Aller au contenu

Un mot pour Fahmio

Tu écris. Tu continues.

Un problème, une idée — assez pour qu’on comprenne, puis tu retournes à ta copie.

On lit. Tu n’as rien d’autre à faire.

Où veux-tu aller ?

↑ ↓ pour parcourir · Entrée pour ouvrir · Échap pour fermer

Fahmio
Fahmio
Bac Tunisie
Mathématiques/SU-A
SU-ASuites réelles

Suite récurrente un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) et l'IAF

Idée directrice

Le cœur « créatif » du problème. Une suite est définie par un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) et l'on veut sa limite. Trois temps : (1) montrer qu'un intervalle II contenant le point fixe α\alpha est stable (f(I)⊂If(I)\subset I) ; (2) majorer ∣un+1−α∣=∣f(un)−f(α)∣≤k ∣un−α∣|u_{n+1}-\alpha|=|f(u_n)-f(\alpha)|\leq k\,|u_n-\alpha| par l'inégalité des accroissements finis, où k=sup⁡∣f′∣<1k=\sup|f'|<1 ; (3) en déduire ∣un−α∣≤kn∣u0−α∣→0|u_n-\alpha|\leq k^n|u_0-\alpha|\to0, donc un→αu_n\to\alpha.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Soit (un)(u_n) définie par un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) » ; « montrer que ∣un+1−α∣≤k∣un−α∣|u_{n+1}-\alpha|\leq k|u_n-\alpha| ».

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • IAF : si ∣f′∣≤k|f'|\leq k sur II, alors ∣f(x)−f(y)∣≤k∣x−y∣|f(x)-f(y)|\leq k|x-y| pour tous x,y∈Ix,y\in I. C'est l'outil de convergence no1.
  • Recette en 3 temps : stabilité f(I)⊂If(I)\subset I →\to contraction k=sup⁡I∣f′∣<1k=\sup_I|f'|<1 →\to ∣un−α∣≤kn∣u0−α∣|u_n-\alpha|\leq k^n|u_0-\alpha|.
  • Alternative sans IAF : montrer (un)(u_n) monotone et bornée (donc convergente), puis passer à la limite dans un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) (ff continue) pour identifier ℓ=f(ℓ)\ell=f(\ell).
  • Monotonie de (un)(u_n) : étudier le signe de f(x)−xf(x)-x, ou de un+1−unu_{n+1}-u_n ; si ff est décroissante, considérer les sous-suites (u2n)(u_{2n}) et (u2n+1)(u_{2n+1}).
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Appliquer l'IAF sans avoir établi la stabilité de II (les termes doivent y rester pour que la majoration de ∣f′∣|f'| soit licite). Affirmer ℓ=f(ℓ)\ell=f(\ell) sans invoquer la continuité de ff. Oublier que si ff décroît, (un)(u_n) n'est en général pas monotone — il faut passer aux sous-suites de rangs pairs et impairs.

Sujet principal

Exercice 4 — convergence par l'IAF

4 questionsCorrigé masqué

Soit f(x)=e−xf(x)=\e^{-x} et (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et un+1=f(un)=e−unu_{n+1}=f(u_n)=\e^{-u_n}. On admet le point fixe α∈]12,1[\alpha\in\left]\tfrac12,1\right[ tel que α=e−α\alpha=\e^{-\alpha}.

  1. Montrer que pour tout nn, un∈[13,1]u_n\in\left[\tfrac13,1\right].
  2. Montrer que pour tout x∈[13,1]x\in\left[\tfrac13,1\right],  ∣f′(x)∣≤e−1/3\ |f'(x)|\leq \e^{-1/3}, puis que e−1/3<1\e^{-1/3}<1.
  3. En déduire que ∣un+1−α∣≤e−1/3 ∣un−α∣|u_{n+1}-\alpha|\leq \e^{-1/3}\,|u_n-\alpha|, puis que ∣un−α∣≤(e−1/3)n|u_n-\alpha|\leq \big(\e^{-1/3}\big)^n.
  4. Conclure sur la convergence de (un)(u_n) et déterminer sa limite.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : l'intervalle I=[13,1]I=\big[\tfrac13,1\big] est stable par ff ; récurrence. ff est décroissante, donc f(I)=[f(1),f(13)]=[e−1,e−1/3]≈[0,37 ; 0,72]⊂If(I)=[f(1),f(\tfrac13)]=[\e^{-1},\e^{-1/3}]\approx[0{,}37\,;\,0{,}72]\subset I. Initialisation : u0=1∈Iu_0=1\in I. Hérédité : si un∈Iu_n\in I alors un+1=f(un)∈f(I)⊂Iu_{n+1}=f(u_n)\in f(I)\subset I. Donc un∈Iu_n\in I pour tout nn.

2. f′(x)=−e−xf'(x)=-\e^{-x}, ∣f′(x)∣=e−x|f'(x)|=\e^{-x} est décroissante : sur II son maximum est e−1/3\e^{-1/3}, atteint en 13\tfrac13. Comme 13>0\tfrac13>0, k=e−1/3<1k=\e^{-1/3}<1.

3. Idée : inégalité des accroissements finis entre unu_n et α\alpha, tous deux dans II. ∣f(un)−f(α)∣≤k ∣un−α∣|f(u_n)-f(\alpha)|\leq k\,|u_n-\alpha|, soit ∣un+1−α∣≤k ∣un−α∣|u_{n+1}-\alpha|\leq k\,|u_n-\alpha| car f(α)=αf(\alpha)=\alpha. Par récurrence : ∣u0−α∣≤1=k0|u_0-\alpha|\leq1=k^0 (u0,α∈Iu_0,\alpha\in I), et si ∣un−α∣≤kn|u_n-\alpha|\leq k^n alors ∣un+1−α∣≤k⋅kn=kn+1|u_{n+1}-\alpha|\leq k\cdot k^n=k^{n+1}.

4. 0<k<1⇒kn→00<k<1\Rightarrow k^n\to0, donc ∣un−α∣→0|u_n-\alpha|\to0 par encadrement :

lim⁡n→+∞un=α(α=e−α≈0,567)\lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha\qquad(\alpha=\e^{-\alpha}\approx0{,}567)

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill SU-A.1 — intervalle stable et IAF
Entraînement 01 / 05

Drill SU-A.1 — intervalle stable et IAF

4 questionsCorrigé masqué

Soit f(x)=12 x+1xf(x)=\dfrac{1}{2}\,x+\dfrac{1}{x} et (un)(u_n) définie par u0=2u_0=2 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n).

  1. Vérifier que α=2\alpha=\sqrt2 est le point fixe de ff sur ]0,+∞[]0,+\infty[.
  2. Montrer que l'intervalle I=[2, 2]I=[\sqrt2,\,2] est stable par ff.
  3. Montrer que pour tout x∈Ix\in I, ∣f′(x)∣≤12|f'(x)|\le \dfrac12, puis que ∣un+1−2∣≤12∣un−2∣|u_{n+1}-\sqrt2|\le\tfrac12|u_n-\sqrt2|.
  4. En déduire lim⁡n→+∞un\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. On a : f(x)=x⇔1x=x2⇔x2=2f(x)=x\Leftrightarrow \tfrac1x=\tfrac x2\Leftrightarrow x^2=2, d'où α=2\alpha=\sqrt2 sur ]0,+∞[]0,+\infty[.

2. f′(x)=12−1x2f'(x)=\tfrac12-\tfrac1{x^2}. Sur I=[2,2]I=[\sqrt2,2], f′≥0f'\ge0 car x2≥2x^2\ge2, donc ff est croissante ; f(2)=2f(\sqrt2)=\sqrt2 et f(2)=32≤2f(2)=\tfrac32\le2. Donc f(I)=[2,32]⊂If(I)=[\sqrt2,\tfrac32]\subset I.

3. Sur II, 2≤x2≤42\le x^2\le4 donc 0≤1x2≤120\le\tfrac1{x^2}\le\tfrac12 et 0≤f′(x)≤120\le f'(x)\le\tfrac12, d'où ∣f′∣≤12|f'|\le\tfrac12. Par l'IAF, ∣un+1−2∣=∣f(un)−f(2)∣≤12∣un−2∣|u_{n+1}-\sqrt2|=|f(u_n)-f(\sqrt2)|\le\tfrac12|u_n-\sqrt2|.

4. Montrons que pour tout nn, ∣un−2∣≤(12)n∣u0−2∣|u_n-\sqrt2|\le(\tfrac12)^n|u_0-\sqrt2|, par récurrence. Initialisation : égalité pour n=0n=0. Supposons que ∣un−2∣≤(12)n∣u0−2∣|u_n-\sqrt2|\le(\tfrac12)^n|u_0-\sqrt2| et montrons que ∣un+1−2∣≤(12)n+1∣u0−2∣|u_{n+1}-\sqrt2|\le(\tfrac12)^{n+1}|u_0-\sqrt2| : c'est l'IAF ci-dessus. Comme (12)n→0(\tfrac12)^n\to0, Conclusion : lim⁡n→+∞un=2\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\sqrt2.

2 Drill SU-A.2 — le piège de la monotonie de ff
Entraînement 02 / 05

Drill SU-A.2 — le piège de la monotonie de ff

3 questionsCorrigé masqué

Soit f(x)=3x+4f(x)=\sqrt{3x+4} et (un)(u_n) : u0=0u_0=0, un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n). Le point fixe positif est α=4\alpha=4.

  1. Montrer que ff est croissante sur [0,4][0,4] et que [0,4][0,4] est stable.
  2. En déduire par récurrence que (un)(u_n) est croissante et majorée par 44.
  3. Conclure sur la convergence et donner la limite.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. f′(x)=323x+4>0f'(x)=\dfrac{3}{2\sqrt{3x+4}}>0 : ff croissante sur [0,4][0,4]. f(0)=2f(0)=2, f(4)=4f(4)=4, donc f([0,4])=[2,4]⊂[0,4]f([0,4])=[2,4]\subset[0,4].

2. Montrons que pour tout nn, un≤un+1≤4u_n\le u_{n+1}\le4, par récurrence. Initialisation : u0=0≤u1=2≤4u_0=0\le u_1=2\le4. Supposons que un≤un+1≤4u_n\le u_{n+1}\le4 et montrons que un+1≤un+2≤4u_{n+1}\le u_{n+2}\le4 : ff croissante et l'intervalle stable donnent un+1≤un+2≤4u_{n+1}\le u_{n+2}\le4.

3. Croissante majorée ⇒\Rightarrow converge vers ℓ=f(ℓ)∈[0,4]\ell=f(\ell)\in[0,4]. Conclusion : ℓ=4\ell=4.

3 Drill SU-A.3 — suite contractante : le rang n0n_0 qui garantit une valeur approchée à 10−310^{-3} près
Entraînement 03 / 05

Drill SU-A.3 — suite contractante : le rang n0n_0 qui garantit une valeur approchée à 10−310^{-3} près

4 questionsCorrigé masqué

Exercice de type devoir de contrôle : très entraîné en classe, il n'est jamais posé seul aux épreuves 2015–2026 de la section Mathématiques.

Soit ff la fonction définie sur ]0,+∞[]0,+\infty[ par f(x)=3−1xf(x)=3-\dfrac1x, et (un)(u_n) la suite définie par u0=2u_0=2 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) pour tout n∈Nn\in\N. On note I=[2,3]I=[2,3].

  1. Point fixe et intervalle stable.
    1. Montrer que l'équation f(x)=xf(x)=x admet dans II une unique solution α\alpha, et que α=3+52\alpha=\dfrac{3+\sqrt5}{2}.
    2. Montrer que f(I)⊂If(I)\subset I, puis que un∈Iu_n\in I pour tout n∈Nn\in\N.
  2. Inégalité des accroissements finis.
    1. Montrer que pour tout x∈Ix\in I, ∣f′(x)∣≤14|f'(x)|\le\dfrac14.
    2. En déduire que pour tout n∈Nn\in\N, ∣un+1−α∣≤14 ∣un−α∣|u_{n+1}-\alpha|\le\dfrac14\,|u_n-\alpha|.
  3. Convergence.
    1. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, ∣un−α∣≤(14)n|u_n-\alpha|\le\left(\dfrac14\right)^n.
    2. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente et préciser sa limite.
  4. Rang pour une précision donnée.
    1. Déterminer le plus petit entier naturel n0n_0 tel que (14)n0≤10−3\left(\dfrac14\right)^{n_0}\le10^{-3}.
    2. Calculer un0u_{n_0} sous forme de fraction irréductible. En déduire une valeur approchée de α\alpha à 10−310^{-3} près.
    3. À l'aide de la calculatrice (α≈2,61803\alpha\approx2{,}61803), comparer ∣u3−α∣|u_3-\alpha| et ∣u4−α∣|u_4-\alpha| à 10−310^{-3}. L'entier n0n_0 est-il le premier rang nn tel que ∣un−α∣≤10−3|u_n-\alpha|\le10^{-3} ?
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Idée : résoudre f(x)=xf(x)=x, puis ne garder que la racine qui tombe dans II. Pour x>0x>0 :

3−1x=x  ⟺  x2−3x+1=03-\dfrac1x=x\iff x^2-3x+1=0

Le discriminant vaut Δ=5\Delta=5 ; les racines sont 3−52≈0,38\dfrac{3-\sqrt5}{2}\approx0{,}38, hors de II, et 3+52\dfrac{3+\sqrt5}{2}. Comme 1≤5≤31\le\sqrt5\le3, on a 2≤3+52≤32\le\dfrac{3+\sqrt5}{2}\le3. L'équation admet donc dans II une unique solution α=3+52\boxed{\alpha=\dfrac{3+\sqrt5}{2}}.

1.b f′(x)=1x2>0f'(x)=\dfrac1{x^2}>0 : ff est croissante sur II, donc f(I)=[f(2),f(3)]=[52,83]⊂If(I)=[f(2),f(3)]=\left[\dfrac52,\dfrac83\right]\subset I.

Montrons par récurrence que pour tout n∈Nn\in\N, un∈Iu_n\in I. Initialisation : u0=2∈Iu_0=2\in I. Supposons que un∈Iu_n\in I et montrons que un+1∈Iu_{n+1}\in I : un+1=f(un)∈f(I)⊂Iu_{n+1}=f(u_n)\in f(I)\subset I. Conclusion : un∈Iu_n\in I pour tout n∈Nn\in\N.

2.a Pour x∈[2,3]x\in[2,3], x2≥4x^2\ge4, donc 0<f′(x)=1x2≤140<f'(x)=\dfrac1{x^2}\le\dfrac14.

2.b Idée : inégalité des accroissements finis entre unu_n et α\alpha, qui sont tous deux dans II. ff est dérivable sur II et ∣f′∣≤14|f'|\le\dfrac14 sur II, donc ∣f(un)−f(α)∣≤14∣un−α∣|f(u_n)-f(\alpha)|\le\dfrac14|u_n-\alpha|. Or f(un)=un+1f(u_n)=u_{n+1} et f(α)=αf(\alpha)=\alpha, d'où ∣un+1−α∣≤14∣un−α∣|u_{n+1}-\alpha|\le\dfrac14|u_n-\alpha|.

3.a Montrons par récurrence que pour tout nn, ∣un−α∣≤(14)n|u_n-\alpha|\le\left(\frac14\right)^n. Initialisation : ∣u0−α∣=α−2≤1|u_0-\alpha|=\alpha-2\le1 car α≤3\alpha\le3. Supposons que ∣un−α∣≤(14)n|u_n-\alpha|\le\left(\frac14\right)^n et montrons que ∣un+1−α∣≤(14)n+1|u_{n+1}-\alpha|\le\left(\frac14\right)^{n+1} : par 2.b, ∣un+1−α∣≤14∣un−α∣≤14(14)n|u_{n+1}-\alpha|\le\frac14|u_n-\alpha|\le\frac14\left(\frac14\right)^n. Conclusion : la majoration est vraie pour tout n∈Nn\in\N.

3.b 0<14<10<\frac14<1, donc (14)n→0\left(\frac14\right)^n\to0 ; par comparaison, ∣un−α∣→0|u_n-\alpha|\to0 :

lim⁡n→+∞un=α=3+52\lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha=\dfrac{3+\sqrt5}{2}

4.a Idée : pas besoin de logarithme, on compare les puissances de 4 à 1000. (14)n≤10−3  ⟺  4n≥1000\left(\frac14\right)^n\le10^{-3}\iff4^n\ge1000. Or 44=256<10004^4=256<1000 et 45=1024≥10004^5=1024\ge1000, et 4n4^n croît avec nn : n0=5\boxed{n_0=5}.

4.b u1=52u_1=\dfrac52, u2=135u_2=\dfrac{13}5, u3=3413u_3=\dfrac{34}{13}, u4=8934u_4=\dfrac{89}{34}, u5=23389u_5=\dfrac{233}{89}. D'après 3.a, ∣u5−α∣≤11024<10−3|u_5-\alpha|\le\dfrac1{1024}<10^{-3} : u5=23389≈2,618\boxed{u_5=\dfrac{233}{89}\approx2{,}618} est une valeur approchée de α\alpha à 10−310^{-3} près.

4.c u3≈2,61538u_3\approx2{,}61538 et ∣u3−α∣≈2,65×10−3>10−3|u_3-\alpha|\approx2{,}65\times10^{-3}>10^{-3} ; u4≈2,61765u_4\approx2{,}61765 et ∣u4−α∣≈3,9×10−4≤10−3|u_4-\alpha|\approx3{,}9\times10^{-4}\le10^{-3}. Le premier rang convenable est donc 44, pas n0=5n_0=5 : la majoration (14)n\left(\frac14\right)^n garantit la précision sans être optimale, car près de α\alpha le vrai facteur de contraction est ∣f′(α)∣=1α2≈0,146|f'(\alpha)|=\dfrac1{\alpha^2}\approx0{,}146, bien plus petit que 14\frac14.

4 Drill SU-A.4 — fonction de récurrence décroissante : suite non monotone, sous-suites (u2n)(u_{2n}) et (u2n+1)(u_{2n+1}) et encadrement de 3\sqrt3
Entraînement 04 / 05

Drill SU-A.4 — fonction de récurrence décroissante : suite non monotone, sous-suites (u2n)(u_{2n}) et (u2n+1)(u_{2n+1}) et encadrement de 3\sqrt3

4 questionsCorrigé masqué

Exercice de type devoir de contrôle : très entraîné en classe, il n'est jamais posé seul aux épreuves 2015–2026 de la section Mathématiques.

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=1u_0=1 et, pour tout n∈Nn\in\N, un+1=1+21+unu_{n+1}=1+\dfrac{2}{1+u_n}.

  1. Position des termes par rapport à 3\sqrt3.
    1. Montrer par récurrence que pour tout n∈Nn\in\N, 1≤un≤21\le u_n\le2.
    2. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, un+1−3=(1−3)(un−3)1+unu_{n+1}-\sqrt3=\dfrac{(1-\sqrt3)(u_n-\sqrt3)}{1+u_n}.
    3. En déduire que un+1−3u_{n+1}-\sqrt3 et un−3u_n-\sqrt3 sont de signes contraires. La suite (un)(u_n) est-elle monotone ?
  2. On pose k=3−12k=\dfrac{\sqrt3-1}{2}.
    1. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, ∣un+1−3∣≤k ∣un−3∣|u_{n+1}-\sqrt3|\le k\,|u_n-\sqrt3|.
    2. En déduire que (un)(u_n) converge vers 3\sqrt3.
  3. Sous-suites de rangs pairs et impairs.
    1. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, un+2=2un+3un+2u_{n+2}=\dfrac{2u_n+3}{u_n+2}, puis que un+2−un=3−un2un+2u_{n+2}-u_n=\dfrac{3-u_n^2}{u_n+2}.
    2. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, u2n<3<u2n+1u_{2n}<\sqrt3<u_{2n+1}.
    3. En déduire que la suite (u2n)(u_{2n}) est croissante et que la suite (u2n+1)(u_{2n+1}) est décroissante.
  4. Calculer u1,…,u5u_1,\dots,u_5 sous forme de fractions et en déduire un encadrement de 3\sqrt3 par deux rationnels dont l'écart vaut 1165\dfrac1{165}.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Montrons par récurrence que pour tout nn, 1≤un≤21\le u_n\le2. Initialisation : u0=1u_0=1. Supposons que 1≤un≤21\le u_n\le2 et montrons que 1≤un+1≤21\le u_{n+1}\le2 : 2≤1+un≤32\le1+u_n\le3, donc 23≤21+un≤1\dfrac23\le\dfrac2{1+u_n}\le1 et 53≤un+1≤2\dfrac53\le u_{n+1}\le2. Conclusion : 1≤un≤21\le u_n\le2 pour tout nn.

1.b Idée : réduire au même dénominateur et faire apparaître le facteur un−3u_n-\sqrt3.

un+1−3=(3−3)+(1−3)un1+unu_{n+1}-\sqrt3=\dfrac{(3-\sqrt3)+(1-\sqrt3)u_n}{1+u_n}

Or 3−3=3(3−1)=−3 (1−3)3-\sqrt3=\sqrt3(\sqrt3-1)=-\sqrt3\,(1-\sqrt3), donc le numérateur vaut (1−3)(un−3)(1-\sqrt3)(u_n-\sqrt3).

1.c 1−3<01-\sqrt3<0 et 1+un>01+u_n>0 : un+1−3u_{n+1}-\sqrt3 et un−3u_n-\sqrt3 sont de signes contraires (aucun terme n'est égal à 3\sqrt3, puisque u0≠3u_0\neq\sqrt3 et que le facteur 1−31+un\frac{1-\sqrt3}{1+u_n} ne s'annule pas). Les termes passent alternativement de part et d'autre de 3\sqrt3 : u0=1<u1=2u_0=1<u_1=2 mais u2=53<u1u_2=\frac53<u_1, donc (un)(u_n) n'est pas monotone — c'est l'effet de x↦1+21+xx\mapsto1+\frac2{1+x}, décroissante.

2.a Idée : minorer le dénominateur, le seul terme qui dépend de nn. 1+un≥21+u_n\ge2, donc ∣1−3∣1+un≤3−12=k\dfrac{|1-\sqrt3|}{1+u_n}\le\dfrac{\sqrt3-1}{2}=k et ∣un+1−3∣≤k ∣un−3∣|u_{n+1}-\sqrt3|\le k\,|u_n-\sqrt3|.

2.b Par une récurrence immédiate, ∣un−3∣≤kn∣u0−3∣=kn(3−1)|u_n-\sqrt3|\le k^n|u_0-\sqrt3|=k^n(\sqrt3-1). Comme 0<k≈0,366<10<k\approx0{,}366<1, kn→0k^n\to0, d'où lim⁡n→+∞un=3\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=\sqrt3} : la suite converge sans être monotone.

3.a 1+un+1=2+21+un=2(un+2)1+un1+u_{n+1}=2+\dfrac2{1+u_n}=\dfrac{2(u_n+2)}{1+u_n}, donc 21+un+1=1+unun+2\dfrac{2}{1+u_{n+1}}=\dfrac{1+u_n}{u_n+2} et

un+2=1+1+unun+2=2un+3un+2u_{n+2}=1+\dfrac{1+u_n}{u_n+2}=\dfrac{2u_n+3}{u_n+2}
un+2−un=2un+3−un2−2unun+2=3−un2un+2u_{n+2}-u_n=\dfrac{2u_n+3-u_n^2-2u_n}{u_n+2}=\dfrac{3-u_n^2}{u_n+2}

3.b Montrons par récurrence que pour tout nn, u2n<3<u2n+1u_{2n}<\sqrt3<u_{2n+1}. Initialisation : u0=1<3<u1=2u_0=1<\sqrt3<u_1=2. Supposons que u2n<3<u2n+1u_{2n}<\sqrt3<u_{2n+1} et montrons que u2n+2<3<u2n+3u_{2n+2}<\sqrt3<u_{2n+3} : d'après 1.c, u2n+1>3u_{2n+1}>\sqrt3 donne u2n+2<3u_{2n+2}<\sqrt3, qui donne à son tour u2n+3>3u_{2n+3}>\sqrt3. Conclusion : l'encadrement est vrai pour tout n∈Nn\in\N.

3.c Idée : le signe de un+2−unu_{n+2}-u_n est celui de 3−un23-u_n^2, donc celui de 3−un\sqrt3-u_n (termes positifs). Pour les rangs pairs, 0<u2n<30<u_{2n}<\sqrt3 : u2n+2−u2n>0u_{2n+2}-u_{2n}>0, (u2n)(u_{2n}) est croissante. Pour les rangs impairs, u2n+1>3u_{2n+1}>\sqrt3 : u2n+3−u2n+1<0u_{2n+3}-u_{2n+1}<0, (u2n+1)(u_{2n+1}) est décroissante.

4. u1=2u_1=2, u2=53u_2=\dfrac53, u3=74u_3=\dfrac74, u4=1911u_4=\dfrac{19}{11}, u5=2615u_5=\dfrac{26}{15}. D'après 3.b et 3.c, u2<u4<3<u5<u3u_2<u_4<\sqrt3<u_5<u_3, d'où

1911<3<2615\boxed{\dfrac{19}{11}<\sqrt3<\dfrac{26}{15}}

et 2615−1911=286−285165=1165\dfrac{26}{15}-\dfrac{19}{11}=\dfrac{286-285}{165}=\dfrac1{165} (1,7272…<1,7320…<1,7333…1{,}7272\ldots<1{,}7320\ldots<1{,}7333\ldots).

5 Drill SU-A.5 — ∣f′∣<1|f'|<1 établi dans l'étude de ff, puis la suite Un+1=13f(Un)U_{n+1}=\frac13f(U_n)
Entraînement 05 / 05

Drill SU-A.5 — ∣f′∣<1|f'|<1 établi dans l'étude de ff, puis la suite Un+1=13f(Un)U_{n+1}=\frac13f(U_n)

7 questionsCorrigé masqué

Exercice de type devoir de contrôle : très entraîné en classe, il n'est jamais posé seul aux épreuves 2015–2026 de la section Mathématiques.

Soit ff la fonction définie sur R\R par f(x)=x2+8f(x)=\sqrt{x^2+8}.

Partie A

  1. Parité et comportement en +∞+\infty.
    1. Montrer que ff est paire.
    2. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x) et lim⁡x→+∞(f(x)−x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-x\big). Interpréter graphiquement.
  2. Dérivée et variations.
    1. Calculer f′(x)f'(x) pour tout réel xx et dresser le tableau de variation de ff.
    2. Montrer que pour tout réel xx, ∣f′(x)∣<1|f'(x)|<1.
  3. En déduire que pour tous réels aa et bb, ∣f(a)−f(b)∣≤∣a−b∣|f(a)-f(b)|\le|a-b|.

Partie B — Soit (Un)(U_n) la suite définie par U0=4U_0=4 et, pour tout n∈Nn\in\N, Un+1=13 f(Un)U_{n+1}=\dfrac13\,f(U_n).

  1. Montrer que 11 est l'unique réel ℓ\ell tel que f(ℓ)=3ℓf(\ell)=3\ell.
  2. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, ∣Un+1−1∣≤13 ∣Un−1∣|U_{n+1}-1|\le\dfrac13\,|U_n-1|.
  3. Majoration et limite.
    1. Montrer que pour tout n∈Nn\in\N, ∣Un−1∣≤31−n|U_n-1|\le3^{1-n}.
    2. En déduire la limite de la suite (Un)(U_n).
  4. L'équation f(x)=xf(x)=x a-t-elle des solutions ? Expliquer pourquoi c'est le facteur 13\dfrac13, et non la seule inégalité ∣f′(x)∣<1|f'(x)|<1, qui rend la suite convergente.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

A.1.a R\R est symétrique par rapport à 00 et f(−x)=(−x)2+8=f(x)f(-x)=\sqrt{(-x)^2+8}=f(x) : ff est paire.

A.1.b lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. Idée : multiplier par la quantité conjuguée pour lever ∞−∞\infty-\infty.

f(x)−x=8x2+8+x→x→+∞0f(x)-x=\dfrac{8}{\sqrt{x^2+8}+x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0

La droite d'équation y=xy=x est asymptote à la courbe de ff au voisinage de +∞+\infty ; par parité, y=−xy=-x l'est au voisinage de −∞-\infty.

A.2.a f′(x)=2x2x2+8=xx2+8f'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+8}}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+8}}, du signe de xx : ff est décroissante sur ]−∞,0]]-\infty,0] et croissante sur [0,+∞[[0,+\infty[, de minimum f(0)=22f(0)=2\sqrt2.

x−∞0+∞f′(x)−0+f(x)+∞↘22↗+∞\begin{array}{c|ccccc}x&-\infty&&0&&+\infty\\ \hline f'(x)&&-&0&+&\\ \hline f(x)&+\infty&\searrow&2\sqrt2&\nearrow&+\infty\end{array}

A.2.b x2<x2+8x^2<x^2+8, donc ∣x∣<x2+8|x|<\sqrt{x^2+8} et ∣f′(x)∣=∣x∣x2+8<1|f'(x)|=\dfrac{|x|}{\sqrt{x^2+8}}<1 pour tout réel xx.

A.3 ff est dérivable sur R\R et ∣f′∣≤1|f'|\le1 sur R\R : l'inégalité des accroissements finis sur l'intervalle d'extrémités aa et bb donne ∣f(a)−f(b)∣≤∣a−b∣|f(a)-f(b)|\le|a-b|.

B.1 Idée : f>0f>0, donc une solution de f(ℓ)=3ℓf(\ell)=3\ell est forcément positive, et l'on peut élever au carré. Pour ℓ>0\ell>0 : ℓ2+8=3ℓ  ⟺  ℓ2+8=9ℓ2  ⟺  ℓ2=1  ⟺  ℓ=1\sqrt{\ell^2+8}=3\ell\iff\ell^2+8=9\ell^2\iff\ell^2=1\iff\ell=1. Réciproquement f(1)=3f(1)=3.

B.2 Idée : écrire 1=13f(1)1=\frac13f(1) pour comparer Un+1U_{n+1} et 11 avec A.3.

∣Un+1−1∣=13 ∣f(Un)−f(1)∣≤13 ∣Un−1∣|U_{n+1}-1|=\dfrac13\,|f(U_n)-f(1)|\le\dfrac13\,|U_n-1|

B.3.a Montrons par récurrence que pour tout nn, ∣Un−1∣≤31−n|U_n-1|\le3^{1-n}. Initialisation : ∣U0−1∣=3=31|U_0-1|=3=3^{1}. Supposons que ∣Un−1∣≤31−n|U_n-1|\le3^{1-n} et montrons que ∣Un+1−1∣≤3−n|U_{n+1}-1|\le3^{-n} : par B.2, ∣Un+1−1∣≤13⋅31−n=3−n|U_{n+1}-1|\le\frac13\cdot3^{1-n}=3^{-n}. Conclusion : la majoration est vraie pour tout n∈Nn\in\N.

B.3.b 31−n=3(13)n→03^{1-n}=3\left(\frac13\right)^n\to0, donc lim⁡n→+∞Un=1\boxed{\lim_{n\to+\infty}U_n=1} (par exemple U1=263≈1,633U_1=\frac{2\sqrt6}3\approx1{,}633, U2=469≈1,089U_2=\frac{4\sqrt6}9\approx1{,}089).

B.4 f(x)=xf(x)=x imposerait x≥0x\ge0 et x2+8=x2x^2+8=x^2 : aucune solution. Une suite un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n) n'aurait donc aucun point fixe vers lequel converger : ∣f′(x)∣<1|f'(x)|<1 ne suffit pas, car ∣f′(x)∣→1|f'(x)|\to1 quand x→+∞x\to+\infty et il n'existe aucun k<1k<1 qui majore ∣f′∣|f'| sur R\R. Ici c'est 13\frac13 qui fournit le coefficient k=13<1k=\frac13<1. Et comme la majoration de ∣f′∣|f'| vaut sur tout R\R, l'inégalité des accroissements finis s'applique entre UnU_n et 11 sans avoir à établir d'intervalle stable.

Relier ce raisonnement au bac

Choisis une filière pour voir les sujets qui étayent ce scénario.