La correction du DR4

TS - Maths - Correction Devoir de recherche n°4
Soit la fonction fdéfinie sur l’intervalle [0; 2] par
f(x)=2x+1
x+1.
1. Étudier les variations de fsur l’intervalle [0 ; 2]. Montrer que si x∈[1 ; 2] alors f(x)∈[1 ; 2].
fest une fonction rationnelle, donc dérivable sur tout intervalle inclus dans son ensemble de
définition, et :
f0(x)=2(x+1) −(2x+1)
(x+1)2=1 (x+1)2>0
Donc fest croissante sur [0 ; 2], de plus f(1) =2×1+1
1+1=3 2=1,5 et f(2) =2×2+1 2+1=5 3<2. Ainsi
pour x∈[1;2] par croissance de f, on af(x)∈[1 ; 2].
2. (un)et (vn)sont deux suites définies sur Npar :
u0=1et pour tout entier naturel n,un+1=f(un).
v0=2et pour tout entier naturel n,vn+1=f(vn).
(a) Le graphique donné ci-dessous représente la fonction fsur l’intervalle [0 ; 2].
Construire sur l’axe des abscisses les trois premiers termes de chacune des suites (un)et
(vn)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 (un)et (vn)?
On peut conjecturer que les deux suites sont convergentes vers la même limite et que (un)
est croissante alors que (vn) est décroissante.
(b) Montrer à l’aide d’un raisonnement par récurrence que :
Pour tout entier naturel n, 1 ÉvnÉ2.
Pour tout entier naturel n,vn+1Évn.
On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :
Pour tout entier naturel n, 1 ÉunÉ2.
Pour tout entier naturel n,unÉun+1.
Soit n∈Net Pnla proposition de récurrence : 1 ÉvnÉ2.
Initialisation : Pour n=0 :
Comme v0=2 alors P0est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel kquelconque et fixé Pkest vraie (1 ÉvkÉ2)
, alors montrons que Pk+1est vrai aussi (1 Évk+1É2).
On a 1 ÉvkÉ2 par hypothèse de récurrence donc 1 Éf(vk)É2, d’après la relation démontrée
à la question 1.
Ainsi si Pkest vraie alors Pk+1est vraie.
Conclusion : Par raisonnement par récurrence, Pnest vraie pour tout entier naturel n.
Ainsi pour tout entier naturel n, 1 ÉvnÉ2.
Soit n∈Net Qnla proposition de récurrence : vn+1Évn.
Initialisation : Pour n=0, On a v1=f(v0)=f(2) =5
3donc v1Év0.
Donc Q0est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel kquelconque et fixé Qkest vraie (vk+1Évk)
, alors montrons que Pk+1est vraie aussi (vk+2Évk+1).
1

On a vk+1Évkpar hypothèse de récurrence et vk;vk+1sont deux nombres de [0 ; 2] (Récur-
rence précédente), donc comme fest croissante sur [0 ; 2], alors :
f(vk+1)Éf(vk)⇔vk+2Évk+1
Ainsi, si Qkest vraie alors Qk+1est vraie
Conclusion : Par raisonnement par récurrence pour tout n∈N,Qnest vraie.
Ainsi pour tout entier naturel n,vn+1Évn.
On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :
Pour tout entier naturel n, 1 ÉunÉun+1É2.
(c) Montrer que pour tout entier naturel n,vn+1−un+1=vn−un
(vn+1)(un+1).
En déduire que pour tout entier naturel n,vn−unÊ0et vn+1−un+1É1
4(vn−un).
vn+1−un+1=2vn+1
vn+1−2un+1 un+1
=(2vn+1)(un+1) −(2un+1)(vn+1)
(vn+1)(un+1)
=2unvn+un+2vn+1−2unvn−2un−vn−1
(un+1)(vn+1)
=vn−un
(vn+1)(un+1)
Soit n∈N,Rnla proposition de récurrence : vn−unÊ0
Initialisation :Pour n=0, on a v0−u0=2−1=1, donc R0est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel kquelconque et fixé Rkest vraie (vk−ukÊ
0), alors montrons que Rk+1est vraie aussi (vk+1−uk+1Ê0).
On a vk−ukÊ0 par hypothèse de récurrence, et on sait que :
vk+1−uk+1=
>0
z }| {
vk−uk
vk+1
| {z }
>0
uk+1
| {z }
>0
.
Donc vk+1−uk+1>0.
Ainsi, si Rkest vraie alors Rk+1est vraie.
Conclusion : Par raisonnement par récurrence, pour tout n∈N,Rnest vraie.
Ainsi pour tout entier naturel vn−unÊ0.
Comme 1 ÉunÉ2, alors 2 Éun+1É3 et 1
3É1 un+1É1 2puisque la fonction inverse est décrois-
sante sur ]0 ; +∞[.
De même, 1
3É1 vn+1É1 2.
Or
vn+1−un+1=vn−un
(vn+1)(un+1)⇒vn+1−un+1Évn−un
4.
2

(d) Montrer que pour tout entier naturel n,vn−unɵ1
4¶n
.
Soit n∈Net Tnla proposition de récurrence : vn−unɵ1
4¶n
Initialisation : Pour n=0, on a v0−u0=2−1=1ɵ1
4¶0
=1
Donc T0est vraie.
Hérédité : Supposons que pour un entier naturel kquelconque et fixé Tkest vraie (vk−ukÉ
µ1
4¶k
), alors montrons que Tk+1est vraie aussi (vk+1−uk+1ɵ1
4¶k+1
).
On a vk+1−uk+1Évk−uk
4d’après la question précédente et par hypothèse de récurrence on a
vk−ukɵ1
4¶k
.
Donc vk+1−uk+1É1
4×µ1 4¶k
.
Ce qui est équivalent à vk+1−uk+1ɵ1
4¶k+1
. Donc si Tkvraie alors Tk+1aussi.
Conclusion : Par raisonnement par récurrence, pour tout n∈N,Tnest vraie.
Ainsi pour tout entier naturel n,vn−unɵ1
4¶n
(e) Montrer que les suites (un)et (vn)convergent vers un même réel α.
Comme la suite (un) est croissante (unÉun+1) et majorée par 2, alors uest convergente.
Comme la suite (vn) est décroissante (vnÊvn+1) et minorée par 1, alors vest convergente.
Comme ¡1
4¢nde la forme qnavec −1<q<1, alors lim
n→+∞µ1
4¶n
=0
et comme pour tout entier naturel n, 0 Évn−unɵ1
4¶n
,
alors d’après le théorème des gendarmes : lim
n→+∞vn−un=0.
De plus les suites uet vconvergent alors lim
n→+∞vn=lim n→+∞un.
Donc les suites (un)et (vn)convergent vers le même réel α.
(f) En admettant que αvérifie l’équation α=f(α).
Déterminer la valeur exacte de α.
α=f(α)⇔α=2α+1
α+1
⇔α(α+1) =2α+1
⇔α2−α−1=0
⇔α=1±p5
2
Or comme pour tout n∈N, 1 ÉunÉ2 alors α=1+p5
2.
3

4