Corrigé des exercices : Suites itératives et point fixe en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Intervalle stable d’une homographie

Idée clé : on écrit \(f(x) = 3 – \dfrac{4}{x + 2}\), ce qui rend les variations et la stabilité immédiates.

1. Pour \(x > -2\), on a \(f(x) = \dfrac{3(x + 2) – 4}{x + 2} = 3 – \dfrac{4}{x + 2}\). Ainsi \(f^{\prime}(x) = \dfrac{4}{(x + 2)^2} > 0\), donc \(f\) est strictement croissante. De plus, \(f(0) = 1\) et \(f(x) < 3\) pour tout \(x\). Par conséquent, \(f([0, +\infty[) \subset [1, 3[\).
2. Pour \(x > -2\), l’équation \(f(x) = x\) équivaut à \(3x + 2 = x^2 + 2x\), soit \(x^2 – x – 2 = 0\). Or \(x^2 – x – 2 = (x – 2)(x + 1)\). Les deux racines sont supérieures à \(-2\). Les points fixes sont \(-1\) et \(2\).
3. La fonction \(f\) est continue et croissante sur \([0, 2]\). Donc \(f([0, 2]) = [f(0), f(2)] = [1, 2] \subset [0, 2]\). Ensuite, \(u_0 = 0 \in [0, 2]\). Une récurrence immédiate montre alors que \(u_n \in [0, 2]\) pour tout \(n\).
4. Un calcul direct donne \(f(x) – x = \dfrac{3x + 2 – x^2 – 2x}{x + 2} = -\dfrac{(x – 2)(x + 1)}{x + 2}\). Sur \([0, 2]\), on a \(x – 2 \leqslant 0\), \(x + 1 > 0\) et \(x + 2 > 0\). Donc \(f(x) – x \geqslant 0\). Comme \(u_{n+1} – u_n = f(u_n) – u_n\) et \(u_n \in [0, 2]\), chaque terme dépasse le précédent. Une suite croissante bornée par \(2\) admet une limite finie \(\ell \in [0, 2]\). Enfin, \(f\) est continue en \(\ell\), donc \(f(\ell) = \ell\). Le seul point fixe dans \([0, 2]\) est \(2\). Ainsi \(u_n \to 2\).

Corrigé de l’exercice 2 – Suite définie par une racine carrée

Idée clé : le point fixe \(5\) coupe la demi-droite en deux intervalles stables, sur lesquels \(f(x) – x\) garde un signe constant.

1. Si \(f(x) = x\), alors \(x \geqslant 0\) et \(4x + 5 = x^2\). Donc \((x – 5)(x + 1) = 0\). La valeur \(-1\) est exclue car elle est négative. Réciproquement, \(f(5) = \sqrt{25} = 5\). L’unique point fixe est \(5\).
2. La fonction \(f\) est continue et croissante. Ainsi \(f([0, 5]) = [\sqrt{5}, 5] \subset [0, 5]\), donc \([0, 5]\) est stable et contient \(u_0 = 1\). Pour \(x \in [0, 5]\), les deux nombres \(x\) et \(f(x)\) sont positifs. Par conséquent, \(f(x) \geqslant x\) équivaut à \(4x + 5 \geqslant x^2\), soit \((x – 5)(x + 1) \leqslant 0\), ce qui est vrai. Ainsi \((u_n)\) monte sans dépasser \(5\) ; sa limite existe et c’est un point fixe de \([1, 5]\). Donc \(u_n \to 5\).
3. De même, \(f([5, +\infty[) = [5, +\infty[\), donc cet intervalle est stable. Pour \(x \geqslant 5\), on a \((x – 5)(x + 1) \geqslant 0\), soit \(x^2 \geqslant 4x + 5\), donc \(f(x) \leqslant x\). La suite est décroissante, avec \(u_1 = 7\), et minorée par \(5\). Elle converge vers un point fixe, nécessairement \(5\). Donc \(u_n \to 5\) également.

Corrigé de l’exercice 3 – Escalier ou escargot sur deux droites

Idée clé : l’écart au point fixe \(2\) est multiplié par \(\dfrac{1}{2}\) pour \(f_1\) et par \(-\dfrac{1}{2}\) pour \(f_2\).

1. On trouve \(u_1 = 1\), \(u_2 = \dfrac{3}{2}\), \(u_3 = \dfrac{7}{4}\), \(u_4 = \dfrac{15}{8}\). De même, \(v_1 = 3\), \(v_2 = \dfrac{3}{2}\), \(v_3 = \dfrac{9}{4}\), \(v_4 = \dfrac{15}{8}\).
2. La fonction \(f_1\) est croissante et \(u_1 > u_0\), donc \((u_n)\) est croissante : c’est un escalier. En revanche, \(f_2\) est décroissante. Ainsi les termes \(v_n\) passent alternativement au-dessus et au-dessous de \(2\) : c’est un escargot. La figure ci-dessous montre les deux constructions.
3. On a \(u_{n+1} – 2 = \dfrac{u_n}{2} – 1 = \dfrac{1}{2}(u_n – 2)\). Donc \(u_n – 2 = 2^{-n}(u_0 – 2) = -2 \cdot 2^{-n}\). De même, \(v_{n+1} – 2 = 1 – \dfrac{v_n}{2} = -\dfrac{1}{2}(v_n – 2)\). Par conséquent, \(v_n – 2 = -2\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\). Les deux suites tendent vers \(2\) avec la même erreur \(2^{1-n}\) : \((u_n)\) par valeurs inférieures, \((v_n)\) en oscillant.

Corrigé de l’exercice 4 – Une suite sans point fixe

Idée clé : le signe de \(f(x) – x = \mathrm{e}^{-x}\) suffit, sans aucune information sur les variations de \(f\).

1. Pour tout \(n\), \(u_{n+1} – u_n = \mathrm{e}^{-u_n} > 0\). La suite est strictement croissante.
2. L’équation \(f(x) = x\) équivaut à \(\mathrm{e}^{-x} = 0\), qui n’a pas de solution. Donc \(f\) n’a aucun point fixe.
3. Une suite croissante converge ou tend vers \(+\infty\). Si elle convergeait vers un réel \(\ell\), la continuité de \(f\) donnerait \(f(\ell) = \ell\), ce qui est impossible. Donc \(u_n \to +\infty\).
4. On a \(f^{\prime}(x) = 1 – \mathrm{e}^{-x}\), négatif sur \(]-\infty, 0]\) et positif sur \([0, +\infty[\). Donc \(f\) n’est pas monotone sur \(\mathbb{R}\). Cependant, le raisonnement n’a utilisé que le signe de \(f(x) – x\) et la continuité de \(f\). La monotonie de \(f\) n’intervient donc nulle part.

Corrigé de l’exercice 5 – Contraction par l’arctangente

Idée clé : l’inégalité des accroissements finis donne la contraction, puis la majoration géométrique de l’erreur.

1. Pour tout réel \(x\), \(\arctan x \in \left]-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right[\). Donc \(f(x) \in \left]2 – \dfrac{\pi}{6}, 2 + \dfrac{\pi}{6}\right[ \subset J\). En particulier, \(f(J) \subset J\).
2. La fonction \(f\) est dérivable avec \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{3(1 + x^2)}\), donc \(|f^{\prime}(x)| \leqslant \dfrac{1}{3}\). D’après l’inégalité des accroissements finis, \(f\) est \(\dfrac{1}{3}\)-lipschitzienne sur \(\mathbb{R}\).
3. Le segment \(J\) est stable et \(f\) y est contractante. Le théorème du cours fournit un unique point fixe \(\ell \in J\). De plus, tout point fixe appartient à \(f(\mathbb{R}) \subset J\), donc \(\ell\) est l’unique point fixe réel. Ensuite, \(\ell = f(\ell)\) et la question 2 donnent \(|u_{n+1} – \ell| \leqslant \dfrac{1}{3}|u_n – \ell|\). Par récurrence, l’erreur au rang \(n\) est au plus \(3^{-n}\) fois l’erreur initiale. Or \(u_0 = 2\) est le centre de \(J\) et \(\ell \in J\), donc \(|u_0 – \ell| \leqslant \dfrac{\pi}{6}\). Ainsi \(|u_n – \ell| \leqslant \dfrac{\pi}{6} \cdot 3^{-n}\).
4. Il suffit que \(3^n \geqslant 10^4 \times \dfrac{\pi}{6} \approx 5\,236\). Or \(3^7 = 2\,187\) et \(3^8 = 6\,561\). Le rang \(n = 8\) convient, et l’on trouve \(\ell \approx 2{,}391\,6\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 6 – Fonction décroissante et suites extraites

Idée clé : la composée \(f \circ f\) est croissante et n’a qu’un point fixe dans \([1, 3]\).

1. On a \(f^{\prime}(x) = -\dfrac{6}{(1 + x)^2} < 0\), donc \(f\) est décroissante. Comme elle est continue, \(f([1, 3]) = [f(3), f(1)] = \left[\dfrac{3}{2}, 3\right] \subset [1, 3]\). L’intervalle \([1, 3]\) est stable.
2. Pour \(x \geqslant 0\), \((f \circ f)(x) = \dfrac{6}{1 + \frac{6}{1 + x}} = \dfrac{6(1 + x)}{7 + x}\). L’équation \((f \circ f)(x) = x\) équivaut à \(6 + 6x = 7x + x^2\), soit \(x^2 + x – 6 = 0\), c’est-à-dire \((x – 2)(x + 3) = 0\). Le seul point fixe de \(f \circ f\) dans \([1, 3]\) est \(2\).
3. La fonction \(f \circ f\) est croissante sur \([1, 3]\) comme composée de deux fonctions décroissantes, et \([1, 3]\) est stable par \(f \circ f\). Ensuite, \(u_2 = (f \circ f)(1) = \dfrac{3}{2} > u_0\). Le théorème sur les fonctions croissantes, appliqué à \(f \circ f\), montre que \((u_{2n})\) est croissante. De même, \(u_1 = 3\) et \(u_3 = (f \circ f)(3) = \dfrac{12}{5} < u_1\), donc \((u_{2n+1})\) est décroissante.
4. Les deux suites sont monotones et bornées par \(1\) et \(3\), donc elles convergent. Leurs limites sont des points fixes de la fonction continue \(f \circ f\) dans \([1, 3]\), donc elles valent \(2\). Comme les termes pairs et impairs ont la même limite, \(u_n \to 2\).
5. Si \(f\) était \(k\)-contractante sur \([1, 3]\) avec \(k < 1\), on aurait \(\left|\dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1}\right| \leqslant k\) pour \(x \neq 1\). En faisant tendre \(x\) vers \(1\), on obtiendrait \(|f^{\prime}(1)| = \dfrac{3}{2} \leqslant k\), ce qui est absurde. En revanche, \(f\left(\left[\dfrac{3}{2}, 3\right]\right) = \left[\dfrac{3}{2}, \dfrac{12}{5}\right]\), donc ce segment est stable. Sur lui, \(|f^{\prime}(x)| \leqslant \dfrac{6}{(5/2)^2} = \dfrac{24}{25}\). Comme \(u_1 = 3\) appartient à ce segment, \(|u_n – 2| \leqslant \left(\dfrac{24}{25}\right)^{n-1}\) pour \(n \geqslant 1\), ce qui redonne la convergence.

Corrigé de l’exercice 7 – Un cycle d’ordre 2

Idée clé : \(f \circ f\) possède d’autres points fixes que \(\ell\), à savoir \(0\) et \(1\), qui forment un cycle.

1. Pour \(x \in [0, 1]\), on a \(x^2 \in [0, 1]\), donc \(f(x) \in [0, 1]\). De plus, \(f^{\prime}(x) = -2x \leqslant 0\), donc \(f\) est décroissante. Enfin, \(f(x) = x\) équivaut à \(x^2 + x – 1 = 0\), de racines \(\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Seule la racine positive \(\ell\) appartient à \([0, 1]\).
2. On calcule \((f \circ f)(x) = 1 – (1 – x^2)^2 = 2x^2 – x^4\). Donc \((f \circ f)(x) – x = -x(x^3 – 2x + 1)\). Or \((x – 1)(x^2 + x – 1) = x^3 – 2x + 1\). On obtient bien \((f \circ f)(x) – x = -x(x – 1)(x^2 + x – 1)\).
3. La fonction \(f \circ f\) est croissante sur \([0, 1]\), avec \((f \circ f)(0) = 0\) et \((f \circ f)(\ell) = \ell\). Donc \([0, \ell]\) est stable par \(f \circ f\). Ensuite, \(\sqrt{5} > 2{,}2\), donc \(\ell > 0{,}6 > u_0\). Pour \(x \in \, ]0, \ell[\), on a \(x > 0\), \(x – 1 < 0\) et \(x^2 + x – 1 < 0\), car \(x\) est entre les deux racines. Ainsi \((f \circ f)(x) – x < 0\). Par conséquent, \((u_{2n})\) est décroissante et minorée par \(0\). Sa limite est un point fixe de \(f \circ f\) dans \(\left[0, \dfrac{1}{2}\right]\). Les points fixes de \(f \circ f\) sont \(0\), \(1\), \(\ell\) et \(\dfrac{-1 – \sqrt{5}}{2}\). Donc \(u_{2n} \to 0\).
4. Par continuité de \(f\), \(u_{2n+1} = f(u_{2n}) \to f(0) = 1\). Les suites extraites ont des limites différentes. Donc \((u_n)\) diverge et s’approche du cycle \(\{0, 1\}\), comme le montre la figure.
5. On a \(f^{\prime}(\ell) = -2\ell = 1 – \sqrt{5} \approx -1{,}24\). Comme \(|f^{\prime}(\ell)| > 1\), le point fixe \(\ell\) est répulsif. Les termes s’en éloignent, ce qui explique la divergence.

Corrigé de l’exercice 8 – Point fixe attractif et point fixe répulsif

Idée clé : la factorisation \(f(x) – x = \dfrac{(x – 2)(x – 4)}{6}\) découpe \([0, +\infty[\) en intervalles stables.

1. L’équation \(f(x) = x\) s’écrit \(x^2 – 6x + 8 = 0\), soit \((x – 2)(x – 4) = 0\). Ensuite, \(f^{\prime}(x) = \dfrac{x}{3}\). Les points fixes sont \(2\) et \(4\), avec \(f^{\prime}(2) = \dfrac{2}{3}\) et \(f^{\prime}(4) = \dfrac{4}{3}\).
2. La fonction \(f\) est croissante et continue sur \([0, +\infty[\). Si \(u_0 \in [0, 2]\), alors \(f([0, 2]) = \left[\dfrac{4}{3}, 2\right]\), donc \([0, 2]\) est stable. Sur cet intervalle, \(f(x) – x \geqslant 0\), donc la suite croît. Comme elle ne dépasse pas \(2\), sa limite existe ; c’est le seul point fixe de \([0, 2]\), soit \(2\). Si \(u_0 \in \, ]2, 4[\), alors \(f(]2, 4[) = \, ]2, 4[\), et \(f(x) – x < 0\) sur cet intervalle. La suite décroît et reste minorée par \(2\). Sa limite est un point fixe de \([2, u_0]\), donc \(2\). Dans les deux cas, \(u_n \to 2\).
3. Si \(u_0 = 4\), la suite est constante égale à \(4\). Si \(u_0 > 4\), l’intervalle \(]4, +\infty[\) est stable et \(f(x) – x > 0\) sur lui. La suite croît. Si elle convergeait, sa limite serait un point fixe supérieur à \(u_0 > 4\), ce qui est impossible. Donc \(u_n \to +\infty\).
4. La fonction \(f\) est paire, donc \(u_1 = f(u_0) = f(|u_0|)\). À partir du rang \(1\), la suite coïncide avec celle issue de \(|u_0|\). Elle tend vers \(2\) si \(|u_0| < 4\), vaut \(4\) dès le rang \(1\) si \(|u_0| = 4\), et tend vers \(+\infty\) si \(|u_0| > 4\).
5. Avec \(u_0 = 3\), la question 2 montre que \(u_n \in [2, 3]\). De plus, \(u_n > 2\) pour tout \(n\), car \(f\) est strictement croissante et \(f(2) = 2\). Ensuite, \(u_{n+1} – 2 = \dfrac{u_n^2 – 4}{6} = \dfrac{u_n + 2}{6}(u_n – 2)\), avec \(0 < \dfrac{u_n + 2}{6} \leqslant \dfrac{5}{6}\). D’où la première inégalité. Par ailleurs, \(\dfrac{u_{n+1} – 2}{u_n – 2} = \dfrac{u_n + 2}{6} \to \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}\), qui vaut bien \(f^{\prime}(2)\). Enfin, \(|u_n – 2| \leqslant \left(\dfrac{5}{6}\right)^n\). Cette quantité est inférieure à \(10^{-3}\) dès que \(n \geqslant \dfrac{3\ln 10}{\ln(6/5)} \approx 37{,}9\). Le rang \(n = 38\) convient.

Corrigé de l’exercice 9 – Méthode de Newton pour la racine carrée de 11

Idée clé : l’erreur au rang suivant est exactement un carré divisé par \(2x_n\), d’où la convergence quadratique.

1. Avec \(h^{\prime}(x) = 2x\), on obtient \(x_{n+1} = x_n – \dfrac{x_n^2 – 11}{2x_n} = \dfrac{x_n^2 + 11}{2x_n}\). Donc \(x_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(x_n + \dfrac{11}{x_n}\right)\).
2. Comme \(\alpha^2 = 11\), on a \(x_{n+1} – \alpha = \dfrac{x_n^2 – 2\alpha x_n + \alpha^2}{2x_n}\). Ainsi \(x_{n+1} – \alpha = \dfrac{(x_n – \alpha)^2}{2x_n}\).
3. D’abord, \(x_0 = 4 > 0\) et \(16 > 11\), donc \(x_0 \geqslant \alpha\). Ensuite, si \(x_n > 0\), la question 2 donne \(x_{n+1} \geqslant \alpha > 0\). Par récurrence, \(x_n \geqslant \alpha\) pour tout \(n\). De plus, \(x_{n+1} – x_n = \dfrac{11 – x_n^2}{2x_n} \leqslant 0\), donc la suite décroît. Elle est minorée par \(\alpha\), donc elle converge vers \(L \geqslant \alpha\). Par continuité, \(L = \dfrac{1}{2}\left(L + \dfrac{11}{L}\right)\), soit \(L^2 = 11\). Donc \(x_n \to \sqrt{11}\).
4. Comme \(x_n \geqslant \alpha > 3\), on a \(2x_n > 6\), d’où la majoration. Ensuite, \(e_0 = 4 – \alpha < 0{,}7\). Puis \(e_1 < \dfrac{0{,}49}{6} < 0{,}081\,7\), \(e_2 < \dfrac{0{,}081\,7^2}{6} < 0{,}001\,12\), \(e_3 < \dfrac{0{,}001\,12^2}{6} < 2{,}1 \times 10^{-7}\) et \(e_4 < \dfrac{(2{,}1 \times 10^{-7})^2}{6} < 7{,}4 \times 10^{-15}\). Le rang \(n = 4\) garantit une erreur inférieure à \(10^{-12}\).

Corrigé de l’exercice 10 – Une convergence lente vers 0

Idée clé : la suite \(\dfrac{1}{u_n^2}\) croît presque comme une suite arithmétique, ce qui donne un encadrement explicite.

1. Si \(u_n > 0\), alors \(u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n^2} > 0\). Par récurrence, tous les termes sont strictement positifs. Ensuite, \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{1}{1 + u_n^2} < 1\), donc la suite est strictement décroissante. Elle est minorée par \(0\), donc elle converge vers \(\ell \geqslant 0\). Par continuité, \(\ell(1 + \ell^2) = \ell\), soit \(\ell^3 = 0\). Donc \(u_n \to 0\).
2. On a \(\dfrac{1}{u_{n+1}} = \dfrac{1 + u_n^2}{u_n} = \dfrac{1}{u_n} + u_n\). En élevant au carré, \(\dfrac{1}{u_{n+1}^2} = \dfrac{1}{u_n^2} + 2 + u_n^2\).
3. Comme \(0 < u_k \leqslant u_0 = 1\), on a \(2 \leqslant \dfrac{1}{u_{k+1}^2} – \dfrac{1}{u_k^2} \leqslant 3\). En sommant pour \(k\) de \(0\) à \(n – 1\), on obtient \(2n \leqslant \dfrac{1}{u_n^2} – 1 \leqslant 3n\). En passant à l’inverse puis à la racine, \(\dfrac{1}{\sqrt{3n + 1}} \leqslant u_n \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2n + 1}}\).
4. On a \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1 – x^2}{(1 + x^2)^2}\), donc \(f^{\prime}(0) = 1\). De même, \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n} = \dfrac{1}{1 + u_n^2} \to 1\). Supposons que \(u_n \leqslant C q^n\) avec \(q \in \, ]0, 1[\). Alors \(1 \leqslant \sqrt{3n + 1}\,u_n \leqslant C q^n \sqrt{3n + 1}\), et le dernier terme tend vers \(0\). C’est absurde. La convergence n’est donc pas géométrique : elle se fait à la vitesse de \(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\), ce qui est typique d’un point fixe où \(f^{\prime}\) vaut \(1\).

Corrigé de l’exercice 11 – Points fixes non explicites avec l’exponentielle

Idée clé : on étudie \(g(x) = \mathrm{e}^x – 2 – x\) ; son signe et la croissance de \(f\) règlent tous les cas.

1. On a \(g^{\prime}(x) = \mathrm{e}^x – 1\). Donc \(g\) est strictement décroissante sur \(]-\infty, 0]\) et strictement croissante sur \([0, +\infty[\), avec \(g(0) = -1\). Ensuite, \(g(-2) = \mathrm{e}^{-2} > 0\) et \(g(-1) = \mathrm{e}^{-1} – 1 < 0\). Strictement monotone et continue sur \(]-\infty, 0]\), la fonction \(g\) y possède donc un unique zéro \(a\), situé dans \(]-2, -1[\) grâce aux valeurs intermédiaires. De même, \(g(1) = \mathrm{e} – 3 < 0\) et \(g(2) = \mathrm{e}^2 – 4 > 0\). On obtient un second zéro \(b \in \, ]1, 2[\), et il n’y en a pas d’autre.
2. La fonction \(f\) est strictement croissante et continue. De plus, \(g > 0\) sur \(]-\infty, a[\), \(g < 0\) sur \(]a, b[\) et \(g > 0\) sur \(]b, +\infty[\).
   • Si \(u_0 \in \, ]a, b[\), l’intervalle \(]a, b[\) est stable car \(f(]a, b[) = \, ]a, b[\). La suite décroît et reste minorée par \(a\). Sa limite est un point fixe de \([a, u_0[\), donc \(u_n \to a\).
   • Si \(u_0 < a\), on a \(f(]-\infty, a[) = \, ]-2, a[\), donc l’intervalle est stable. La suite croît et reste majorée par \(a\). Elle tend vers \(a\).
   • Si \(u_0 \in \{a, b\}\), la suite est constante.
   • Si \(u_0 > b\), l’intervalle \(]b, +\infty[\) est stable et la suite croît. Une limite finie serait un point fixe strictement supérieur à \(b\), ce qui est impossible. Donc \(u_n \to +\infty\).
3. Comme \(f\) est croissante, \(f([-2, -1]) = [\mathrm{e}^{-2} – 2, \mathrm{e}^{-1} – 2]\). Or \(\mathrm{e}^{-2} – 2 \approx -1{,}86\) et \(\mathrm{e}^{-1} – 2 \approx -1{,}63\). Donc \([-2, -1]\) est stable. Sur ce segment, \(|f^{\prime}(x)| = \mathrm{e}^x \leqslant \mathrm{e}^{-1}\), et l’inégalité des accroissements finis donne la contraction. Enfin, \(u_0 = -1\) et \(a\) sont dans un segment de longueur \(1\), donc \(|u_0 – a| \leqslant 1\). Par conséquent, \(|u_n – a| \leqslant \mathrm{e}^{-n}\).
4. Comme \(\mathrm{e}^a = a + 2\), on a \(f^{\prime}(a) = a + 2 \approx 0{,}16\) et \(f^{\prime}(b) = b + 2 \approx 3{,}15\). Le point \(a\) est attractif et le point \(b\) est répulsif. Cela confirme la question 2 : seule la suite constante tend vers \(b\). La figure résume la situation.

Corrigé de l’exercice 12 – Étude selon un paramètre

Idée clé : on écrit \(f(x) – x = \dfrac{(x – 1)^2 + a – 1}{2}\), dont le signe dépend de la position de \(a\) par rapport à \(1\).

1. L’équation \(f(x) = x\) s’écrit \(x^2 – 2x + a = 0\), de discriminant réduit \(1 – a \geqslant 0\). Les points fixes sont \(\ell = 1 – \sqrt{1 – a}\) et \(\ell^{\prime} = 1 + \sqrt{1 – a}\).
2. On a \(0 \leqslant \sqrt{1 – a} \leqslant 1\), donc \(\ell \in [0, 1]\). La fonction \(f\) est croissante et continue sur \([0, +\infty[\). Ainsi \(f([0, \ell]) = \left[\dfrac{a}{2}, \ell\right] \subset [0, \ell]\), donc \([0, \ell]\) est stable. Ensuite, \(f(x) – x = \dfrac{(x – \ell)(x – \ell^{\prime})}{2}\). Pour \(x \in [0, \ell]\), les deux facteurs sont négatifs ou nuls, donc \(f(x) – x \geqslant 0\). La suite est croissante et majorée par \(\ell\). Elle converge vers un point fixe de \([0, \ell]\). Donc \(u_n \to 1 – \sqrt{1 – a}\).
3. Pour \(a > 1\), on a \(u_{n+1} – u_n = \dfrac{(u_n – 1)^2 + a – 1}{2} \geqslant \dfrac{a – 1}{2}\). En sommant, \(u_n \geqslant \dfrac{n(a – 1)}{2}\). Donc \(u_n \to +\infty\).
4. On a \(f^{\prime}(x) = x\), donc \(f^{\prime}(\ell) = \ell \in [0, 1[\) quand \(a < 1\). Le point fixe est attractif et la convergence est géométrique, de raison voisine de \(\ell\). Pour \(a = 1\), on a \(\ell = 1\) et \(u_n \in [0, 1[\) par récurrence. Ensuite, \(1 – u_{n+1} = \dfrac{1 – u_n^2}{2} = (1 – u_n)\dfrac{1 + u_n}{2}\). Donc \(\dfrac{1 – u_{n+1}}{1 – u_n} = \dfrac{1 + u_n}{2} \to 1\). Pour \(a = 1\), \(f^{\prime}(1) = 1\) et la convergence devient lente, comme dans l’exercice 10.

Corrigé de l’exercice 13 – Estimation a posteriori de l’erreur

Idée clé : l’inégalité triangulaire transforme l’écart entre deux termes consécutifs en majoration de l’erreur.

1. La fonction \(f\) est croissante, avec \(f(1) = 1 + \dfrac{\ln 2}{2} \approx 1{,}35\) et \(f(3) = 1 + \ln 2 \approx 1{,}69\). Donc \(f(J) \subset J\). Ensuite, \(f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2(1 + x)} \in \left]0, \dfrac{1}{4}\right]\) sur \(J\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(f\) est \(\dfrac{1}{4}\)-lipschitzienne sur \(J\).
2. Le segment \(J\) est stable et \(f\) y est contractante. Le théorème du point fixe sur un segment donne un unique point fixe \(\ell \in J\). De plus, \(u_0 = 1 \in J\). Donc \((u_n)\) converge vers \(\ell\).
3. D’abord, \(|u_n – \ell| \leqslant |u_n – u_{n+1}| + |u_{n+1} – \ell| \leqslant |u_{n+1} – u_n| + k\,|u_n – \ell|\). Donc \((1 – k)\,|u_n – \ell| \leqslant |u_{n+1} – u_n|\). Ensuite, \(|u_{n+1} – u_n| = |f(u_n) – f(u_{n-1})| \leqslant k\,|u_n – u_{n-1}|\). Par récurrence, \(|u_{n+1} – u_n| \leqslant k^n |u_1 – u_0|\). On en déduit \(|u_n – \ell| \leqslant \dfrac{k^n}{1 – k}\,|u_1 – u_0|\).
4. Ici \(k = \dfrac{1}{4}\) et \(|u_1 – u_0| = \dfrac{\ln 2}{2} < 0{,}35\). Donc \(|u_n – \ell| \leqslant \dfrac{4}{3} \times 0{,}35 \times 4^{-n} < 0{,}47 \times 4^{-n}\). Il suffit que \(4^n \geqslant 470\,000\). Or \(4^9 = 262\,144\) et \(4^{10} = 1\,048\,576\). Le rang \(n = 10\) convient, et \(\ell \approx 1{,}447\,5\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 14 – Convergence quadratique de Newton

Idée clé : l’égalité des accroissements finis exprime \(N(x) – \alpha\) avec \(h^{\prime}(x) – h^{\prime}(c)\), qui est de l’ordre de \(x – \alpha\).

1. On a \(h^{\prime}(x) = 3x^2 + 1 > 0\), donc \(h\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). Elle tend vers \(-\infty\) et \(+\infty\) aux bornes, et elle est continue. Elle s’annule donc une seule fois. Ensuite, \(h(1{,}2) = 1{,}728 + 1{,}2 – 3 = -0{,}072\) et \(h(1{,}25) = 1{,}953\,125 + 1{,}25 – 3 = 0{,}203\,125\). Donc \(\alpha \in \, ]1{,}2\,;\,1{,}25[\).
2. On calcule \(N(x) = x – \dfrac{x^3 + x – 3}{3x^2 + 1} = \dfrac{3x^3 + x – x^3 – x + 3}{3x^2 + 1}\). Donc \(N(x) = \dfrac{2x^3 + 3}{3x^2 + 1}\).
3. Pour \(x = \alpha\), tout est clair. Soit \(x \in \, ]\alpha\,;\,1{,}5]\). Les accroissements finis donnent \(c \in \, ]\alpha, x[\) tel que \(h(x) = h^{\prime}(c)(x – \alpha)\). Ainsi \[N(x) – \alpha = (x – \alpha)\,\frac{h^{\prime}(x) – h^{\prime}(c)}{h^{\prime}(x)}.\] Comme \(h^{\prime}\) est croissante sur \([0, +\infty[\), cette quantité est positive. De plus, \(h(x) > 0\), donc \(N(x) < x\). Ensuite, \(h^{\prime}(x) – h^{\prime}(c) = 3(x + c)(x – c) \leqslant 9(x – \alpha)\), car \(x + c \leqslant 3\). Enfin, \(h^{\prime}(x) \geqslant h^{\prime}(1{,}2) = 5{,}32\). Donc \(N(x) – \alpha \leqslant \dfrac{9}{5{,}32}(x – \alpha)^2 \leqslant 1{,}7\,(x – \alpha)^2\).
4. La question 3 montre que \([\alpha\,;\,1{,}5]\) est stable par \(N\) et que \(N(x) \leqslant x\) sur cet intervalle. Ainsi \((x_n)\) décroît sans jamais passer sous \(\alpha\) ; elle admet donc une limite \(L\), et la continuité de \(N\) donne \(N(L) = L\), soit \(h(L) = 0\). Donc \(x_n \to \alpha\).
5. On trouve \(x_1 = \dfrac{9{,}75}{7{,}75} = \dfrac{39}{31} \approx 1{,}258\,06\). Donc \(e_1 = x_1 – \alpha < 1{,}258\,1 – 1{,}2 < 0{,}06\). Ensuite, \(e_2 \leqslant 1{,}7 \times 0{,}06^2 < 0{,}006\,2\), puis \(e_3 \leqslant 1{,}7 \times 0{,}006\,2^2 < 6{,}6 \times 10^{-5}\). Enfin, \(e_4 \leqslant 1{,}7 \times (6{,}6 \times 10^{-5})^2 < 7{,}5 \times 10^{-9}\). Ainsi \(x_4\) approche \(\alpha \approx 1{,}213\,411\,66\) à \(10^{-8}\) près.

Corrigé de l’exercice 15 – Un point fixe répulsif n’attire aucune suite

Idée clé : près d’un point répulsif, l’écart au point fixe est multiplié par au moins \(k > 1\) à chaque étape, ce qui est incompatible avec une convergence.

1. On pose \(k = \dfrac{1 + |f^{\prime}(\ell)|}{2}\), de sorte que \(1 < k < |f^{\prime}(\ell)|\). Comme \(f^{\prime}\) est continue en \(\ell\) et \(\ell\) est intérieur à \(I\), il existe \(\eta > 0\) tel que \([\ell – \eta, \ell + \eta] \subset I\) et \(|f^{\prime}| \geqslant k\) sur ce segment. Pour \(x\) dans ce segment, les accroissements finis donnent \(c\) entre \(x\) et \(\ell\) tel que \(f(x) – \ell = f^{\prime}(c)(x – \ell)\). Donc \(|f(x) – \ell| \geqslant k\,|x – \ell|\).
2. Supposons \(u_n \to \ell\). Il existe un rang \(N\) tel que \(|u_n – \ell| \leqslant \eta\) pour \(n \geqslant N\). La question 1 donne alors \(|u_{N+p} – \ell| \geqslant k^p\,|u_N – \ell|\) pour tout \(p\). Si \(u_N \neq \ell\), le membre de droite tend vers \(+\infty\), alors que le membre de gauche reste inférieur à \(\eta\). C’est absurde. Donc \(u_N = \ell\), puis \(u_n = \ell\) pour tout \(n \geqslant N\). La suite est stationnaire.
3. L’équation \(4x(1 – x) = x\) s’écrit \(x(3 – 4x) = 0\), d’où les points fixes \(0\) et \(\dfrac{3}{4}\). Ensuite, \(f^{\prime}(x) = 4 – 8x\), donc \(f^{\prime}(0) = 4\) et \(f^{\prime}\left(\dfrac{3}{4}\right) = -2\). Les deux points fixes sont répulsifs. Pour \(u_0 = \dfrac{1}{4}\), on obtient \(u_1 = \dfrac{3}{4}\), puis la suite est constante : elle converge parce qu’elle est stationnaire. Pour \(u_0 = \dfrac{2 – \sqrt{2}}{4}\), on a \(u_0(1 – u_0) = \dfrac{(2 – \sqrt{2})(2 + \sqrt{2})}{16} = \dfrac{1}{8}\). Donc \(u_1 = \dfrac{1}{2}\), \(u_2 = 1\), puis \(u_n = 0\) pour \(n \geqslant 3\). Les deux suites sont stationnaires, conformément à la question 2.
4. On raisonne par récurrence, avec \(p_0 = 1\). Supposons \(u_n = \dfrac{p_n}{q}\), où \(q = 3^{2^n}\) et \(3\) ne divise pas \(p_n\). Alors \(u_{n+1} = \dfrac{4p_n(q – p_n)}{q^2}\), et \(q^2 = 3^{2^{n+1}}\). Or \(3\) ne divise ni \(4\), ni \(p_n\), ni \(q – p_n\), puisque \(q – p_n \equiv -p_n \pmod 3\). Comme \(3\) est premier, il ne divise pas \(p_{n+1} = 4p_n(q – p_n)\). Par conséquent, \(u_n \neq 0\), sinon \(3\) diviserait \(p_n = 0\). De même, \(u_n \neq \dfrac{3}{4}\), sinon \(4p_n = 3^{2^n + 1}\) serait divisible par \(3\). Si la suite convergeait, sa limite serait un point fixe de \(f\) dans \([0, 1]\), donc \(0\) ou \(\dfrac{3}{4}\). La question 2 la rendrait alors stationnaire en l’une de ces valeurs. C’est impossible, donc \((u_n)\) diverge.

Corrigé de l’exercice 16 – Problème – Trois façons de résoudre x + ln x = 2

Idée clé : une même équation donne des suites très différentes selon la valeur de la dérivée au point fixe ; Newton annule cette dérivée.

Partie A : existence de la solution

Sur \(]0, +\infty[\), la dérivée \(h^{\prime}(x) = 1 + \dfrac{1}{x}\) est positive, ce qui rend \(h\) strictement croissante. Elle tend vers \(-\infty\) en \(0\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). Elle s’annule donc une seule fois. Ensuite, \(h(1{,}5) \approx -0{,}095 < 0\) et \(h(1{,}6) \approx 0{,}070 > 0\). Ainsi \(\alpha \in \, ]1{,}5\,;\,1{,}6[\).

Partie B : la suite associée à 2 – ln x

1. L’équation \(f(x) = x\) équivaut à \(h(x) = 0\), donc \(\alpha\) est l’unique point fixe de \(f\). La fonction \(f\) est décroissante et continue. Ainsi \(f(J) = [f(1{,}7), f(1{,}4)] \approx [1{,}469\,;\,1{,}664]\). Donc \(J\) est stable.
2. Sur \(J\), \(|f^{\prime}(x)| = \dfrac{1}{x} \leqslant \dfrac{1}{1{,}4} = \dfrac{5}{7}\). Par l’inégalité des accroissements finis, \(f\) est \(\dfrac{5}{7}\)-contractante sur \(J\). Comme \(u_0 = 1{,}5\) et \(\alpha\) sont dans \([1{,}5\,;\,1{,}6]\), on a \(|u_0 – \alpha| \leqslant 0{,}1\). Donc \(|u_n – \alpha| \leqslant 0{,}1 \times \left(\dfrac{5}{7}\right)^n\).
3. Il suffit que \(\left(\dfrac{7}{5}\right)^n \geqslant 10^5\), soit \(n \geqslant \dfrac{5\ln 10}{\ln 1{,}4} \approx \dfrac{11{,}515}{0{,}336} \approx 34{,}3\). Le rang \(n = 35\) convient.
4. La fonction \(f\) est strictement décroissante et injective. Si \(u_n = \alpha\) pour un certain \(n\), on remonte jusqu’à \(u_0 = \alpha\), ce qui est faux. Ensuite, \(u_n < \alpha\) entraîne \(u_{n+1} = f(u_n) > f(\alpha) = \alpha\), et inversement. Or \(u_0 < \alpha\). Les termes de rang pair sont donc sous \(\alpha\), ceux de rang impair au-dessus.

Partie C : une réécriture qui échoue

L’égalité \(\ln \alpha = 2 – \alpha\) donne \(\alpha = \mathrm{e}^{2 – \alpha} = \varphi(\alpha)\). Ensuite, \(\varphi^{\prime}(x) = -\mathrm{e}^{2 – x}\), donc \(\varphi^{\prime}(\alpha) = -\alpha \approx -1{,}56\). Le point fixe est répulsif. D’après l’exercice 15, la suite \((v_n)\) ne peut converger vers \(\alpha\) que si elle tombe exactement sur \(\alpha\). En pratique, chaque itération multiplie l’erreur par environ \(1{,}56\).

Partie D : la méthode de Newton

1. On a \(N(x) = x – \dfrac{x + \ln x – 2}{1 + 1/x} = x – \dfrac{x(x + \ln x – 2)}{x + 1}\). En réduisant, \(N(x) = \dfrac{x(3 – \ln x)}{x + 1}\).
2. Pour \(x = \alpha\), tout est clair. Soit \(x \in [1, \alpha[\). Les accroissements finis donnent \(c \in \, ]x, \alpha[\) tel que \(-h(x) = h^{\prime}(c)(\alpha – x)\). D’abord, \(N(x) – x = -\dfrac{h(x)}{h^{\prime}(x)} \geqslant 0\). Ensuite, \(\alpha – N(x) = (\alpha – x)\,\dfrac{h^{\prime}(x) – h^{\prime}(c)}{h^{\prime}(x)}\). La fonction \(h^{\prime}\) est décroissante et \(x < c\), donc ce nombre est positif. De plus, \(h^{\prime}(x) – h^{\prime}(c) = \dfrac{c – x}{xc} \leqslant \alpha – x\), car \(xc \geqslant 1\). Enfin, \(h^{\prime}(x) \geqslant 1 + \dfrac{1}{\alpha} > \dfrac{3}{2}\). Donc \(x \leqslant N(x) \leqslant \alpha\) et \(\alpha – N(x) \leqslant \dfrac{2}{3}(\alpha – x)^2\).
3. L’intervalle \([1, \alpha]\) est stable par \(N\), et la suite y est croissante, majorée par \(\alpha\). Elle converge vers \(L\) avec \(N(L) = L\), donc \(h(L) = 0\) et \(L = \alpha\). On pose \(d_n = \dfrac{2}{3}(\alpha – x_n)\). Alors \(d_{n+1} \leqslant d_n^2\), donc \(d_n \leqslant d_0^{2^n}\). Or \(d_0 = \dfrac{2}{3}(\alpha – 1) \leqslant \dfrac{2}{3} \times 0{,}6 = 0{,}4\). Ainsi \(\alpha – x_n \leqslant \dfrac{3}{2}\,(0{,}4)^{2^n}\).
4. Pour \(n = 3\), la borne vaut environ \(9{,}8 \times 10^{-4}\), ce qui ne suffit pas. Pour \(n = 4\), elle vaut \(1{,}5 \times 0{,}4^{16} \approx 6{,}4 \times 10^{-7}\). Quatre itérations de Newton suffisent, contre trente-cinq pour la partie B. En réalité, \(x_3 \approx 1{,}557\,145\,58\) est déjà exact à \(3 \times 10^{-8}\) près, comme le montre la figure.

Pour aller plus loin

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