Corrigé des exercices - Dunod

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et
g(x) − x = (r + x2 ) 2 (1 − xr) − x
r(r + x 2 ) 2 .
+ 1
b) On développe
(r + x 2 ) 2 (1 − xr) − x = −rx 5 + x 4 − 2r 2 x 3 + 2rx 2 − (1 + r 3 )x + r 2 .
On souhaite démontrer que cette expression peut s’écrire (x 3 + rx − 1)(ax 2 + bx + c). En
développant et en identifiant les coefficients, on trouve a = −r, b = 1, c = −r 2 .
3. a) Les points fixes de g sont les solutions de (r + x 2 ) 2 (1 − xr) − x = 0, c’est-à-dire
(x 3 + xr − 1)(−rx 2 + x − r 2 ) = 0. Outre l, il y a les solutions de −rx 2 + x − r 2 = 0. Pour
r = 1, cette équation du second degré n’a pas de solution (∆ = −3) et l est le seul point
fixe de g.
[
b) On remarque que, pour tout x ∈ R, f(x) ∈ 0, 1 ]
[
.Pour n 1, on a donc u n ∈ 0, 1 ]
:
r
r
la suite (u n ) n∈N est bornée.
[
La fonction f est décroissante sur 0, 1 ]
[
donc g est croissante sur 0, 1 ]
. On en déduit que
r
r
les deux suites (u 2n ) n∈N ∗ et (u 2n+1 ) n∈N sont monotones. Comme elles sont bornées, elles
convergent vers un point fixe de g, c’est-à-dire l. On en déduit que (u n ) n∈N converge vers l.
4. a) On procède
√
comme dans
√
le cas r = 1. Ici, l’équation −rx 2 +x−r 2 = 0 a deux solutions
2
2
α = 1 −
2 et β = 1 + . On vérifie qu’ils ne sont pas points fixes de f et sont donc
2
distincts de l. Ainsi g a trois points fixes α, β et l.
b) Si x ∈ E, on a g(x) = f ◦ f(x) = x et f(x) = f ◦ f ◦ f(x) = f(g(x)) : le point f(x) est
point fixe de g donc il appartient à E. Comme f est injective sur R + , on a f(E) = E.
c) On a f(l) = l et f injective sur R + donc f(α) ≠ l. Comme α n’est pas un point fixe de
f, f(α) = β et de même f(β) = α. Si l < α alors l > β car f est décroissante. C’est faux
car α < β. On a donc α < l et β > l, soit α < l < β.
d) Pour tout x, h(x) = g(x) −x a le signe de (x 3 +xr −1)(−rx 2 +x−r 2 ). Cette expression
s’annule et change de signe en α, l, β. Comme sa limite en +∞ est −∞, on en déduit le
tableau suivant
x α l β
h(x) + 0 − 0 + 0 −
e) La fonction g étant croissante, les intervalles limités par ses points fixes sont stables par
g.
Si 0 < u 0 α, on a pour tout n ∈ N, u 2n α. Comme h est positive sur ] − ∞,α] la
suite croît. Elle est croissante et majorée donc converge. Sa limite est un point fixe de g qui
ne peut être que α. De même, si u 0 ∈ [α,l[ la suite (u 2n ) n∈N est à valeurs dans [α,l[ est
décroissante et converge vers α. Ainsi, pour u 0 ∈] − ∞,l[ la suite (u 2n ) n∈N converge vers α.
On en déduit que (u 2n+1 ) n∈N converge vers f(α) = β.
De même si u 0 ∈]l,+∞[, la suite (u 2n ) n∈N converge vers β et la suite (u 2n+1 ) n∈N converge
vers α.
Si u 0 = l, la suite est constante, égale à l.