Correction : Analyse, Etude d'une suite de racines d'équations algébriques

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Suites numériques. Suites récurrentes.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

Correction

d’après ESSEC option Eco 2002
1.a Par opérations sur les fonctionsϕest strictement croissante surℝ+.
De plusϕ(0)=0 etl→i+m∞ϕ()= +∞. Par suiteϕréalise une bijection deℝ+versℝ+.
Par suite l’équationϕ()=1 possède une unique solutiondansℝ+.

1.b

1.c

1.d

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

3.c

3.d

ϕ(0)=0≠1 donc≠0 puis>0 .
ϕ(1)=≥1 donc=ϕ−1(1)≤ϕ−1()=1 carϕ−1est croissante tout commeϕ.
Si= qui est le cas lorsque1 (ce=1 ) la relation(1−)=1−est vraie.

− = −
Si<1 alors 1=+2+⋯+=11−−donc(1) 1.

ϕ()=1 etϕ(+1)=+1+⋯++1=1−++1car on a++11++1+⋯++1=1 .
1
Puisqueϕ(+1)=1−++1≤1=ϕ( a) on+1≤après application deϕ−1fonction croissante.
La suite ((par 0) elle converge vers une limite décroissante, étant de plus minorée ) estℓ.

2≠1 car 1 n’est pas solution de l’équation2+=1 .
Par suite2< ( La suite1 .) étant décroissante :∀≥2, 0≤≤2puis 0≤≤2.
Puisque2< on a1 ,2→0 puis par comparaison :→0 .
En passant la relation(1−)=1−à la limite on obtient :ℓ(1−0)=1−ℓd’oùℓ=1 2 .

(1−)=1−donne+1=2−1 puis 21+1(1+ε)+1=εet enfin ) 2,1( 1⊂1 2,1 .
En passant cette relation au logarithme népérien : (+1) ln(1+ε)=(+1) ln 2+lnε.
Il ne reste plus qu’à multiplier parεpour obtenir la relation voulue.

ε
 lnε
Quand→ +∞: (+1)εln(1+ε)=(+1)εln 2+εlnεdonne (+1)ε=ln(1+ε)−ln 2
orε→0 donc par composition de limites :εlnεet ln(1+ε)→0 donc par opérations sur les
limites : (+1)ε→0 .
(1+ε)+1=exp((+1) ln(1+ε)) or ln(1+ε)∼εpuisqueε→0 .
Par suite (+1) ln(1+ε)∼(+1)ε→0 donc (1+ε)+1→ de limites.1 par composition

ε=(1+ε+)+1∼1+car (1+ε)+1∼1 .
2121
On aα2+α=1 donc(α)=α1+1=α2α+α=α.

est décroissante,(1)= et1 2(1 2)=2 3≤1 donc 2,1 )( 1⊂1 2,1 .

Puisque la0∈ et1 2,1: 1 2,1→ a1 2,1 on∀∈ℕ,∈1 2,1 .
+1−α=1+1−α1+1=(+α1−)(α+1)≤32−αcar+1≥23 et α+1≥1 .
Par récurrence sur∈ℕ:
Pour=0 :0−α=1−α≤1 carα∈0,1 .
Supposons la propriété établie au rang≥0 :
22+1
+1−α≤3−α≤3.

4.a

4.b

4.c

4.d

4.e

Récurrence établie.
 
Puisque32 →0 , on peut conclure→α.

0+∞
() 1ց0 .
Puisque0∈0,1 et: 0,1→0,1 on a∀∈ℕ,∈0,1 .

Puisque la fonction itératrice est décroissante de 0,1 vers lui-même, les suites (2) et (2+1) sont des
suites monotones et de monotonies contraires.
0=1,1=1 3,2=9 13≤donc (2 ( décroissante et) est2+1) est croissante.
De plus ces suites sont bornées ; étant monotones et bornées, elles convergent.
La relation2+1=(2) donne à la limite :ℓ′=(ℓ) (carest continue).
La relation2=(2−1) donne à la limite :ℓ=(ℓ′) .

On a((ℓ))=ℓc don111=ℓ
(ℓ2+ℓ+1)2+ℓ2+ℓ+1+1
ce qui donneℓ5+ℓ4+2ℓ3+ℓ−1=0 puis (ℓ2+1)(ℓ3+ℓ2+ℓ−1)=ℓ5+ℓ4+2ℓ

3+ℓ− .1 0
=

Puisqueℓ2+1≠0 on aℓ3+ℓ2+ℓ=1 orℓ≥0 (car∀∈ℕ,2≥0 ) doncℓ=3=β.
ℓ′=(ℓ)=ℓ2+1ℓ+1=ℓ3+ℓℓ2+ℓ=ℓ.
Puisque2→ℓet2+1→ℓon peut conclure→ℓ.