Corrigé du devoir n

MPSI I
2012-2013
Mathématiques
Corrigé du devoir no 8
Problème 1 À tout couple (a, b) de réels positifs sont associées les suites (u n )n≥0 et (v n )n≥0
définies par u 0 = a , v 0 = b et pour n ∈ N,
u n+1 =
un + v n
2
v n+1 =
p
un v n
Partie 1
1. (a) Ces deux suites sont définies d’abord par leurs premiers termes u 0 et v 0 .
Soit n un entier positif et supposons u n et v n définis, alors u n+1 et v n+1 sont la
somme et la racine carrée du produit de deux nombres positifs, ils sont donc définis.
Par récurrence, les termes u n et v n sont définis pour tout entier n , donc les suites u
et v sont bien définies.
(b) Pour tout entier n ≥ 0
u n+1 − v n+1 =
p
un + v n − 2 un v n
2
=
p
p
( u n − v n )2
2
≥0
ce qui répond à la question.
(c) Monotonies des suites (u n )n∈N? et (v n )n∈N? .
n
Nous avons u n+1 − u n = v n −u
≤ 0, d’après la question précédente, donc u est décrois2
sante.
p
p
p
Enfin v n+1 − v n = v n ( u n − v n ) ≥ 0, donc v est croissante.
En conclusion les suites (u n )n∈N? et (v n )n∈N? sont monotones.
(d) Convergence des suites. Pour tout entier n ≥ 1
v 1 ≤ v n ≤ un ≤ u1
Donc la suite réelle (u n )n∈N? est décroissante et minorée par v 1 , la suite (v n )n∈N? est
croissante et majorée par u 1 , donc elles convergent respectivement vers des réels `a et
`b tels que
`a =
qui implique :
`a + `b
,
2
`b =
p
`a `b
`a = `b
Nous appellerons m(a, b) cette limite commune.
2. Soient a, b, a 0 , λ des réels positifs.
(a) Soient u 0 = λ(u n ), v 0 = λ(v n ), nous avons :
0
u n+1
= λu n+1 = λ
un + v n
2
d’où
0
v n+1
= λv n+1 =
q
λ2 u n v n
un + v n
p
v n+1 = u n v n
2
Or u et v convergent vers m(u 0 , v 0 ) soit m(a, b), et u 0 et v 0 convergent vers m(λa, λb)
mais elles convergent aussi vers λm(a, b) d’où l’égalité voulue : m(λa, λb) = λm(a, b).
u n+1 =
1
(b) Nous avons m(a, b) = m(b, a) car les formules sont invariantes par échange de a et b .
(c) Soient α = (u k+1 )k≥0 et β = (v k+1 )k≥0 , les suites α et β sont extraites des suites (u k )k≥0
et (bk )k≥0 car
αk = u k+1 =
uk + v k
,
2
βk = v k+1 =
p
uk v k
elles ont donc même limite m(α0 , β0 ), donc :
m(a 1 , b 1 ) = m(a, b)
autrement dit :
a +b p
m(a, b) = m
, ab
2
µ
¶
(d) Soient a ≤ a 0 , (u k )k≥0 et (u k0 )k≥0 les suites définies par
u k+1 =
uk + v k
,
2
u k0 + v k
0
u k+1
=
2
,
v n+1 =
p
un v n ,
0
v n+1
=
q
u n0 v n0
alors pour tout entier n : u n ≤ u n0 .
Supposons u k ≤ u k0 et v k ≤ v k0 , alors
u k+1 =
0
0
uk + v k uk + v k
0
≤
= u k+1
2
2
et, mais ce n’est pas indispensable :
v k+1 =
q
p
u k v k ≤ u k0 v k0 = v k+1
en prenant les limites de chaque membre nous obtenons : m(a, b) ≤ m(a 0 , b).
3. Un programme récursif :
mag := p r o c ( a , b , p ) ;
i f abs ( a − b ) <= p then a
e l s e mag( e v a l f ( 1 / 2 * a + 1/2* b ) , e v a l f ( s q r t ( a*b ) ) , p )
end i f
end p r o c
Partie 2 La fonction f est définie pour x ≥ 0 par f (x) = m(x, 1).
1. Si a ou b n’est pas nul, par symétrie nous supposons b > 0 :
m(a, b) = bm
³a
´
³a´
,1 = b f
b
b
Si a et b sont nuls : m(0, 0) = m(1, 0), car v est la suite nulle.
2. Nous en déduisons
(a) f (0) = 0 puisque v est la suite nulle. Si a = b = 1, u et v sont constantes égales à 1 donc
1 = m(1, 1) = f (1).
(b) Pour x > 0 : f
= x1 m(1, x) = x1 m(x, 1) = x1 f (x).
p
(c) Si, pour x ≥ 0 : u 0 = x et v 0 = 1 x = v 1 ≤ f (x) ≤ u 1 = 1+x
2 .
¡1¢
x
=m
¡1
x ,1
¢
2
(d) m(u 0 , v 0 ) = m(u 1 , v 1 ) donc, pour x ≥ 0, f (x) = m(x, 1) = m
¡ 1+x p ¢
2 , x , d’où
µ p
¶
µ p ¶
1+x
2 x
1+x
2 x
m
,1 =
f
= f (x)
2
1+x
2
1+x
3. Par hypothèse, si x ≤ x 0 alors g (x) ≤ g (x 0 ) et
0
g (x 0 )
x0
≤
g (x)
x .
Ceci permet d’écrire :
0
0 ≤ x(g (x ) − g (x)) ≤ g (x)(x − x) ≤ g (x 0 )(x 0 − x)
ou encore si x ≤ a ≤ x 0 :
0 ≤ x(g (a) − g (x)) ≤ g (a)(a − x)
qui implique limx→a − x(g (a) − g (x)) = a limx→a − (g (a) − g (x)) = 0 et
0 ≤ a(g (x 0 ) − g (a)) ≤ g (a)(x 0 − a)
qui implique limx 0 →a + a(g (x 0 )−g (a)) = 0 donc finalement limt →a (g (a)−g (t )) = 0, ce qui prouve
la continuité de f en a .
4. Nous savons que f est croissante car x ≤ x 0 implique m(x, 1) ≤ m(x 0 , 1). Mais alors x 7→ x
¡ ¢
f (x)
est décroissante x = f x1 . D’après la question précédente, f est continue sur ]0, +∞[.
5. f est croissante et minorée, ³donc
elle admet une limite ` à droite en 0. Or, prenant la limite
p ´
2 x
1+x
de chaque membre de 2 f 1+x = f (x) :
f (x)
µ p ¶
1+x
2 x
f
= lim f (x)
x→0+ 2
x→0+
1+x
lim
nous obtenons 12 ` = ` d’où ` = 0 = f (0), donc f est continue en 0.
p
6. f vérifie x ≤ f (x), donc f tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞.
¡ ¢
De plus l’égalité f x1 = x1 f (x) montre que
lim
x→+∞
p
1
f (x) = f (0) = 0
x
donc f = o( x).
+∞
7. Enfin, limx→0+ x1 f (x) = limx→0+ f
en 0 est l’axe des ordonnées.
8. Représentations graphiques.
¡1¢
x
= limx→+∞ f (x) = +∞, donc la tangente au graphe de f
y
y=
x+1
2
y = f (x)
√
y= x
1
O
x
1
3