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corrigé

On se propose d'étudier les suites u_n+1=u_n²+u_n , c'est à dire les suites récurrentes définies par une condition initiale u₀ et la fonction itérable f : z® z²+z .

1  Résolution dans R .

1. Étudier la fonction R ® R : x® x²+x . Graphe en repère orthonormé.

   1. On obtient une parabole. On constate que les points fixes sont x=+¥ et x=0 (avec une pente 1 ). Autrement dit le point x=0 n'est ni ``attractif'' ni ``répulsif''.

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   Figure 1: Une parabole et sa tangente.

2. Montrer que si u₀ Î [ -[1/4], 0] alors ( u) ® 0 et que si u₀ > 0 alors ( u) ® +¥.

   1. Le segment [ -[1/4], 0] est un segment stable. En effet f est croissante sur ce segment, donc f( S) = [ f( -[1/4]) , f( 0) ] Ì S . On a "x Î S : x £ f( x) donc la suite est croissante. Comme f est continue, la limite est un point fixe de S , et 0 est le seul point fixe contenu dans S . Prouvant que ( u) ® 0 .
   2. Si u₀ > 0 alors le segment [ u₀, +¥] est stable, etc. On obtient ( u) ® +¥.

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3. Que se passe-t-il pour u₀ < -[1/4] ?

   1. Si u₀ Î [ -1, -1/4] on a u₁ Î [ -[1/4], 0] et Q1.2a donne ( u) ® 0 .
   2. Si u₀ < -1 alors u₁ > 0 et Q1.2a donne ( u) ® +¥.

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2  Vitesse de convergence pour u₀ Î ]  -1, 0 [  

1. Montrer que, pour tout n > 0 , on a -[1/(n+1)] < u_n < 0 .

   1. Lemme : on a f( -[1/(n+1)]) = -[n/(( n+1) ²)] > -[1/(n+2)] . En effet, [1/(n+2)]-[n/(( n+1) ²)]=[1/(( n+1) ² ( n+2) )] > 0 .
   2. Pour n=0 , on a précisément -1 < u₀ < 0 . On obtient -[1/2] < u₁ < 0 parce que [^f]( ] -1, 0[ ) = [  -[1/4], 0 [ .
   3. En supposant (récurrence) que 1 £ n et -[1/(n+1)] < u_n < 0 , la croissance de f donne -[1/(n+2)] < f( -[1/(n+1)]) < f( u_n) < f( 0) , montrant que la propriété se propage.

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2. Montrer que la suite ( v) définie par v_n=n u_n est décroissante.

   1. On calcule ( v_n+1-v_n) = ( n+1) f( u_n) -n u_n . Il vient u_n( n u_n+u_n+1) . La question précédente montre que cette quantité est strictement négative pour tout n : la suite ( v) est donc strictement décroissante.

      1

3. Montrer que ( v) converge vers une limite l Î [  -1, 0 [ .

   1. D'après Q2.1, -1 < -[n/(n+1)] < v_n=n u_n < 0 . La suite ( v) est donc strictement décroissante dans le segment [ -1, 0] : elle admet une limite l Î [  -1, 0 [ .

      1

4. Montrer que la suite ( w) définie par w_n=n( v_n+1-v_n) converge vers l( 1+l) .

   1. On reprend le calcul de Q2.4 : w_n=n( v_n+1-v_n) = n u_n( n u_n+u_n+1) . Comme n u_n® l et u_n® 0 on voit que w_n® l( 1+l) .

      1

5. Soit ( t) une suite croissante telle que $a > 0 : $N Î N : "n ³ N : t_n+1-t_n ³ [a/n] . Montrer que l'on a alors "n ³ N : t_2n-t_n ³ [a/2] , puis que ( t) ® +¥.

   1. On a t_2n-t_n=å_k=n^k=2n-1( t_k+1-t_k) ³ å[a/k] . On met a en facteur, et on minore chaque [1/k] par [1/2n] . Comme il y a n termes, on obtient le minorant demandé, soit [a/2] .
   2. Comme t_n+1-t_n ³ [a/n] > 0 , la suite t_n est croissante (à partir d'un certain rang). La suite ( t) admet donc une limite (dans [`(R)] ). Pour déterminer cette limite, il suffit de trouver la limite d'une suite (habilement) extraite.
   3. La propriété Q2.5.a donne t_mN ³ t_N+( m-1) [a/2] : la suite ( t_mN) _m tend vers +¥.

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6. On suppose que l ¹ -1 . Montrer que ( -v_n) vérifierait les conditions de Q2.5. Conclure.

   1. On suppose l ¹ -1 , ce qui revient à supposer l Î ] -1, 0[ . On pose a=-[1/2]l( 1+l) > 0 . On aurait donc (à partir d'un certain rang) 0 < a £ -w_n , soit [a/n] £ ( -v_n+1) -( -v_n) .
   2. Le lemme Q2.5 conduirait alors à ( -v) ® ¥, qui n'a pas lieu puisque ( v) ® l Î R.
   3. Ad absurdum, l = -1.

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7. Utiliser les résultats précédents pour évaluer la plus ou moins grande rapidité avec laquelle ( u) converge vers sa limite lorsque u_n Î ]  -1, 0 [ .

   1. Le résultat v_n=n u_n® -1 se réécrit u_n ~ -[1/n] , et la convergence est très lente.

      1

3  Résolution pour z₀ Î C  lorsque | z₀| ³ 2 

1. Montrer que | a| ³ 2 implique | 1+a| ³ 1 et que, pour a ¹ -2 , l'inégalité est stricte.

   1. Par inégalité triangulaire | 1+a| ³ | a| -| 1| ³ 2-1=1 .
   2. Les seuls cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire correspondent aux triangles aplatis. Dans le cas présent, cela donne a Î R. D'ailleurs, on voit bien que les cercles C( 0, 2) et C( -1, 1) sont tangents intérieurement.

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2. En déduire que | z₀| ³ 2 implique "n ³ 2 : | z_n| > 2 .

   1. La question précédente montre que | z₀| ³ 2 implique "n : | z_n| ³ 2 .
   2. Si | z_n+2| = 2 avec | z₀| ³ 2 , il faut que z_n+1=-2 . Mais alors z_n=[1/2]( -1±iÖ7) et | z_n| = Ö2 , qui est impossible. On a donc | z_n+2| > 2 .

      1

3. On pose e = | z₂| -2 . Montrer que, pour tout n ³ 2 , on a | z_n+1| ³ ( 1+e)  | z_n| . Conclure.

   1. Lemme : on a | z_n+1| = | z_n+z_n²| = | z_n| | 1+z_n| .
   2. Appelons P( n) la propriété | z_n+1| ³ ( 1+e)  | z_n| . Comme | z₂+1| ³ | z₂| -1=1+e, la propriété P( 2) est vraie.
   3. Appelons [^P]( n) la propriété "m Î [ 2 .. n]  : P( m) . Il est clair que [^P]( 2) est vraie. Supposons alors que [^P]( n) soit vraie pour un certain n ³ 2 . On obtient immédiatement | z_n+1| ³ | z₂| = 2+e, montrant que | z_n+1+1| ³ 1+e. Le lemme Q2.3a conduit à P( n+1) et l'on voit que [^P]( n+1) est vraie à son tour.
   4. On en conclut | z_n+2| ³ ( 1+e) ⁿ| z₂| d'où z_n® ¥.
   5. Le point essentiel est ici une définition claire de la propriété que l'on prétend propager par récurrence.

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4  Résolution dans le pavé -1 £ Â( z) £ 0,  -[(Ö3)/2] £ Á( z) £ [(Ö3)/2] 

1. On pose x_n=Â( z_n) et y_n=Á( z_n) . Exprimer x_n+1 et y_n+1 en fonction de x_n et de y_n .

   1. On a z_n=x_n+i y_n . D'où x_n+1=f( x_n) -y_n² et y_n+1=y_n( 1+2 x_n) .

      1

2. Montrer que le rectangle K défini ci-dessus est stable par f . Montrer que l'intérieur [K\dot] du rectangle est lui aussi stable par f . Déterminer quels sont les points de la frontière dont l'image reste sur la frontière. En déduire que "n ³ 3 : z_n Î [K\dot] , à moins que z₃=0 , hypothèse que l'on exclut désormais.

   1. On suppose z_n Î K . On a donc -[1/4] £ f( x_n) £ 0 et -[3/4] £ -y_n² £ 0 . D'où x_n+1 Î [ -1, 0] . De même -1 £ 1+2 x_n £ 0 d'où y_n+1 Î [ -[(Ö3)/2], [(Ö3)/2]] .
   2. Pour obtenir | y_n+1| = [(Ö3)/2] avec z_n Î K , il faut à la fois | 1+2x_n| = 1 et | y_n| = [(Ö3)/2] c'est à dire partir de l'un des quatre sommets du rectangle.
   3. Pour obtenir x_n+1=0 avec z_n Î K , il faut f( x_n) = y_n=0 , c'est à dire partir de l'un des points z=-1 ou z=0 . Pour obtenir x_n+1=-1 avec z_n Î K , il faut f( x_n) = -[1/4] et y_n²=[3/4] , c'est à dire partir de l'un des points z=j ou z=j² .
   4. En appliquant f°f aux points -1±i[(Ö3)/2] , ±i[(Ö3)/2] on trouve -[15/16]±i[(Ö3)/4] , qui est un point intérieur du rectangle.
   5. En appliquant f°f aux points -1 , 0 et -[1/2]±i[(Ö3)/2] , on tombe sur z=0 .

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3. En déduire que la suite | y_n| converge vers une limite m telle que m £ [(Ö3)/2] .

   1. Comme | y_n+1| = | y_n| | 1+2 x_n| avec | 1+2 x_n| £ 1 , la suite | y_n| est décroissante. Étant minorée par 0 , elle converge vers une limite m.
   2. Il est clair que m £ | y₃| < [(Ö3)/2] .

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4. Montrer que ( x) ® 0 implique m = 0 et que m ¹ 0 implique ( x) ® 0 .

   1. La relation Q4.1 donne y_n²=f( x_n) -x_n+1 . Si ( x) ® 0 on a donc y_n²® 0 , d'où m = 0 .
   2. Si m ¹ 0 , il existe alors N Î N tel que "n ³ N : y_n ¹ 0 . On a donc | 1+2 x_n| = | [(y_n+1)/(y_n)]| ® [(m)/(m)]=1 . Comme [1/4]( ( 1+2 x_n) ²-1) = x_n( 1+x_n) , on a également f( x_n) ® 0 .
   3. La formule Q4.1 donne alors x_n® -m² . Par continuité, f( -m²) = 0 et donc m = 0 ou bien m = 1 . Comme les points z_n ne peuvent s'approcher des points -1±i (qui sont en dehors du rectangle), on a donc m = 0 et ( x) ® 0 .

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5. En déduire que ( y) converge vers 0.

   1. La question précédente donne ( m ¹ 0) Þ ( m = 0) . Ce qui prouve m = 0 et, partant, y_n® 0 .
6. On procède au changement de variable g : z® z = z+[1/2] . Décrire le rectangle K dans le nouveau repère. Que vaut [^f]=g°f°g^-1 ?

   1. On place l'origine au centre de K , qui s'écrit alors ( x, h) Î [ -[1/2], +[1/2]] ×[ -[(Ö3)/2], +[(Ö3)/2]] .
   2. On trouve [^f]( z) = z²+[1/4]
7. On pose z_n=g( z_n) , x_n=Â( z_n) , h_n=Á( z_n) et r_n=| z_n| . Donner les relations de récurrences concernant la suite ( z) d'une part, et les suites ( x) et ( h) d'autre part.

   1. On a donc z_n+1=z_n²+[1/4] . D'où x_n+1=x_n²-h_n²+[1/4] et h_n+1=2 x_nh_n .
8. Montrer que l'on a, pour tout n , ( r_n²-[1/4]) ² £ r_n+1² £ ( r_n²+[1/4]) ² .

   1. Un peu de calcul donne ( r_n²+[1/4]) ²-r_n+1²=h_n² ³ 0 .
   2. De même r_n+1²-( r_n²-[1/4]) ²=x_n² ³ 0 , établissant la relation demandée.
9. Déterminer le nombre r_d caractérisé par : `` ( r_n²-[1/4]) -r_n > 0 équivaut à r_n > r_d ''.

   1. On commence par résoudre l'équation r²-r-[1/4]=0 , qui admet r = [(1-Ö2)/2] » -0.2 et r_d=[(1+Ö2)/2] » 1.2 comme solutions.
   2. Le trinôme est positif à l'extérieur des racines. Comme r < 0 est exclus, il reste r > r_d .
10. En supposant que r₀ > r_d , montrer que la suite r_n est croissante. Quelle est sa limite ? Conclure sur la suite ( z) correspondante.

    1. En supposant r_n > r_d on a r_n² < ( r_n²-[1/4]) ² £ r²_n+1 . On en déduit r_d < r_n < r_n+1 : la suite ( r) est donc strictement croissante.
    2. Elle admet donc une limite l Î [`(R)] , avec r_d < l. En passant à la limite dans (a) on trouve l = l²-[1/4] qui donne l = +¥ ou bien l = r_d qui est à exclure.
    3. On voit donc que ( z) ® ¥. Ce résultat est meilleur que le résultat de Q3, puisqu'il concerne un cercle de rayon nettement plus petit ( » 1.2 au lieu de 2 ).