Devoir 04 (ds 02)

corrigé

``Si un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d'énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il est amené à prendre (concours Mines-Ponts)''

1  Diamètre d'un ensemble

Soit A une partie bornée non vide de R. On pose E={ | x-y|  / x, y Î A } .

1. Montrer que E possède une borne supérieure, que l'on notera d( A) .

   1. Comme A est non vide, E n'est pas vide non plus. Comme A est borné, il existe un M tel que | x| £ M pour tout x Î A . On a alors | x-y| £ 2M pour tous x, y Î A . Soit E £ 2M , d'où l'existence de d( A) .

      1

2. Comparer d( A) et le nombre supA-infA .

   1. On a x £ supA et -y £ -infA . Donc x-y £ supA-infA et le nombre d( A) = sup{ x-y / x, y Î A } vérifie d( A) £ supA-infA .
   2. D'autre part supA est la limite d'une A -suite, soit x_n® supA . Et de même y_n® infA . On a supA-infA=lim( x_n-y_n) £ d( A) .
   3. On a donc d( A) = supA-infA .

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2  Récurrence homographique

On considère la fonction f : f( z) = [7/(z+2)] , ainsi qu'une suite ( x) définie par son premier terme x₀ Î C et la récurrence x_n+1=f( x_n) .

1. Montrer que l'équation f( z) = z admet deux solutions dans R. On les appellera a et b avec a < b.

   1. L'équation aux points fixes conduit à z²+2z-7=0 , c'est à dire à a = -1-2Ö2 et b = -1+2Ö2 .

      1

2. Exprimer x_n en fonction de n et de x₀ . En déduire la nature et la limite éventuelle de la suite ( x_n) . Pour quelles valeurs de x₀ la suite est-elle définie (au sens de x_n Î C).

   1. On pose f( z) = [(z-b)/(z-a)] . Le calcul donne M=[(f( f( z) ) )/(f( z) )]=[(c a+d)/(c b+d)]=f¢( b) = -[9/7]+[4/7] Ö2 . On a donc x_n=y( Mⁿ f( x₀) ) = [(b-a f( x) Mⁿ)/(1-f( x) Mⁿ)] .
   2. Comme M » -.47759 , on voit que les suites x₀ ¹ a convergent vers b.

      2

3. On prend x₀=4 . Vérifier que l'on est bien dans le cas où la suite ( x_n) admet une limite l Î C. Déterminer les valeurs de n Î N telles que | x_n-l| soit inférieur à 10^-4 , puis à 10^-8 .

   1. Le point z=¥ correspond à f( z) = 1 . Comme f( x₀) = f( 4) » 0.277 et que | f( x_n) | £ | f( x₀) | , on a toujours x_n ¹ ¥, et la suite est toujours définie dans C.
   2. Pour obtenir | x_n-b| < 10^-k , on utilise x_n-b » ( b-a) f( x₀) Mⁿ . D'où n=13 et n=26 .

      2

4. Tracer le graphe de la fonction réelle x Î R,  x® f( x) . Utiliser ce graphe pour retrouver la façon dont la suite définie par x₀=4 converge vers sa limite.

   1. On voit que l'intervalle ]  -2, +¥ [ est stable, et que [  x₀, x₁ ] l'est aussi (fonction monotone).
   2. La fonction étant décroissante, les deux sous suites paires et impaires ont des croissances opposées.

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   Figure 1: Convergence en escargot... dans un intervalle stable.

3  Une autre suite récurrente

Soit E l'intervalle ] 0, +¥[ et f la fonction E ® R : f( t) = [1/(t+1-exp( -t) )] .

1. Étudier la fonction f , en particulier ses limites aux bornes de E .

   1. La fonction est définie sur E puisque exp( -t) < 1 sur cet intervalle.
   2. Cette fonction est strictement décroissante et continue, puisque sa dérivée existe et vaut -[(1+exp( -t) )/(( denom) ²)] < 0 .
   3. On a 0 £ f( t) £ [1/t] et donc lim_¥f=0 . Pour t® 0 , on a un dénominateur strictement positif qui tend vers 0, d'où lim₀f=+¥.

      2

2. Montrer que pour tout n Î N\0 il existe un et un seul x_n Î E tel que f( x_n) = n .

   1. La fonction décrit une bijection E ® E : il existe donc un et un seul x_n Î E tel que f( x_n) = n .

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3. La suite ( x_n) est-elle monotone ? Est-elle convergente (et en pareil cas, donner sa limite).

   1. Comme la suite ( n) est croissante et la fonction f^-1 décroissante, la suite f^-1( n) est décroissante.
   2. Cette suite est majorée par 0, et a donc une limite l ³ 0 . Si l'on avait l > 0 , on aurait pour tout n , 0 < l < x_n donc f( x_n) = n < f( l) . Or la suite ( n) n'est pas bornée.
   3. On a donc x_n® 0 .

      1

4. Soit a Î R et g la fonction g( t) = [a/t] . Montrer qu'il existe une et une seule valeur de a pour que lim_{t® ¥}[f( t) /g( t) ]=1 . Utiliser ce résultat pour déterminer une suite très simple ( y_n) telle que lim[(x_n)/(y_n)]=1 .

   1. On voit aisément que a=1 convient pour t® ¥.
   2. Dans le même ordre d'idées, on montre que la fonction g( t) = [1/2 t] vérifie lim₀[f/g]=1 . On a en effet [(exp( -t) -1)/(t-0)]® -1 par définition de la dérivée d'une fonction.
   3. On obtient donc f( x_n) ~ [1/(2x_n)]=n soit x_n ~ [1/2n] .

      1

      Figure 2: Graphes de f  et de exp( -t)  .

   A partir de maintenant, on s'intéresse à b = x₁ (c'est à dire au nombre tel que f( b) = 1 ).
5. Montrer que b est l'unique solution réelle de l'équation exp( -x) = x et justifier le fait que [1/e] £ b £ 1 .

   1. L'équation f( b) = 1 conduit effectivement à b-exp( -b) = 0 .
   2. Comme la fonction y : t® t-exp( -t) est continue strictement croissante, avec y( 0) = -1 et y( +¥) = +¥ l'équation admet une et une seule solution.
   3. Pour t = exp( -1) , on a t < 1 donc -1 < -t et t = exp( -1) < exp( -t) , d'où y( t) < 0 . Tandis que y( 1) = 1-t > 0 . On a donc t < b < 1 .

      2

6. Soit g la fonction x® exp( -x) et I l'intervalle [ [1/e], 1] . Montrer que g( I) Ì I et déterminer un réel k Î ] 0, 1[ tel que "x Î I : | g¢( x) | £ k .

   1. La fonction g est décroissante. On a donc g( [ t, 1] ) Ì [ g( 1) ,g( t) ] Ì [ g( 1) , g( 0) ] = [ t, 1] .
   2. On a g¢( t) = -g( t) . Donc | g¢| est décroissante. On trouve que | g¢( t) | £ | g¢( t) | < 0.7 .

      1

7. On considère la suite ( y_n) définie par y₀=1 et y_n+1=g( y_n) . Vérifier que, pour tout n , y_n Î I , puis montrer que "n Î N : | y_n-b| £ kⁿ| 1-b| .

   1. Puisque l'on part d'un intervalle stable, on y reste.
   2. On a (TAF) | f( x) -f( y) | £ k| x-y| pour tous x, y Î I .
   3. En particulier, ceci reste vrai avec le point fixe. Et une récurrence conduit à "n Î N : | y_n-b| £ kⁿ| 1-b| .

      1

8. En déduire la convergence de ( y_n) vers b. Déterminer un entier N tel que "n > N : | y_n-b| £ 10^-6 .

   1. La question précédente donne immédiatement | y_n-b| ® 0 .
   2. Comme b est inconnu, if faut majorer encore, obtenant | y_n-b| £ kⁿ (on peut aussi laisser 1-t en facteur). Il vient n lnk=-6 ln10 soit n » 37 .
   3. Cette valeur est en fait largement surestimée, car | g¢( b) | = b. Une fois la convergence entamée, le facteur de contraction est donc plus près de 0.56 que de 0.7 .
   4. On obtient une meilleure vision de la convergence en considérant la fonction g°g . Elle est croissante et sa dérivée varie entre 0.34 et 0.25 . On a donc une vitesse de convergence équivalente à celle assurée par un facteur de contraction égal à Ö{0.34... } < 0.59 .

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4  Une suite récurrente double

Soit K une partie non vide et majorée de R. On peut donc choisir u₀ qui soit élément de K et un w₀ qui soit un majorant de K . Puis on construit par récurrence deux suites ( u_n) et ( w_n) de la façon suivante. Si [(u_n+w_n)/2] n'est pas un majorant de K , on prend ( u_n+1, w_n+1) = ( [(u_n+w_n)/2], w_n) et si non, on prend ( u_n+1, w_n+1) = ( u_n, [(u_n+w_n)/2]) .

1. Dans cette seule question, on prend K = [ 0, 1[ È[ 3, 4[ , u₀=0 et w₀=10 . Déterminer ( u_n, w_n) pour n £ 4 .

   1. On fait tourner l'algorithme à la main. Il suffit de comparer le milieu avec le nombre 4 . On obtient successivement s₀=( 0, 10) , s₁=( 0, 5) , s₂=( 2.5, 5) , s₃=( 3.75, 5) , s₄=( 3.75, 4.375) .

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2. On revient au cas général. Montrer que, pour tout n , u_n £ w_n .

   1. La propriété est vraie pour n=0 . Elle se propage puisque w_n+1-u_n+1 est exactement égal à la moitié de w_n-u_n : le signe reste donc constant.
3. Montrer que les suites ( u_n) et ( w_n) sont adjacentes. Soit alors b leur limite commune.

   1. Il est clair que ( u) est croissante et ( w) décroissante.
   2. De plus w_n-u_n=[1/(2ⁿ)]( w₀-u₀) ® 0 . Par conséquent les suites sont adjacentes.

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4. Montrer que chaque w_n est un majorant de K , et que b est aussi un majorant de K .

   1. On a w₀ ³ K par définition, puis ou bien w_n+1=w_n et est un majorant par hypothèse de récurrence, ou bien w_n+1=[1/2]( w_n+u_n) parce que w_n+1 est un majorant de K . On a donc pour tout k Î K et tout n Î N la relation k £ w_n .
   2. On a donc "k Î K : k £ inf{ w_n / n Î N } soit k £ b et donc K £ b.

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5. Montrer qu'il existe une suite d'éléments de K qui converge vers b.

   1. On montre par récurrence que, pour tout n Î N, u_n n'est pas un majorant de K . Pour chaque n Î N il existe donc x_n Î K avec u_n < x_n .
   2. Comme chaque w_n est un majorant de K , on a donc u_n £ x_n £ w_n , et la suite ( x) converge vers la limite commune de ( u) et de ( v) c'est à dire b.

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6. Conclure.

   1. Le théorème de caractérisation séquentielle de la borne supérieure nous donne alors b = supK .

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