Calcul intégral — Correction du Problème 12

Fonction intégrale, bijection et suite contractante — 2e Bac Sciences Mathématiques

Examen national 2013 — Session normale

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Énoncé complet Étude de \(h\) Étude de \(g\) Bijection Suite \((u_n)\)

Questions

I.1.a I.1.b I.2.a I.2.b II.1.a II.1.b II.1.c II.2.a II.2.b II.2.c II.3.a II.3.b II.3.c III.I.1 III.I.2 III.II.1.a III.II.1.b III.II.1.c III.II.2.a III.II.2.b III.II.2.c

Énoncé complet

Première partie — Étude de \(h\)

On considère la fonction \(h\) définie sur \([1;+\infty[\) par :

\[ h(1)=1 \qquad\text{et}\qquad h(x)=\frac{x-1}{x\ln x} \quad\text{pour }x>1. \]

1. 1. Montrer que \(h\) est continue à droite en \(1\).
   2. Montrer que, pour tout \(x>1\) : \[ \ln x<x-1, \] puis en déduire que la fonction \(h\) est strictement décroissante sur \(]1;+\infty[\).
2. 1. Calculer : \[ \lim_{x\to+\infty}h(x), \] puis dresser le tableau de variations de \(h\).
   2. En déduire que : \[ (\forall x\geq1)\qquad 0\leq h(x)\leq1. \]

Deuxième partie — Étude de \(g\)

On considère la fonction \(g\) définie sur \([1;+\infty[\) par :

\[ g(1)=\ln2 \]

et, pour tout \(x>1\) :

\[ g(x)= \int_x^{x^2} \frac{dt}{\sqrt t\,\ln t}. \]

On note \(\mathcal C\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

1. 1. Vérifier que, pour tout \(x>1\) : \[ \int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t}=\ln2. \]
   2. Vérifier que, pour tout \(x>1\) : \[ g(x)-\ln2 = \int_x^{x^2} \frac{\sqrt t-1}{t\ln t}\,dt. \]
   3. Montrer que, pour tout \(x>1\) : \[ g(x)-\ln2 = \int_{\sqrt x}^{x}h(u)\,du. \]
2. 1. Montrer que, pour tout \(x>1\) : \[ (x-\sqrt x)h(x) \leq g(x)-\ln2 \leq (x-\sqrt x)h(\sqrt x). \]
   2. En déduire que \(g\) est dérivable à droite en \(1\).
   3. Montrer que : \[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}x=0. \]
3. 1. Montrer que \(g\) est dérivable sur \(]1;+\infty[\) et que : \[ (\forall x>1)\qquad g'(x)=\frac12h(\sqrt x). \]
   2. En déduire que : \[ (\forall x>1)\qquad 0<g'(x)\leq\frac12, \] puis dresser le tableau de variations de \(g\).
   3. Construire la courbe \(\mathcal C\).

Troisième partie — Bijection et suite

Soit \(k\) la fonction définie sur \([1;+\infty[\) par :

\[ k(x)=g(x)-x+1. \]

I)

1. Montrer que \(k\) réalise une bijection de \([1;+\infty[\) sur : \[ ]-\infty;\ln2]. \]
2. En déduire qu’il existe un unique réel \(\alpha\in]1;+\infty[\) tel que : \[ 1+g(\alpha)=\alpha. \]

II)

On considère la suite numérique \((u_n)\) définie par :

\[ 1\leq u_0<\alpha \]

et, pour tout \(n\in\mathbb N\) :

\[ u_{n+1}=1+g(u_n). \]

1. 1. Montrer que : \[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad 1\leq u_n<\alpha. \]
   2. Montrer que la suite \((u_n)\) est strictement croissante.
   3. En déduire que \((u_n)\) est convergente et que : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha. \]
2. 1. Montrer que : \[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad |u_{n+1}-\alpha| \leq \frac12|u_n-\alpha|. \]
   2. Montrer que : \[ (\forall n\in\mathbb N)\qquad |u_n-\alpha| \leq \left(\frac12\right)^n |u_0-\alpha|. \]
   3. En déduire encore une fois que : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha. \]

Partie I — Étude de la fonction \(h\)

Question I.1.a — Continuité à droite en \(1\)

Montrer que \(h\) est continue à droite en \(1\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Soit \(x>1\). Appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction \(\ln\) sur l’intervalle \([1;x]\).

Il existe un réel \(c_x\in]1;x[\) tel que : \[ \ln x-\ln1 = \frac1{c_x}(x-1). \]

Comme \(\ln1=0\), on obtient : \[ \ln x=\frac{x-1}{c_x}. \]

Ainsi : \[ h(x) = \frac{x-1}{x\ln x} = \frac{x-1}{ x\frac{x-1}{c_x} } = \frac{c_x}{x}. \]

Lorsque \(x\to1^+\), l’encadrement : \[ 1<c_x<x \] donne : \[ c_x\to1. \]

Par conséquent : \[ \lim_{x\to1^+}h(x) = \lim_{x\to1^+}\frac{c_x}{x} = 1. \]

Or : \[ h(1)=1. \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to1^+}h(x)=h(1)=1 }. \] La fonction \(h\) est donc continue à droite en \(1\).

Question I.1.b — Inégalité logarithmique et monotonie

Montrer que : \[ \ln x<x-1 \qquad(x>1), \] puis en déduire que \(h\) est strictement décroissante.

Lire la correction + Masquer la correction −

Démonstration de \(\ln x<x-1\)

Considérons la fonction : \[ p(x)=x-1-\ln x \] définie sur \(]0;+\infty[\).

Pour tout \(x>0\) : \[ p'(x) = 1-\frac1x = \frac{x-1}{x}. \]

Sur \(]1;+\infty[\), on a \(p'(x)>0\). La fonction \(p\) est donc strictement croissante sur cet intervalle.

Comme : \[ p(1)=0, \] on obtient, pour tout \(x>1\) : \[ p(x)>0. \]

\[ \boxed{\ln x<x-1\quad(x>1)}. \]

Monotonie de \(h\)

Pour \(x>1\) : \[ h(x)=\frac{x-1}{x\ln x}. \]

En dérivant par la formule du quotient : \[ \begin{aligned} h'(x) &= \frac{ x\ln x-(x-1)(\ln x+1) }{ (x\ln x)^2 }\\ &= \frac{ \ln x-x+1 }{ (x\ln x)^2 }\\ &= \frac{ \ln x-(x-1) }{ (x\ln x)^2 }. \end{aligned} \]

Le dénominateur est strictement positif et : \[ \ln x-(x-1)<0. \]

Donc : \[ h'(x)<0 \qquad(x>1). \]

\[ \boxed{ h\text{ est strictement décroissante sur } ]1;+\infty[ }. \]

Question I.2.a — Limite et tableau de variations de \(h\)

Calculer la limite de \(h\) en \(+\infty\), puis dresser son tableau de variations.

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(x>1\) : \[ h(x) = \frac{x-1}{x\ln x} = \frac{1-\frac1x}{\ln x}. \]

Lorsque \(x\to+\infty\) : \[ 1-\frac1x\to1 \qquad\text{et}\qquad \ln x\to+\infty. \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}h(x)=0 }. \]

La fonction \(h\) est continue à droite en \(1\), strictement décroissante sur \(]1;+\infty[\), avec : \[ h(1)=1 \qquad\text{et}\qquad h(x)\to0. \]

\(x\)	\(1\)		\(+\infty\)
\(h'(x)\)		\(-\)
\(h(x)\)	\(1\)	\(\searrow\)	\(0\)

Question I.2.b — Encadrement de \(h\)

Montrer que : \[ 0\leq h(x)\leq1 \qquad(x\geq1). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction \(h\) est décroissante sur \([1;+\infty[\), avec : \[ h(1)=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}h(x)=0. \]

Pour tout \(x>1\), on a : \[ x-1>0 \qquad\text{et}\qquad x\ln x>0. \]

Donc : \[ h(x)>0. \]

\[ \boxed{ (\forall x\geq1)\qquad 0<h(x)\leq1 }. \]

En particulier : \[ \boxed{0\leq h(x)\leq1}. \]

Partie II — Étude de la fonction \(g\)

Question II.1.a — Calcul d’une intégrale de référence

Vérifier que : \[ \int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t}=\ln2 \qquad(x>1). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(t>1\), une primitive de : \[ t\longmapsto\frac1{t\ln t} \] est : \[ t\longmapsto\ln(\ln t). \]

Pour \(x>1\) : \[ \begin{aligned} \int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t} &= \left[\ln(\ln t)\right]_x^{x^2}\\ &= \ln(\ln(x^2))-\ln(\ln x). \end{aligned} \]

Or : \[ \ln(x^2)=2\ln x. \]

Ainsi : \[ \begin{aligned} \int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t} &= \ln(2\ln x)-\ln(\ln x)\\ &= \ln\left( \frac{2\ln x}{\ln x} \right)\\ &= \ln2. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ \int_x^{x^2}\frac{dt}{t\ln t}=\ln2 }. \]

Question II.1.b — Première expression de \(g(x)-\ln2\)

Montrer que : \[ g(x)-\ln2 = \int_x^{x^2} \frac{\sqrt t-1}{t\ln t}\,dt. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(x>1\) : \[ g(x) = \int_x^{x^2} \frac{dt}{\sqrt t\,\ln t}. \]

D’après la question précédente : \[ \ln2 = \int_x^{x^2} \frac{dt}{t\ln t}. \]

Par linéarité : \[ g(x)-\ln2 = \int_x^{x^2} \left( \frac1{\sqrt t\,\ln t} - \frac1{t\ln t} \right)dt. \]

Or : \[ \frac1{\sqrt t\,\ln t} = \frac{\sqrt t}{t\ln t}. \]

Donc : \[ \frac1{\sqrt t\,\ln t} - \frac1{t\ln t} = \frac{\sqrt t-1}{t\ln t}. \]

\[ \boxed{ g(x)-\ln2 = \int_x^{x^2} \frac{\sqrt t-1}{t\ln t}\,dt }. \]

Question II.1.c — Changement de variable

Montrer que : \[ g(x)-\ln2 = \int_{\sqrt x}^{x}h(u)\,du. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Dans : \[ g(x)-\ln2 = \int_x^{x^2} \frac{\sqrt t-1}{t\ln t}\,dt, \] posons : \[ t=u^2. \]

Alors : \[ u=\sqrt t \qquad\text{et}\qquad dt=2u\,du. \]

Transformation des bornes

• pour \(t=x\) : \[ u=\sqrt x; \]
• pour \(t=x^2\), puisque \(x>1\) : \[ u=\sqrt{x^2}=x. \]

De plus : \[ \sqrt t=u, \qquad t=u^2, \qquad \ln t=2\ln u. \]

Ainsi : \[ \begin{aligned} \frac{\sqrt t-1}{t\ln t}\,dt &= \frac{u-1}{u^2\cdot2\ln u} \times2u\,du\\ &= \frac{u-1}{u\ln u}\,du\\ &= h(u)\,du. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ g(x)-\ln2 = \int_{\sqrt x}^{x}h(u)\,du }. \]

Question II.2.a — Encadrement de \(g(x)-\ln2\)

Montrer que : \[ (x-\sqrt x)h(x) \leq g(x)-\ln2 \leq (x-\sqrt x)h(\sqrt x). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(x>1\) : \[ 1<\sqrt x<x. \]

La fonction \(h\) est strictement décroissante. Ainsi, pour tout \(u\in[\sqrt x;x]\) : \[ h(x)\leq h(u)\leq h(\sqrt x). \]

En intégrant sur \([\sqrt x;x]\) : \[ \int_{\sqrt x}^{x}h(x)\,du \leq \int_{\sqrt x}^{x}h(u)\,du \leq \int_{\sqrt x}^{x}h(\sqrt x)\,du. \]

Donc : \[ (x-\sqrt x)h(x) \leq \int_{\sqrt x}^{x}h(u)\,du \leq (x-\sqrt x)h(\sqrt x). \]

Or : \[ \int_{\sqrt x}^{x}h(u)\,du = g(x)-\ln2. \]

\[ \boxed{ (x-\sqrt x)h(x) \leq g(x)-\ln2 \leq (x-\sqrt x)h(\sqrt x) }. \]

Question II.2.b — Dérivabilité à droite de \(g\) en \(1\)

En déduire que \(g\) est dérivable à droite en \(1\).

Lire la correction + Masquer la correction −

Comme \(g(1)=\ln2\) : \[ (x-\sqrt x)h(x) \leq g(x)-g(1) \leq (x-\sqrt x)h(\sqrt x). \]

Pour \(x>1\), divisons par \(x-1>0\) : \[ \frac{x-\sqrt x}{x-1}h(x) \leq \frac{g(x)-g(1)}{x-1} \leq \frac{x-\sqrt x}{x-1}h(\sqrt x). \]

Or : \[ x-\sqrt x = \sqrt x(\sqrt x-1) \] et : \[ x-1 = (\sqrt x-1)(\sqrt x+1). \]

Donc : \[ \frac{x-\sqrt x}{x-1} = \frac{\sqrt x}{\sqrt x+1}. \]

Lorsque \(x\to1^+\) : \[ \frac{\sqrt x}{\sqrt x+1}\to\frac12, \qquad h(x)\to1, \qquad h(\sqrt x)\to1. \]

D’après le théorème d’encadrement : \[ \lim_{x\to1^+} \frac{g(x)-g(1)}{x-1} = \frac12. \]

\[ \boxed{ g'_d(1)=\frac12 }. \]

Question II.2.c — Limites de \(g\)

Montrer que : \[ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}x=0. \]

Rectification de l’énoncé : le manuel indique \(\displaystyle \frac{g(x)}x\to+\infty\), mais la limite correcte est : \[ \boxed{ \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}x=0 }. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Limite de \(g(x)\)

On a : \[ g(x)-\ln2 \geq (x-\sqrt x)h(x). \]

Pour \(x\geq4\) : \[ \sqrt x\leq\frac x2, \] donc : \[ x-\sqrt x\geq\frac x2. \]

Pour \(x\geq2\) : \[ x-1\geq\frac x2. \]

Ainsi : \[ h(x) = \frac{x-1}{x\ln x} \geq \frac1{2\ln x}. \]

Pour \(x\geq4\) : \[ g(x)-\ln2 \geq \frac{x}{4\ln x}. \]

Posons \(u=x^{1/4}\). Comme \(\ln u\leq u\) : \[ \ln x = 4\ln(x^{1/4}) \leq 4x^{1/4}. \]

Donc : \[ \frac{x}{4\ln x} \geq \frac{x^{3/4}}{16}. \]

Or : \[ \frac{x^{3/4}}{16}\to+\infty. \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty }. \]

Limite de \(\dfrac{g(x)}x\)

On utilise : \[ 0\leq g(x)-\ln2 \leq (x-\sqrt x)h(\sqrt x). \]

Or : \[ h(\sqrt x) = \frac{\sqrt x-1}{ \sqrt x\ln(\sqrt x) }. \]

Comme : \[ \ln(\sqrt x)=\frac12\ln x, \] on obtient : \[ h(\sqrt x) = \frac{2(\sqrt x-1)}{\sqrt x\ln x}. \]

De plus : \[ x-\sqrt x = \sqrt x(\sqrt x-1). \]

Ainsi : \[ (x-\sqrt x)h(\sqrt x) = \frac{2(\sqrt x-1)^2}{\ln x}. \]

Après division par \(x>0\) : \[ 0\leq \frac{g(x)-\ln2}{x} \leq \frac{2(\sqrt x-1)^2}{x\ln x}. \]

Or : \[ \frac{(\sqrt x-1)^2}{x} = \left(1-\frac1{\sqrt x}\right)^2 \leq1. \]

Donc : \[ 0\leq \frac{g(x)-\ln2}{x} \leq \frac2{\ln x}. \]

Comme : \[ \frac2{\ln x}\to0, \] on obtient : \[ \frac{g(x)-\ln2}{x}\to0. \]

Enfin : \[ \frac{g(x)}x = \frac{\ln2}{x} + \frac{g(x)-\ln2}{x}. \]

\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac{g(x)}x=0 }. \]

Question II.3.a — Dérivée de \(g\)

Montrer que : \[ g'(x)=\frac12h(\sqrt x). \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Posons : \[ q(t)=\frac1{\sqrt t\,\ln t} \qquad(t>1). \]

Alors : \[ g(x)=\int_x^{x^2}q(t)\,dt. \]

En dérivant : \[ g'(x)=2xq(x^2)-q(x). \]

Or : \[ q(x^2) = \frac1{x\ln(x^2)} = \frac1{2x\ln x}. \]

Donc : \[ 2xq(x^2)=\frac1{\ln x}. \]

Ainsi : \[ \begin{aligned} g'(x) &= \frac1{\ln x} - \frac1{\sqrt x\,\ln x}\\ &= \frac{\sqrt x-1}{\sqrt x\,\ln x}. \end{aligned} \]

D’autre part : \[ \begin{aligned} \frac12h(\sqrt x) &= \frac12 \frac{\sqrt x-1}{ \sqrt x\ln(\sqrt x) }\\ &= \frac{\sqrt x-1}{\sqrt x\,\ln x}. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ g'(x)=\frac12h(\sqrt x) }. \]

Question II.3.b — Variations de \(g\)

Montrer que : \[ 0<g'(x)\leq\frac12, \] puis dresser le tableau de variations.

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour \(x>1\), on a \(\sqrt x>1\). Donc : \[ 0<h(\sqrt x)\leq1. \]

Comme : \[ g'(x)=\frac12h(\sqrt x), \] il vient : \[ 0<g'(x)\leq\frac12. \]

\[ \boxed{ 0<g'(x)\leq\frac12 }. \]

Ainsi, \(g\) est strictement croissante sur \([1;+\infty[\).

\(x\)	\(1\)		\(+\infty\)
\(g'(x)\)	\(\dfrac12\)	\(+\)	\(0\)
\(g(x)\)	\(\ln2\)	\(\nearrow\)	\(+\infty\)

Comme \(h\) est décroissante et \(x\mapsto\sqrt x\) est croissante, \(g'\) est décroissante.

La fonction \(g\) est donc concave sur \(]1;+\infty[\).

Question II.3.c — Construction de \(\mathcal C\)

Construire la courbe représentative de \(g\).

Lire la correction + Masquer la correction −

• la courbe commence en : \[ A(1;\ln2); \]
• elle admet en \(A\) une demi-tangente de pente : \[ g'_d(1)=\frac12; \]
• \(g\) est strictement croissante ;
• \(g\) est concave ;
• \[ g(x)\to+\infty; \]
• \[ \frac{g(x)}x\to0. \]

La courbe possède donc une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

Tracé qualitatif : courbe croissante, concave et de direction asymptotique horizontale.

Partie III — Étude de la fonction \(k\)

Question III.I.1 — Bijection réalisée par \(k\)

Montrer que \(k\) réalise une bijection de \([1;+\infty[\) sur \(]-\infty;\ln2]\).

Lire la correction + Masquer la correction −

La fonction \(k\) est continue sur \([1;+\infty[\).

Pour \(x>1\) : \[ k'(x)=g'(x)-1. \]

Or : \[ 0<g'(x)\leq\frac12. \]

Ainsi : \[ k'(x)\leq-\frac12<0. \]

La fonction \(k\) est donc strictement décroissante.

De plus : \[ k(1)=g(1)-1+1=\ln2. \]

Enfin : \[ \frac{k(x)}x = \frac{g(x)}x-1+\frac1x. \]

Comme : \[ \frac{g(x)}x\to0 \qquad\text{et}\qquad \frac1x\to0, \] on obtient : \[ \frac{k(x)}x\to-1. \]

Donc : \[ k(x)\to-\infty. \]

\[ \boxed{ k\text{ réalise une bijection de } [1;+\infty[ \text{ sur } ]-\infty;\ln2] }. \]

Question III.I.2 — Existence et unicité de \(\alpha\)

Montrer qu’il existe un unique \(\alpha\in]1;+\infty[\) tel que : \[ 1+g(\alpha)=\alpha. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

L’équation : \[ 1+g(x)=x \] équivaut à : \[ k(x)=0. \]

Comme \(k\) réalise une bijection de \([1;+\infty[\) sur \(]-\infty;\ln2]\), et comme : \[ 0\in]-\infty;\ln2], \] l’équation \(k(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\in[1;+\infty[\).

Or : \[ k(1)=\ln2>0. \]

Donc \(\alpha\neq1\).

\[ \boxed{ \exists!\,\alpha\in]1;+\infty[ \text{ tel que } 1+g(\alpha)=\alpha }. \]

Partie IV — Étude de la suite \((u_n)\)

Question III.II.1.a — Invariance de \([1;\alpha[\)

Montrer que : \[ 1\leq u_n<\alpha. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Raisonnons par récurrence.

Initialisation

Par hypothèse : \[ 1\leq u_0<\alpha. \]

Hérédité

Supposons : \[ 1\leq u_n<\alpha. \]

Comme \(g\) est strictement croissante : \[ g(u_n)<g(\alpha). \]

Donc : \[ 1+g(u_n)<1+g(\alpha). \]

Or : \[ u_{n+1}=1+g(u_n) \] et : \[ \alpha=1+g(\alpha). \]

Ainsi : \[ u_{n+1}<\alpha. \]

D’autre part : \[ u_n\geq1. \]

Donc : \[ g(u_n)\geq g(1)=\ln2>0. \]

Par conséquent : \[ u_{n+1}=1+g(u_n)>1. \]

\[ \boxed{ (\forall n\in\mathbb N)\qquad 1\leq u_n<\alpha }. \]

Question III.II.1.b — Croissance de \((u_n)\)

Montrer que la suite \((u_n)\) est strictement croissante.

Lire la correction + Masquer la correction −

Pour tout \(n\in\mathbb N\) : \[ u_{n+1}-u_n = 1+g(u_n)-u_n = k(u_n). \]

La fonction \(k\) est strictement décroissante et : \[ k(\alpha)=0. \]

Comme : \[ u_n<\alpha, \] on a : \[ k(u_n)>k(\alpha)=0. \]

Donc : \[ u_{n+1}-u_n>0. \]

\[ \boxed{ (u_n)\text{ est strictement croissante} }. \]

Question III.II.1.c — Convergence et limite

Montrer que \((u_n)\) converge vers \(\alpha\).

Lire la correction + Masquer la correction −

La suite \((u_n)\) est strictement croissante et : \[ u_n<\alpha. \]

Elle est donc croissante et majorée. Elle converge.

Posons : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=L. \]

La fonction \(g\) est continue. La relation : \[ u_{n+1}=1+g(u_n) \] donne : \[ L=1+g(L). \]

Donc : \[ k(L)=0. \]

L’équation \(k(x)=0\) possède une unique solution \(\alpha\).

\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha }. \]

Question III.II.2.a — Inégalité de contraction

Montrer que : \[ |u_{n+1}-\alpha| \leq \frac12|u_n-\alpha|. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

On a : \[ u_{n+1}=1+g(u_n) \] et : \[ \alpha=1+g(\alpha). \]

Donc : \[ u_{n+1}-\alpha = g(u_n)-g(\alpha). \]

D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c_n\in]u_n;\alpha[\) tel que : \[ g(u_n)-g(\alpha) = g'(c_n)(u_n-\alpha). \]

Or : \[ 0<g'(c_n)\leq\frac12. \]

En prenant les valeurs absolues : \[ |u_{n+1}-\alpha| = |g'(c_n)|\,|u_n-\alpha| \leq \frac12|u_n-\alpha|. \]

\[ \boxed{ |u_{n+1}-\alpha| \leq \frac12|u_n-\alpha| }. \]

Question III.II.2.b — Majoration de l’erreur

Montrer que : \[ |u_n-\alpha| \leq \left(\frac12\right)^n |u_0-\alpha|. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Raisonnons par récurrence.

Initialisation

Pour \(n=0\) : \[ |u_0-\alpha| = \left(\frac12\right)^0|u_0-\alpha|. \]

Hérédité

Supposons : \[ |u_n-\alpha| \leq \left(\frac12\right)^n|u_0-\alpha|. \]

Alors : \[ \begin{aligned} |u_{n+1}-\alpha| &\leq \frac12|u_n-\alpha|\\ &\leq \frac12 \left(\frac12\right)^n |u_0-\alpha|\\ &= \left(\frac12\right)^{n+1} |u_0-\alpha|. \end{aligned} \]

\[ \boxed{ |u_n-\alpha| \leq \left(\frac12\right)^n |u_0-\alpha| }. \]

Question III.II.2.c — Nouvelle démonstration de la limite

En déduire que : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha. \]

Lire la correction + Masquer la correction −

Nous avons : \[ 0\leq |u_n-\alpha| \leq \left(\frac12\right)^n|u_0-\alpha|. \]

Or : \[ 0<\frac12<1. \]

Donc : \[ \left(\frac12\right)^n\to0. \]

Par conséquent : \[ |u_n-\alpha|\to0. \]

\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha }. \]

Méthodes à retenir

• Comparer deux intégrales sur les mêmes bornes permet souvent de faire apparaître une fonction auxiliaire simple.
• Lors d’un changement de variable, il faut transformer la variable, la différentielle et les deux bornes.
• Une bijection permet de justifier l’existence et l’unicité d’un point fixe.
• L’invariance d’un intervalle se démontre par récurrence et à l’aide de la monotonie de la fonction de récurrence.
• Une contraction fournit une majoration géométrique de l’erreur : \[ |u_n-\alpha| \leq \left(\frac12\right)^n|u_0-\alpha|. \]

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