Correction de Devoir Surveillé N°07: Années précédentes

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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 7 avril 2012 ´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚07 EXERCICE 1 axSoit a ∈ R et f : R→ R l’application d´efinie par f(x) = e et (u ) la suite d´efinien n∈N par u = 00 (1) ∀n∈N, u = f(u )n+1 n Partie I. Points fixes de la fonction it´eratrice ln(x)+ +1. Soit ϕ : R → R la fonction d´efinie par ϕ(x) = .ϕ est d´erivable sur R comme x quotientdetelles fonctionsdontled´enominateurnes’annule pas.Depluspourtoutx> 0, 1−ln(x) ϕ(x) = . En particulier, ϕ(x) > 0 ⇐⇒ x 0 et ax = ln(x) ⇐⇒ x> 0 et ϕ(x) =a D’apr`es le tableau de variation de ϕ, on en d´eduit que si a≤ 0, f admet exactement 1 point fixe; −1si 0 e , f n’admet aucun point fixe. N Partie II. Cas d’une it´eratrice croissante On suppose dans cette partie que a≥ 0. 1. f est croissante comme compos´ee de telles fonctions. N +2. L’intervalleR eststable parf,parcons´equent lasuite (u )est bien d´efinie `avaleursdansn + +R . En outre, f est croissante sur R donc la suite (u ) est monotone. Pour d´eterminern sa monotonie il suffit d’observer que h(u ) = u −u = 1 > 0. Par cons´equent, (u ) est0 1 0 n croissante. N 1 ◮◮ր′⋆◮′◮′ց⋆ 13. On suppose que a > . D’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, la suite (u ) admetne +une limite dans ∈R ∪{+∞}. Comme la fonction it´eratrice est continue, on sait que si +la suite converge vers ∈R , alors est n´ecessairement un point fixe de f. Or d’apr`es la question I.2, f n’a pas de point fixe. Par cons´equent (u ) est divergente vers +∞. Nn 14.

Sujets

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

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Extrait

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr samedi 7 avril 2012
´ ´CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚07
EXERCICE 1
axSoit a ∈ R et f : R→ R l’application d´efinie par f(x) = e et (u ) la suite d´efinien n∈N
par
u = 00 (1)
∀n∈N, u = f(u )n+1 n
Partie I. Points fixes de la fonction it´eratrice
ln(x)+ +1. Soit ϕ : R → R la fonction d´efinie par ϕ(x) = .ϕ est d´erivable sur R comme
x
quotientdetelles fonctionsdontled´enominateurnes’annule pas.Depluspourtoutx> 0,
1−ln(x)
ϕ(x) = . En particulier, ϕ(x) > 0 ⇐⇒ x <e.
2x
Le tableau suivant r´esume les variations de ϕ.
x 0 e +∞
lim ϕ(x) = −∞ϕ(x) + 0 −
+ Nx→0
−1e +lim ϕ(x) = 0 (CC)
x→+∞ϕ(x)
+−∞ 0
2. Soit x∈R. Alors
axf(x) = x ⇐⇒ e =x ⇐⇒ x> 0 et ax = ln(x)
⇐⇒ x> 0 et ϕ(x) =a
D’apr`es le tableau de variation de ϕ, on en d´eduit que
si a≤ 0, f admet exactement 1 point fixe;
−1si 0 <a< e , f admet exactement deux points fixes;
−1si a = e , f admet exactement un point fixe;
−1si a> e , f n’admet aucun point fixe.
N
Partie II. Cas d’une it´eratrice croissante
On suppose dans cette partie que a≥ 0.
1. f est croissante comme compos´ee de telles fonctions. N
+2. L’intervalleR eststable parf,parcons´equent lasuite (u )est bien d´efinie `avaleursdansn
+ +R . En outre, f est croissante sur R donc la suite (u ) est monotone. Pour d´eterminern
sa monotonie il suffit d’observer que h(u ) = u −u = 1 > 0. Par cons´equent, (u ) est0 1 0 n
croissante. N
1
◮◮ր′⋆◮′◮′ց⋆13. On suppose que a > . D’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, la suite (u ) admetne
+une limite dans ∈R ∪{+∞}. Comme la fonction it´eratrice est continue, on sait que si
+la suite converge vers ∈R , alors est n´ecessairement un point fixe de f. Or d’apr`es la
question I.2, f n’a pas de point fixe. Par cons´equent (u ) est divergente vers +∞. Nn
14. On suppose que 0 ≤ a ≤ . On note que l’intervalle [0,e] est stable par f. En effet, si
e
0≤ x≤ e, alors 0≤ ax≤ 1. Par croissance de la fonction exponentielle, il s’ensuit que
0< 1≤ f(x)≤e. Comme u ∈ [0,e] une r´ecurrence imm´ediate montre que (u ) est bien0 n
d´efinie `a valeurs dans [0,e]. On en d´eduit alors par Limite monotone que (u ) converge.n
N
Partie III. Cas d’une it´eratrice d´ecroissante
On suppose que a< 0.
1. Clairement f est strictement d´ecroissante en ce cas.
2. L’intervalle [0,1] est stable par f car si x∈ [0,1] alors ax≤ 0, d’ou` il vient 0 <f(x)≤ 1.
Une r´ecurrence imm´ediate permet alors d’en d´eduire que (u ) est bien d´efinie `a valeursn
dans [0,1]. N
3. Comme u ∈ [0,1] et que f : [0,1]→ [0,1] est d´ecroissante, on sait que les suites (u )0 2n
et (u ) sont monotones . D’autre part, la suite (u ) ´etant born´ee d’apr`es la question2n+1 n
pr´ec´edente, il en va de mˆeme de ses suites extraites (u ) et (u ). Finalement, le cas2n 2n+1
th´eor`eme de la limite monotone permet d’en conclure que ces deux suites ´etant born´ees d’une
et monotones sont n´ecessairement convergentes. N fonc-
tion4. Soit x∈]0,1[,
it´eratrice
d´ecroissantef◦f(x) = x ⇐⇒ exp(af(x)) = x ⇐⇒ af(x) = ln(x)

ln(x) ln(x)
⇐⇒ exp(ax) = ⇐⇒ ax = ln maisa a
pas
ln(x)
⇐⇒ ax−ln = 0 forc´ement
a
vers
laN

mˆemeln(x)
5. On suppose que −e ≤ a < 0. On note pour x ∈]0,1[, g(x) = ax− ln . g est
li-a
miteind´efiniment d´erivable sur ]0,1[comme compos´ee de telles fonctions et pour toutx∈]0,1[,
fix´e, on a :

ln(x)
g(x) = ax−ln
a
1
g (x) = a−
xln(x)
1+ln(x)
g (x) =
22x ln (x)
−1Ainsi g (x) > 0 ⇐⇒ x >e .
2
′′′ℓ
ℓ′′
ℓ

Le tableau suivant r´esume ces r´esultats
−1x 0 e 1
1−1g (x) − 0 + g (e ) =a− = a+e≥ 0
−1 −1e ln(e )
ln(x)g (x) +−−→= 0 donc limg(x) = +∞
−1 x→1 x→1ag (e )≥ 0
ln(x)+∞ −−−→= +∞ donc lim g(x) =−∞
+ +a x→0 x→0g(x)
−∞
D’apr`es leth´eor`eme de la bijection,g r´ealise une bijection de ]0,1[ surR. En particulier,
0∈R admet un unique ant´ec´edent par g. Ainsi, la fonction continue f◦f n’a qu’un seul
point fixe .
Commelessuitesr´ecurrentes(u )et(u )sontconvergentes,ellesconvergentn´ecessairement2n 2n+1
vers un point fixe de leur fonction it´eratrice continue f◦f. Comme est le seul point fixe
de f◦f, on a donc !
u −−−→2n
n→∞
u −−−→2n+1
n→∞
Par compl´ementarit´e, il s’ensuit que la suite (u ) est convergente dvers . Nn
EXERCICE 2
Soit n∈N un entier. On se propose d’´etudier les polynˆomes P ∈R[X] qui v´erifientn
∀x∈R, P (cosx) = cosnx. (5)n
Partie I. D´efinition r´ecurrente de la suite des polynˆomes de Tchebychev
1. Unicit´e —
˜a. Soit R et S deux polynˆomes `a coefficients r´eels tels que pour tout r´eel x∈R, R(cosx) =
˜S(cosx). Posons N = R−S. Par hypoth`ese pour tout nombre r´eel x∈ R, N(cosx) est
nul. J’en d´eduis que N poss`ede une infinit´e de racines distinctes ce qui entraˆıne que
N est le polynˆome nul. Ainsi, P =Q . N
b. Soit n∈N. Soit P et R des polynˆomes v´erifiant(5). En ce cas, pour tout nombre r´eel x,n n
P (cosx) = R (cosx) = cos(nx)n n
D’apr`es la question pr´ec´edente, ceci n’est possible que si P = R . Ce qui prouve l’unicit´en n
de P . Nn
2. Existence —
a. • ∀x∈R, cos0x = 1, par cons´equent P (X) = 1 convient0
• ∀x∈R, cosx = cosx, par cons´equent P (X) = X convient1
2 2• ∀x∈R, cos2x = 2cos x−1, par cons´equent, P (X) = 2X −1 convient.2
N
3
′′ℓ′ℓցրրℓ′ℓ′ℓ2b. Soit(a,b)∈R , on sait que
cos(a+b)+cos(a−b) = 2ccosacosb
Soit n∈N et x∈R fix´es. Appliquons ce qui pr´ec`ede avec a = n+1 et b = 1, il vient :
2cos(n+1)x cosx = cos(n+2)x+cosnx
N
c. Montrons par r´ecurrence double que pour tout entier n∈N, P existe.n
Initialisation : D’apr`es la question 2. a, P et P existent.0 1
H´er´edit´e : Soit n≥ 0 tel que P et P existent. D´efinissonsn n+1
Q = 2XP −Pn+1 n
D’apr`es la question pr´ec´edente, nous avons pour tout nombre r´eel x
Q(cosx) = 2cosxP (cosx)−P (cosx)n+1 n
= 2cosx cos(n+1)x−cosnx = cos(n+2)x.
Parcons´equent lepolynˆomeQ(X) = 2XP (X)−P (X)v´erifie larelation(5).Ils’ensuitn+1 n
que P existe etn+2
P (X) = 2XP (X)−P (X)n+2 n+1 n
Conclusion : nous avons prouv´e l’existence de P et P . Puis nous avons d´emontr´e que0 1
pour tout entier, si P et P existent alors P existe.n n+1 n+2
Par r´ecurrence double , nous avons donc d´emontr´e que P existe pour tout n∈N.n
De plus par construction de la suite (P ), elle v´erifie la relation de r´ecurrence :n
∀n∈N P (X) = 2XP (X)−P (X) (6)n+2 n+1 n
N
Partie II. Factorisation
1. Montrons par r´ecurrence double sur n∈ N que P est de degr´e n et que son coefficientn
n−1dominant est 2 .
Initialisation : lorsque n = 1,2, le r´esultat d´ecoule directement de la question 2.a.
H´er´edit´e : Soit n ≥ 1 tel que les monˆomes dominants de P et P soient respecti-n n+1
n−1 n n n+1vement 2 X et 2 X . Alors par la relation (6), nous avons P = 2XP −P .n+2 n+1 n
Comme par hypoth`ese P est de degr´e n et XP est de degr´e n + 2, il r´esulte desn n+1
propri´et´es du degr´e d’une somme de polynˆomes que P est un polynˆome de degr´en+2
n+2 = max{d˚P ,d˚XP }. De plus son monˆome dominant est obtenu en effectuant len n+1
n+1produit des monˆomes dominants de 2X et P , ce qui donne 2 .n+1
n−1 nConclusion : nous avon