Correction : Analyse, Méthode de Newton
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d’après CCP PC 1997
1.a
1.b
2.a
2.b
2.c
3.a
3.b
1.a
estlipschitzienne donc continue.
Correction
Partie I
Posons:֏()−définie sur,.
est continue,()=()−≥0 et()=()−≤0 doncs’annule en vertu du TVI.
Par suite l’équation()=possède au moins une solution.
Notonsαetβdeux solutions de l’équation()=.
On a(α)−(β)≤α−βdoncα−β≤α−βor<1 doncα=β.
Finalement l’équation()=possède une solution unique.
Par récurrence sur∈ℕ:
Pour= ok0 :
Supposons la propriété établie au rang≥0
+1−α=()−(α)≤ −α≤+1−α.
Récurrence établie.
∈0,1 donc→0 et donc→αpar comparaison.
∞
1èreméthode :
+−≤(+−+−1)+(+−1−+−2)+⋯+(+1−),
+−≤+−+1−++1−−+−2+⋯++1−,
+−≤−1+1−+−2+1−+⋯+0+1−=11−−
2èmeméthode :
Par récurrence sur∈ℕen exploitant :
−
++1−≤++1−+++−≤1+−+111+−
−
Quand→ +∞dans l’inégalité précédente :α−≤11+1−.
−
+−≤−donc−α≤1−1−0
Or 01 1 .
′(α)=lim0(α+)−(α) or (α+)−(α)≤(α+)−α=
→
donc(α+)−(α)≤puis à la limite quand→0 :′(α)≤.
()−(α)→→′ par composition de limite : donc( )
→αetαα
−α
+1−α=()−(α)∞→′(α) .
−α−α
Partie II
−
+1
.
est continue,()<0 et()> en vertu du TVI l’équation0 donc()= au moins une0 possède
solution dans,. D’autre partest strictement croissante (donc injective) car∀∈,,′()>0 ,
par suite l’équation()=0 ne peut avoir plus d’une solution. Finalement l’équation()=0 possède
une unique solutionα∈,.
1.b
2.a
2.b
3.a
3.b
4.a
4.b
4.c
4.d
5.
L’équation de la tangente àen0est=′(0)(−0)+(0) .
()
=−
Cette droite coupe l’axe des abscisses (=0 ) en un point d’abscisse0′(00.)
est′sont1doncl’est aussi par opérations.
(α)=αet′(α)=((α)α′′(2α)=0
′ .( ))
Par récurrence sur∈ℕmontrons queexiste et∈,α.
Pour=0 : ok
Supposons la propriété établie au rang≥0 .
Puisque, par HR,existe et∈,α,+1=( bien définie.) est
+1est l’abscisse du point d’intersection de la tangente àenet de l’axe des abscisses.
La fonctionétant concave, sa représentation est en dessous de cette tangente, donc(+1)≤0 et
puisqueest strictement croissante :+1≤α.
D’autre part+1=−′(())≥car()≤ donc0 et+1≥.
Ainsi+1∈,α⊂,α. Récurrence établie.
On a vu ci-dessus+1≥ (, la suite) est croissante.
() est croissante et majorée donc elle converge vers une limiteℓ.
∈,αdonne à la limiteℓ∈,α.
ℓ
+1=−′((od limi)te) nne à laℓ=ℓ−′((ℓ ac))r est1. Par suite(ℓ)=0 et doncℓ=α.
On a′(α)=0 et′continue carest de classe1.
Puisque′()→α→0<1 , il existe> que0 tel∀∈=α−,α+,′()<1 quitte à prendre
suffisamment petit pour que⊂,.
Par l’inégalité des accroissements finis :
∀∈,()−(α)≤1×−αdonc()−α≤d’où()∈.
′est continue sur le segment=α−,α+, elle y admet donc un maximum en un point∈.
Posons=′( On a) .∈0,1 car∀∈,′()<1 .
De plus∀∈,′()≤′()=donc l’inégalité des accroissements finis assure queest
lipschitzienne.
Les propriétés sont réunies pour exploiter la partie I et conclure.
Par la formule de Taylor-Young :
+ ′′( ) −− +au voisinage deα.
()=(α)+′(α)(−α)2α(α)2((α)2)
Puisque ( ) ( )′′( )
→αon peut écrire :()=α+′α(−α)+2α(−α)2+((−α)2)
′′
+−αα
=
i.e. :+1=α+′′(2α()−α)2+((−α)2) d’où lim12( ) .
→+∞−
(α) 2
