors α =
.
2
3
4