Corrigé des exercices - Dunod

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2. On a par définition, pour tout n ∈ N,
|f(u n ) − f(α)| k|u n − α| soit |u n+1 − α| k|u n − α|.
Une récurrence facile conduit à |u n − α| k n |u 0 − α|, pour tout entier n. Comme
lim
n→+∞ kn |u 0 − α| = 0, puisque k ∈ ]0,1[, on en déduit que
lim u n = α.
n→+∞
Exercice 17.24
([
Si n 1, u n = cos u n−1 ∈ [−1,1] et si n 2, u n = cos u n−1 ∈ [0,1] car cos([−1,1]) ⊂ cos − π 2 , π ])
= [0,1].
2
Sur [0,1], l’application cos est décroissante. On en déduit que cos ◦cos est croissante. Les
deux suites (u 2n ) n1 et (u 2n+1 ) n1 sont donc monotones. Comme elles sont bornées (à
valeurs dans [0,1]), elles convergent vers un point fixe de cos ◦cos.
Étudions sur [0,1], la fonction f : x ↦−→ cos ◦cos(x) − x. On a, pour tout x ∈ [0,1],
f ′ (x) = sin(cos x)sin x − 1.
Si x ∈ [0,1], 0 sin x sin 1 et 0 sin(cos x) sin 1. On a donc
f ′ (x) sin 2 1 − 1 < 0.
La fonction f est strictement décroissante. Elle ne peut pas s’annuler plus d’une fois et
cos ◦cos n’a pas plus d’un point fixe. Les deux suites (u 2n ) n1 et (u 2n+1 ) n1 ont donc
même limite l et (u n ) n∈N converge vers l.
Exercice 17.25
1. La fonction f est croissante sur R − et décroissante sur R + . On a, pour tout x ∈ R,
f(x) − x = 1 3 (4 − x2 − 3x) = 1 (1 − x)(4 + x).
3
On a donc f(x) < x si x < −4 ou x > 1 et f(x) > x si x ∈ ]−4,1[. Les points fixes de f
sont −4 et 1.
2. Si |u 0 | = 4, alors u 1 = −4 et pour n 1, u n = −4. La suite converge vers −4.
Si |u 0 | > 4, alors u 1 < −4. Mais il résulte de l’étude de f que l’intervalle ] − ∞, −4[ est
stable par f. On a donc u n < −4 pour tout n 1. La suite est décroissante car f(x) < x
pour x < −4. Si elle converge sa limite est un point fixe de f inférieur à −4. Il n’y en a pas.
On en déduit que (u n ) n∈N diverge vers −∞.
]
3. a) Il découle des variations de f que f(] − 4,4[) = −4, 4 ]
. On en déduit que l’intervalle
]
3
−4, 4 ]
]
est stable par f. Si |u 0 | < 4, alors u 1 ∈ −4, 4 ] ]
et donc u n ∈ −4, 4 ]
pour tout
3
3
3
n 1.