Étude d’une suite itérative : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : étude d’une suite itérative

Le corrigé détaillé : étude d’une suite itérative

Exercice 1 – Une fonction homographique et son point fixe (3 points)

1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]-1, +\infty[\) comme inverse d’une fonction affine qui ne s’y annule pas, et \(f^{\prime}(x) = -\dfrac{3}{(1 + x)^2} < 0\). Ainsi \(f\) est strictement décroissante sur \(]-1, +\infty[\).

   Pour \(x > -1\), on a \(1 + x > 0\), donc \(f(x) = x\) équivaut à \(3 = x(1 + x)\), c’est-à-dire à \(x^2 + x – 3 = 0\). Le discriminant vaut \(1 + 12 = 13\), d’où les deux racines \(\frac{-1 – \sqrt{13}}{2}\) et \(\frac{-1 + \sqrt{13}}{2}\). Or \(\sqrt{13} > 1\), donc la première est strictement inférieure à \(-1\) et se trouve hors du domaine. En revanche, la seconde est positive. Par conséquent, \(f\) a un unique point fixe \(\ell = \dfrac{\sqrt{13} – 1}{2}\).

2. D’une part, \(3{,}6^2 = 12{,}96 < 13\). D’autre part, \(\left(\frac{11}{3}\right)^2 = \frac{121}{9}\) et \(\frac{121}{9} > \frac{117}{9} = 13\). Comme la racine carrée est strictement croissante sur \([0, +\infty[\), on obtient \(3{,}6 < \sqrt{13} < \frac{11}{3}\).

   On retranche alors \(1\), puis on divise par \(2\) : \(1{,}3 < \ell < \frac{4}{3}\), soit \(\frac{13}{10} < \ell < \frac{4}{3}\). Enfin, \(\ell\) est racine de \(x^2 + x – 3\), donc \(\ell^2 + \ell = 3\).

3. La fonction \(f\) est continue et décroissante sur le segment \(J\). Son image est donc \(f(J) = \left[f\left(\frac{3}{2}\right), f(1)\right] = \left[\frac{6}{5}, \frac{3}{2}\right]\). Or \(1 \leq \frac{6}{5}\), donc \(f(J) \subset J\) : l’intervalle \(J\) est stable par \(f\).

   Montrons ensuite par récurrence la propriété « \(u_n\) existe et \(u_n \in J\) ». Elle est vraie au rang \(0\), car \(u_0 = 1\). Supposons-la vraie au rang \(n\). Alors \(u_n \in J \subset ]-1, +\infty[\), donc \(u_{n+1} = f(u_n)\) existe, et la stabilité donne \(u_{n+1} \in J\). Ainsi, pour tout \(n\), \(u_n\) est défini et \(1 \leq u_n \leq \frac{3}{2}\).

Barème : 1) dérivée et sens de variation, 0,5 ; équation des points fixes résolue, racine hors domaine écartée, 0,5. 2) Encadrement de \(\sqrt{13}\) justifié, 0,75 ; relation \(\ell^2 + \ell = 3\), 0,25. 3) Image du segment, 0,5 ; récurrence complète, 0,5.

Piège classique : prouver la stabilité en calculant seulement \(f(1)\). Il faut contrôler l’image de tout le segment, ce que la monotonie et la continuité permettent ici en deux calculs.

Exercice 2 – Premiers termes et dessin en escargot (3,5 points)

1. On applique la relation de récurrence en gardant des fractions exactes :
   \(u_1 = \frac{3}{1 + 1} = \frac{3}{2}\) ;
   \(u_2 = \frac{3}{1 + \frac{3}{2}} = \frac{3}{\frac{5}{2}} = \frac{6}{5}\) ;
   \(u_3 = \frac{3}{1 + \frac{6}{5}} = \frac{3}{\frac{11}{5}} = \frac{15}{11}\) ;
   \(u_4 = \frac{3}{1 + \frac{15}{11}} = \frac{3}{\frac{26}{11}} = \frac{33}{26}\).

   Donc \(u_1 = \frac{3}{2}\), \(u_2 = \frac{6}{5}\), \(u_3 = \frac{15}{11}\) et \(u_4 = \frac{33}{26}\), fractions irréductibles puisque \(33 = 3 \times 11\) et \(26 = 2 \times 13\).

2. Depuis \((u_0, 0)\), on monte verticalement jusqu’à la courbe, au point \((u_0, u_1)\). Puis un segment horizontal rejoint la droite \(y = x\) en \((u_1, u_1)\), ce qui reporte \(u_1\) sur l’axe des abscisses. On recommence ensuite à partir de \(u_1\), et ainsi de suite.

   

   Le tracé forme une spirale qui se resserre autour de \(\Lambda\). On conjecture donc que \((u_n)\) n’est pas monotone, que ses termes se placent alternativement de part et d’autre de \(\ell\), et qu’elle converge vers \(\ell \approx 1{,}3\).

3. Une identité exacte pour l’écart au point fixe

   Soit \(x > -1\). On réduit au même dénominateur, puis on remplace \(3\) par \(\ell^2 + \ell\) :

   \(f(x) – \ell = \dfrac{3 – \ell – \ell x}{1 + x} = \dfrac{\ell^2 + \ell – \ell – \ell x}{1 + x} = \dfrac{\ell^2 – \ell x}{1 + x}\), d’où \(f(x) – \ell = -\dfrac{\ell\,(x – \ell)}{1 + x}\).

   Comme \(\ell > 0\) et \(1 + x > 0\), le réel \(f(x) – \ell\) est du signe contraire de \(x – \ell\). Or \(u_0 – \ell = 1 – \ell < 0\). Une récurrence immédiate montre alors que \(u_n – \ell\) est du signe de \((-1)^{n+1}\). Ainsi, \(u_{2n} < \ell < u_{2n+1}\) pour tout \(n\).

   En particulier, \(u_{2n} < u_{2n+1}\) tandis que \(u_{2n+1} > u_{2n+2}\). La suite monte puis redescend à chaque pas, c’est pourquoi \((u_n)\) n’est pas monotone.

Barème : 1) chaque fraction exacte rapporte 0,25. 2) Tracé de la spirale, 0,5 ; conjecture complète (alternance et limite), 0,5. 3) Identité établie, 0,75 ; signe de \(u_n – \ell\) selon la parité, 0,5 ; absence de monotonie, 0,25.

Piège classique : affirmer que la suite est monotone parce que \(f\) est monotone. Seule une fonction croissante donne une suite monotone ; une fonction décroissante produit au contraire des termes qui alternent.

Exercice 3 – Les termes pairs et les termes impairs (4 points)

1. Soit \(x \in J\). Comme \(J\) est stable, \(f(x) \in J\), donc \(g(x) = f(f(x))\) est bien défini. On calcule :

   \(g(x) = \dfrac{3}{1 + \frac{3}{1 + x}} = \dfrac{3(1 + x)}{(1 + x) + 3}\), soit \(g(x) = \dfrac{3(1 + x)}{4 + x}\).

   Ensuite, \(g\) est dérivable sur \(J\) et \(g^{\prime}(x) = \dfrac{3(4 + x) – 3(1 + x)}{(4 + x)^2} = \dfrac{9}{(4 + x)^2} > 0\). Par conséquent, \(g\) est strictement croissante sur \(J\), ce qui est cohérent avec la composée de deux fonctions décroissantes.

2. Tous les termes \(a_n\) et \(b_n\) appartiennent à \(J\), puisque ce sont des termes de \((u_n)\). Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(a_n \leq a_{n+1}\) ».

   Initialisation. On a \(a_0 = u_0 = 1\) et \(a_1 = u_2 = \frac{6}{5}\), donc \(a_0 \leq a_1\).

   Hérédité. Supposons \(a_n \leq a_{n+1}\). Comme ces deux réels sont dans \(J\) et que \(g\) y est croissante, on obtient \(g(a_n) \leq g(a_{n+1})\), c’est-à-dire \(a_{n+1} \leq a_{n+2}\).

   Ainsi \((a_n)\) est croissante. De même, \(b_0 = u_1 = \frac{3}{2}\) et \(b_1 = u_3 = \frac{15}{11}\), avec \(\frac{15}{11} = \frac{30}{22} < \frac{33}{22} = \frac{3}{2}\), donc \(b_1 \leq b_0\). La même hérédité, appliquée avec l’inégalité inverse, montre alors que \((b_n)\) est décroissante.

3. Les limites des deux suites extraites

   Ses termes restant dans \(J\), la suite croissante \((a_n)\) est bornée par \(\frac{3}{2}\) ; le théorème de la limite monotone lui donne ainsi une limite finie \(\alpha\). Pour la même raison, \((b_n)\), qui décroît en restant au-dessus de \(1\), possède une limite finie \(\beta\). De plus, \(J\) est un segment, donc un fermé : par passage à la limite dans les inégalités larges, \(\alpha \in J\) et \(\beta \in J\).

   La fonction \(g\) est continue sur \(J\), en particulier en \(\alpha\). En passant à la limite dans \(a_{n+1} = g(a_n)\), on obtient donc \(\alpha = g(\alpha)\), par unicité de la limite. De même, \(\beta = g(\beta)\).

   Pour \(x \in J\), l’égalité \(g(x) = x\) équivaut à \(3 + 3x = 4x + x^2\), soit \(x^2 + x – 3 = 0\). La seule racine située dans \(J\) est \(\ell\), l’autre étant négative. Ainsi \(\alpha = \beta = \ell\).

   Enfin, les suites extraites \((u_{2n})\) et \((u_{2n+1})\) convergent vers la même limite \(\ell\). D’après le théorème sur les suites extraites de rangs pairs et impairs, \((u_n)\) converge vers \(\ell = \dfrac{\sqrt{13} – 1}{2}\).

Barème : 1) formule de \(g\), 0,5 ; signe de \(g^{\prime}\), 0,5. 2) Chacune des deux monotonies, récurrence rédigée, vaut 0,75. 3) Convergence des deux suites et limites dans \(J\), 0,5 ; résolution de \(g(x) = x\), 0,5 ; conclusion par les suites extraites, 0,5.

Piège classique : oublier de résoudre \(g(x) = x\). Une fonction \(f \circ f\) peut avoir des points fixes que \(f\) ne possède pas (cycles d’ordre 2), et alors la suite ne converge pas.

Exercice 4 – Vitesse de convergence (4 points)

1. L’identité de l’exercice 2, appliquée en \(x = u_n\), donne \(|u_{n+1} – \ell| = \dfrac{\ell}{1 + u_n}\,|u_n – \ell|\). Or \(u_n \geq 1\), donc \(1 + u_n \geq 2\), et \(\ell < \frac{4}{3}\). Par conséquent \(\dfrac{\ell}{1 + u_n} \leq \dfrac{4}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{3}\), d’où \(|u_{n+1} – \ell| \leq \frac{2}{3}\,|u_n – \ell|\).

   Une récurrence immédiate donne ensuite \(|u_n – \ell| \leq \left(\frac{2}{3}\right)^n |u_0 – \ell|\). De plus, \(|u_0 – \ell| = \ell – 1 < \frac{4}{3} – 1 = \frac{1}{3}\). Ainsi \(|u_n – \ell| \leq \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\).

   Enfin, \(\left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{8}{27} < \frac{9}{27} = \frac{1}{3}\). Donc \(\left(\frac{2}{3}\right)^{18} = \left(\left(\frac{2}{3}\right)^3\right)^6 < \frac{1}{3^6}\), puis \(|u_{18} – \ell| < \frac{1}{3^7} = \frac{1}{2187} < 10^{-3}\). Par conséquent, \(u_{18}\) approche \(\ell\) à \(10^{-3}\) près.

2. Par récurrence, chaque \(u_n\) est rationnel : c’est vrai pour \(u_0 = 1\), et si \(u_n\) est un rationnel de \(J\), alors \(\frac{3}{1 + u_n}\) l’est aussi. En revanche, \(\ell\) est irrationnel. En effet, si \(\ell\) était rationnel, \(\sqrt{13} = 2\ell + 1\) le serait aussi. Écrivons alors \(\sqrt{13} = \frac{p}{q}\) avec \(p\) et \(q\) entiers premiers entre eux. On aurait \(p^2 = 13q^2\), donc le nombre premier \(13\) diviserait \(p\), puis \(13^2\) diviserait \(13q^2\), si bien que \(13\) diviserait aussi \(q\) : c’est absurde. Ainsi \(\varepsilon_n \neq 0\) pour tout \(n\).

   Le rapport asymptotique des écarts

   L’identité de l’exercice 2 s’écrit \(\varepsilon_{n+1} = -\dfrac{\ell}{1 + u_n}\,\varepsilon_n\), et l’on peut diviser par \(\varepsilon_n\). Comme \(u_n\) tend vers \(\ell\) et que \(1 + \ell \neq 0\), le quotient \(\varepsilon_{n+1} / \varepsilon_n\) tend vers \(-\dfrac{\ell}{1 + \ell}\). Or \(\dfrac{\ell}{1 + \ell} = \dfrac{\ell^2}{\ell + \ell^2} = \dfrac{\ell^2}{3}\). Finalement, \(\varepsilon_{n+1} / \varepsilon_n\) tend vers \(-\dfrac{\ell^2}{3}\).

   Notons aussi que \(\frac{\ell^2}{3} = \frac{3 – \ell}{3} = 1 – \frac{\ell}{3}\), compris entre \(\frac{5}{9}\) et \(\frac{17}{30}\). L’écart est donc multiplié à peu près par \(-0{,}56\) à chaque itération : la convergence est géométrique, avec des termes qui changent de côté à chaque pas.

3. D’après la question précédente, \(|\varepsilon_{n+1}| / |\varepsilon_n|\) tend vers \(\frac{\ell^2}{3}\), et \(\frac{\ell^2}{3} < q\). Par définition de la limite, il existe donc un rang \(N\) tel que \(|u_{n+1} – \ell| \leq q\,|u_n – \ell|\) pour tout \(n \geq N\).

   Par récurrence à partir du rang \(N\), on obtient alors \(|u_n – \ell| \leq q^{n – N}\,|u_N – \ell|\). Il suffit ensuite de poser \(C = \dfrac{|u_N – \ell|}{q^N}\), qui est strictement positif puisque \(u_N \neq \ell\). Ainsi \(|u_n – \ell| \leq C q^n\) pour tout \(n \geq N\).

Barème : 1) facteur \(\frac{2}{3}\) justifié, 0,5 ; majoration géométrique, 0,5 ; rang 18, 0,5. 2) Non-annulation de \(\varepsilon_n\) avec irrationalité prouvée, 0,75 ; limite du quotient en fonction de \(\ell^2\), 0,75. 3) Existence de \(N\), 0,5 ; choix de \(C\), 0,5.

Piège classique : diviser par \(u_n – \ell\) sans avoir prouvé qu’il ne s’annule jamais. Ici, l’argument de rationalité règle la question en quelques lignes.

Exercice 5 – Problème : la méthode de Newton pour le même nombre (5,5 points)

1. La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(\varphi^{\prime}(a) = 2a + 1\). Pour \(a > -\frac{1}{2}\), ce nombre est strictement positif, donc la tangente \(T\) d’équation \(y = \varphi(a) + (2a + 1)(x – a)\) n’est pas horizontale. Elle coupe alors l’axe des abscisses en un unique point, d’abscisse \(x = a – \dfrac{\varphi(a)}{2a + 1}\).

   On réduit au même dénominateur : \(a – \dfrac{a^2 + a – 3}{2a + 1} = \dfrac{2a^2 + a – a^2 – a + 3}{2a + 1}\). Ainsi \(N(a) = \dfrac{a^2 + 3}{2a + 1}\).

2. Soit \(x > -\frac{1}{2}\). On utilise encore \(3 – \ell = \ell^2\) :

   \(N(x) – \ell = \dfrac{x^2 + 3 – 2\ell x – \ell}{2x + 1} = \dfrac{x^2 – 2\ell x + \ell^2}{2x + 1}\), donc \(N(x) – \ell = \dfrac{(x – \ell)^2}{2x + 1}\).

   Comme \(2x + 1 > 0\), on en déduit \(N(x) \geq \ell\), avec \(\ell > -\frac{1}{2}\). Montrons alors par récurrence que \(v_n\) existe et vérifie \(v_n \geq \ell\). D’abord, \(v_0 = 2 \geq \ell\). Ensuite, si \(v_n \geq \ell\), alors \(v_n > -\frac{1}{2}\), donc \(v_{n+1} = N(v_n)\) existe et vérifie \(v_{n+1} \geq \ell\). Ainsi tous les termes \(v_n\) existent et sont supérieurs ou égaux à \(\ell\).

3. Monotonie et limite de la suite de Newton

   Pour \(x > -\frac{1}{2}\), on a \(N(x) – x = \dfrac{x^2 + 3 – 2x^2 – x}{2x + 1} = -\dfrac{\varphi(x)}{2x + 1}\). Or \(\varphi(x) = (x – \ell)(x – \ell_2)\), où \(\ell_2 = \frac{-1 – \sqrt{13}}{2}\) est négatif. Donc \(\varphi(x) \geq 0\) lorsque \(x \geq \ell\), et par suite \(N(x) \leq x\). Appliqué à \(x = v_n\), ce résultat donne \(v_{n+1} \leq v_n\) : \((v_n)\) est décroissante.

   Bornée inférieurement par \(\ell\) et décroissante, \((v_n)\) admet alors, par le théorème de la limite monotone, une limite finie \(L\), et l’inégalité large passe à la limite : \(L \geq \ell\). De plus, le quotient \(N\) a pour dénominateur \(2x + 1\), strictement positif sur \([\ell, +\infty[\) ; il y est donc continu, notamment en \(L\). En passant à la limite dans \(v_{n+1} = N(v_n)\), on obtient \(N(L) = L\), c’est-à-dire \(\varphi(L) = 0\). Puisque \(L \geq \ell > 0\), on conclut que \((v_n)\) converge vers \(\ell\).

4. Pour tout \(n\), on a \(v_n \geq \ell > 1\), donc \(2v_n + 1 > 3\). L’identité de la question 2 donne alors \(0 \leq v_{n+1} – \ell \leq \frac{1}{3}(v_n – \ell)^2\).

   On calcule ensuite \(v_1 = N(2) = \frac{4 + 3}{5}\), soit \(v_1 = \frac{7}{5}\). Montrons alors par récurrence que \(v_n – \ell \leq 3 \times 30^{-2^{n-1}}\) pour \(n \geq 1\).

   Initialisation. Puisque \(\ell > \frac{13}{10}\), on a \(v_1 – \ell < \frac{14}{10} – \frac{13}{10} = \frac{1}{10}\). Or \(3 \times 30^{-2^0} = \frac{3}{30} = \frac{1}{10}\), donc la propriété est vraie au rang \(1\).

   Hérédité. Si \(v_n – \ell \leq 3 \times 30^{-2^{n-1}}\), on élève au carré des nombres positifs, puis \(v_{n+1} – \ell \leq \frac{1}{3} \times 9 \times 30^{-2^{n}} = 3 \times 30^{-2^{n}}\). Ainsi \(v_n – \ell \leq 3 \times 30^{-2^{n-1}}\) pour tout \(n \geq 1\).

5. Comparaison des deux méthodes

   On calcule \(v_2 = N\left(\frac{7}{5}\right) = \dfrac{\frac{49}{25} + \frac{75}{25}}{\frac{14}{5} + 1} = \dfrac{124}{25} \times \dfrac{5}{19}\), donc \(v_2 = \frac{124}{95}\).

   D’une part, \(v_3 – \ell \leq 3 \times 30^{-4} = \frac{3}{810000} = \frac{1}{270000} < 10^{-5}\) : trois itérations de Newton suffisent. D’autre part, la majoration de l’exercice 4 donne \(|u_n – \ell| < 3^{-(k+1)}\) pour \(n = 3k\). Or \(3^{10} = 59049\) et \(3^{11} = 177147\), donc il faut aller jusqu’à \(k = 10\), c’est-à-dire jusqu’au rang \(30\). La méthode de Newton atteint \(10^{-5}\) dès \(v_3\), alors que la majoration garantit seulement \(u_{30}\) : sa convergence est quadratique, tandis que celle de \((u_n)\) n’est que géométrique.

Barème : 1) équation de \(T\), 0,5 ; formule de \(N(a)\), 0,5. 2) Identité, 0,5 ; minoration par récurrence, 0,5. 3) Décroissance, 0,75 ; limite identifiée, continuité citée, 0,75. 4) Inégalité quadratique, 0,5 ; valeur de \(v_1\), 0,25 ; majoration en \(30^{-2^{n-1}}\), 0,75. 5) Fraction \(v_2\), 0,25 ; comparaison commentée, 0,25.

Piège classique : conclure \(L = \ell\) sans écarter la racine négative de \(\varphi\). C’est la minoration \(v_n \geq \ell\), conservée par passage à la limite, qui l’élimine.

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