colle du mercredi 2 février 2005 - xavierdupre.fr

colle du mercredi 2 février 2005Exercice 1Soit a ∈ [0,1]. Soit (u n ) la suite dénie par :{u0 = 0 (u n+1 = u n + 1 2 a 2 − un)21) On pose x n = a − u n et y n = a + u n . Trouver des relations liant x n+1 à x n et y n+1 à y n .2) Montrer que les suites (x n ) et (y n ) sont positives. En déduire la monotonie de la suite (u n ).3) Montrer que la suite (u n ) est convergente et déterminer sa limite.Correction de l'exercice 11) D'après la dénition de (x n ), u n = a − x n . On remplace u n et u n+1 dans l'équation de récurrence.a − x n+1 = a − x n + 1 (a 2 − (a − x n ) 2)2x n+1 = x n − 1 (a 2 − ( a 2 + x 2 ))n − 2ax n2x n+1 = x n − 1 (2axn − x 22n)x n+1 = x n (1 − a) + 1 2 x2 nOn peut pour vérier les calculs calculer le premier terme x 1 et comparer au résultat obtenu avec u 1 = 1 2 a2 . Commex 0 = a, la dernière relation de récurrence trouvée aboutit à x 1 = a − 1 2 a2 , ce qui est le résultat attendu. On procèdede même pour la suite (y n ).y n+1 − a = y n − a + 1 (a 2 − (y n − a) 2)2y n+1 = y n + 1 (a 2 − ( a 2 + y 2 ))n − 2ay n2y n+1 = y n + 1 (2ayn − y 22n)y n+1 = y n (a + 1) − 1 2 y2 nOn trouve également y 1 = a + 1 2 a2 .2) Comme x n = a − u n et y n = a + u n , on en déduit que y n = 2a − x n et :{xn 0y n 0 ⇐⇒ 0 x n 2a (1)On veut démontrer que cette dernière inégalité est vraie pour tout n. On procède par récurrence, on suppose quecette inégalité est vériée à l'ordre n. Comme x 0 = a, elle l'est à l'ordre 0. On cherche maintenant à démontrerqu'elle est vraie à l'ordre n + 1. On s'intéresse à la fonction f(x) = x(1 − a) + 1 2 x2 . x n+1 = f(x n ).1

f(x) = x (1 − a) + 1 2 x2 = 1 x [2(1 − a) + x]2Ce polynôme a pour racine 0 et 2(a − 1). Comme a 1, les deux racines sont négatives ou nulles. On en déduit quesur l'intervalle [0,2a], la fonction f est croissante. Par conséquent :∀x ∈ [0,2a] ,f(0) f(x) f(2a)∀x ∈ [0,2a] ,0 f(x) 2a [2(1 − a) + 2a] = 2aOn vient de démontrer que si 0 x n 2a, alors cela implique que 0 x n+1 2a. D'après l'inégalité (1), celapermet d'armer que les deux suites sont positives. Il reste à démonter la monotonie de la suite (u n ). Commex n = a − u n , si l'une des deux suites est monotone, l'autre l'est aussi. Il sut de démonter la monotonie de la suite(x n ). Le tracé de la fonction f(x) suggère que f(x) x. On calcule le signe de f(x) − x.f(x) − x = x (1 − a) + 1 2 x2 − x = −ax + 1 2 x2( ) 1= x2 x − aOr si 0 x 2a, alors 1 2 x − a 0 et f(x) − x 0. Par conséquent, f(x n) x n et x n+1 x n . La suite (x n ) estdécroissante. Comme u n = a − x n , la suite (u n ) est croissante.3) La question précédente permet d'armer que la suite (u n ) est croissante et bornée dans l'intervalle [−a,a]. Lasuite (u n ) est croissante et majorée, elle converge donc vers une limite l qui est solution de l'équation :l = l + 1 (a 2 − l )2⇐⇒ ( a 2 − l ) = 0⇐⇒ l = a ou l = −aComme la suite (u n ) est croissante et que u 0 = 0, la seule limite possible est l = a.n exo 1⊓⊔Exercice 2Que peut-on dire que la suite dénie par :{u0 = 1 2u n+1 = (1 − u n ) 2Correction de l'exercice 2On remarque tout d'abord que la suite (u n ) est positive. On peut également démontrer par récurrence que la suite(u n ) prend ses valeurs dans l'intervalle [0,1]. En eet, u 0 ∈ [0,1] et si on suppose que u n ∈ [0,1], alors :2

0 u n 10 1 − u n 10 (1 − u n ) 2 10 u n+1 1On en déduit que : ∀n, u n ∈ [0,1]. La suite (u n ) est bornée mais on ne sait pas encore si elle converge ou diverge.On peut tracer le graphe de la suite ou calculer les premiers termes de la suite.u 0 = 1 2 ∼ 0,5 u 1 = 1 4 ∼ 0,75u 2 = 916 ∼ 0,56 u 3 = 49256 ∼ 0,19u 4 = 4284965536 ∼ 0,65 u 5 ∼ 0,12u 6 ∼ 0,77 u 7 ∼ 0,051On aimerait bien montrer que la suite des termes pairs est croissante et la suite des termes impairs est décroissante.Pour cela, on calcule n n+2 en fonction de u n :u n+2 = (1 − u n+1 ) 2 =(1 − (1 − u n ) 2) 2u n+2 = ( 1 − ( 1 + u 2 )) 2n − 2u n) 2u n+2 = ( 2u n − u 2 nu n+2 = u 2 n (2 − u n ) 2On calcule la diérence u n+2 − u n :u n+2 − u n = u 2 n (2 − u n ) 2 − u n]= u n[u n (2 − u n ) 2 − 1[ (= u n un 4 − 2un + u 2 ) ]n − 1[= u n 4un − 4u 2 n + u 3 n − 1 ]On remarque que 1 est une racine évidente du polynôme P (x) = 4x − 4x 2 + x 3 − 1, par conséquent :u n+2 − u n = u n (u n − 1) [ u 2 n − 4u n + 1 ]On calcule les racines du polynôme Q(x) = x 2 − 4x + 1. Le discriminant ∆ = 16 − 4 = 12. Par conséquent, les deuxracines de Q sont :x 1 = 4 − √ 122x 2 = 4 + √ 122= 2 − √ 3 ∼ 0,26= 2 + √ 3 > 1Seule la première racine nous intéresse puisque l'autre n'appartient pas à l'intervalle [0,1]. On en déduit que :3

{un+2 − u n 0 si u n 2 − √ 3u n+2 − u n 0 si u n 2 − √ 3Pour la suite des termes pairs, on sait que u 0 = 1 2 > 2 − √ 3 et d'après ce qui précède, on peut armer que :u 0 u 2 u 4 u 6 u 8 ... u 2n u 2n+2 ...Par récurrence, on peut donc montrer que la suite des termes pairs (u 2n ) est croissante. Elle est majorée puisqu'elleprend ses valeurs dans l'intervalle [0,1], elle est donc convergente. Pour la suite des termes impairs, on sait queu 1 = 1 4 < 2 − √ 3 et d'après ce qui précède, on peut armer que :u 1 u 3 u 5 u 7 u 9 ... u 2n−1 u 2n+1 ...Par récurrence, on peut donc montrer que la suite des termes impairs (u 2n+1 ) est décroissante. Elle est minoréepuisqu'elle prend ses valeurs dans l'intervalle [0,1], elle est donc convergente. Il reste à déterminer les limites dessuites (u 2n ) et (u 2n+1 ). Ces limites sont solution de l'équation :l = l 2 (2 − l) 2⇐⇒ ( l 2 (2 − l) 2 −)l = 0⇐⇒l l (2 − l) 2 − 1 = 0⇐⇒ l (1 − l) ( l 2 − 4l + 1 ) = 0⇐⇒ l (1 − l) ( l − ( 2 − √ 3 )) ( l − ( 2 + √ 3 )) = 0Ces calculs sont identiques à ceux eectués pour déterminer le signe de u n+2 − u n . Les quatre limites possibles sontdonc 0, 1, 2 − √ 3 et 2 + √ 3. La dernière solution est impossible car 2 + √ 3 /∈ [0,1]. La solution 2 − √ 3 est impossibleaussi car les deux suites (u 2n ) et (u 2n+1 ) s'éloignent de ces solutions. En eet, (u 2n ) est décroissante et son premierterme est strictement inférieur à 2 − √ 3. Elle ne peut donc converger vers cette limite. Un raisonnement analoguepermet d'armer que la suite (u 2n+1 ) ne peut pas converger non plus vers cette limite. Il reste les limites 0 et1. Comme tous les termes de la suite (u 2n ) sont inférieurs à 2 − √ 3, elle ne peut converger que vers 0. Le mêmeraisonnement permet d'armer que :{ lim u 2n = 0n→∞lim u 2n+1 = 1n→∞n exo 2⊓⊔4