Théorème de Rolle et théorème des accroissements finis (2)
Exercice 1 tp
Soit f une fonction numérique définie
sur l'intervalle [0;+∞[ par
f(x)=2 x-√(x).
On considère une suite numérique (un) définie par
| un+1 = | f(un) | n∈IN | |
| u0 = | 1 |
1) Montrer que (∀n∈IN )on a 1≤un<4.
2) Montrer que (un) est croissante et déduire qu'elle est convergente.
3) Résoudre dans I=[1;4] l'équation f(x)=x .
4) (a) En utilisant l'égalité du théorème des accroissements finis
montrer que
| ∀n∈IN: 4 - un+1 ≤ | 3 | (4-un) |
| 4 |
(b) Déduire que (∀n∈IN) on a
| |4 - un| ≤ 3 ( | 3 | )n |
| 4 |
| (c) Calculer | lim +∞ |
(un) |
Correction
1) On montre par récurrence la propriété
P(n): (∀n∈IN): 1≤ un<4.
Pour n=0 on a 1≤1<4 donc P(n) est vraie pour n=0.
On suppose que P(n) est vraie pour n et on montre qu'elle est vraie pour n+1.
On a 1 ≤ un<4
⇔ 1 ≤ √(un)<2
⇔ -2<-√(un) ≤ -1
donc 1+(-2) ≤ un - √(un) ≤ 4+(-1).
Ou encore 1 ≤ 2 + un - √(un) ≤ 5
ou encore 1 ≤ un+1<5
Ce n'est pas fini il faut montrer que un+1<4
un+1-4=un-√(un)-2.
On pose X=√(un) et on factorise le trinôme X²-X-2.
Δ=9 et X=2 ou X=-1
Donc X²-X-2=(X-2)(X+1).
Et donc un+1-4=(√(un)-2)(√(un)+1)
Et puisque un≥1 alors √un+1>0
et on a un<4 alors √(un)<2.
Ou encore √(un)-2<0
donc un+1-4<0
ainsi P(n) est vraie pour n+1.
alors (∀n∈IN) on a 1≤un<4.
2) On étudie le signe de un+1-un
un+1-un=2-√(un)
Puisque √(un)<2 alors
2-√(un)>0
et donc un+1-un>0
ainsi (un) est une suite croissante
La suite (un) est croissante et majorée donc elle est convergente.
3) Résolution de l'équation f(x)=x dans I.
f(x)=x ⇔ 2+x-√(x) = x
⇔ √(x)=2
⇔ x=4∈I
donc S = { 4 }.
4) (a) On a un∈I
donc on considère l'intervalle I'=[un;4].
Les fonctions x→√(x) et x→2+x sont continues sur IR+
et en particulier sur I'=[un;4]
donc f est continue sur I'.
Les fonctions x→√(x) et x→2+x
sont dérivables sur ]0;+∞[ et en particulier sur l'intervalle ouvert
]un;4[.
Donc f est dérivable sur ]un;4[.
D'après le théorème des accroissements finis on déduit que
∃c∈]un;4[ tel que f(un)-f(4)=f'(c)(un-4)
donc ∀n∈IN on a 4-un+1=f'(c)(4-un).
Soit x∈]1;4[.
| f '(x) = 1 - | 1 |
| 2√(x) |
Donc
| f '(c) = 1 - | 1 |
| 2√(c) |
Puisque c∈]1;4[ alors 2<2√(c)<4
ou encore
| 1 | < | 1 | < | 1 |
| 4 | 2√(c) | 2 |
Ou encore
| -1 | < | - 1 | < | -1 |
| 2 | 2√(c) | 4 |
Ou encore
| -1 | + 1 < 1 - | 1 | < 1 - | 1 |
| 2 | 2√(c) | 4 |
Ou encore
| 1 | < 1 - | 1 | < | 3 |
| 2 | 2√(c) | 4 |
Donc
| 1 | <f'(c)< | 3 |
| 2 | 4 |
(∀n∈IN) on a 4-un+1=f'(c)(4-un)
et donc (∀n∈IN)
| 4 - un+1 ≤ | 3 | (4-un) |
| 4 |
(b) Soit n∈IN
| 4 - un+1 ≤ | 3 | (4 - un) |
| 4 |
| |u1 - 4 | ≤ | 3 | |u0 - 4| |
| 4 | ||
| |u2 - 4 | ≤ | 3 | |u1 - 4| |
| 4 | ||
| .. | .. | .. |
| .. | .. | .. |
| |un - 4 | ≤ | 3 | |un-1 - 4| |
| 4 |
On multiplie ces inégalités membre à membre et après simplification on obtient
| |4 - un| ≤ ( | 3 | )n|4 - u0| |
| 4 |
Ainsi
| ∀n∈IN: |4 - un| ≤ 3 ( | 3 | )n |
| 4 |
(c) On calcule
lim +∞ | (un) |
| -1 < | 3 | < 1 ⇒ | lim +∞ |
( | 3 | )n = 0 |
| 4 | 4 |
Donc
lim +∞ | (4 - un )= 0 |
ainsi
lim +∞ | (un) = 4 |