Suites récurrentes : corrigé des exercices de maths sup

Sommaire

Ce corrigé suites sup rédige chaque solution comme en devoir surveillé. Pour les récurrences linéaires, on écrit l’équation caractéristique, on détermine les constantes, puis on vérifie le résultat sur un terme. Pour les suites \(u_{n+1} = f(u_n)\), on suit toujours le même plan : intervalle stable, monotonie, convergence, puis identification de la limite parmi les points fixes.

Soyez vigilant sur trois points. D’abord, le théorème du point fixe exige la continuité de \(f\) en la limite. Ensuite, une fonction décroissante produit un escargot, et l’on étudie alors les termes pairs et impairs. Enfin, un rang obtenu par majoration est suffisant, mais pas forcément optimal.

Des figures accompagnent les solutions : escaliers, escargots et encadrements montrent ce que les calculs établissent.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths sup sur suites récurrentes.

Corrigé de l’exercice 1 : Suites arithmétiques et géométriques

Pour une suite arithmétique, \(u_{10} – u_3 = 7r\). Ainsi, \(7r = 28 – 7 = 21\), donc \(r = 3\). Ensuite, \(u_0 = u_3 – 3r = 7 – 9\). On obtient \(r = 3\) et \(u_0 = -2\).
D’abord, \(u_{20} = u_0 + 20r = -2 + 60 = 58\). La somme de 21 termes consécutifs vaut le nombre de termes multiplié par la moyenne des extrêmes :
\[S = 21 \times \frac{u_0 + u_{20}}{2} = 21 \times \frac{-2 + 58}{2} = 21 \times 28.\]
Donc \(S = 588\).
Pour une suite géométrique, \(v_5 = v_2\,q^3\). Donc \(q^3 = \frac{96}{12} = 8\). Comme \(q\) est réel, \(q = 2\). Ensuite, \(v_0 = \frac{v_2}{q^2} = \frac{12}{4}\). On obtient \(q = 2\) et \(v_0 = 3\).
Puisque \(q \neq 1\), on applique la formule de la somme géométrique :
\[T = v_0\,\frac{q^{10} – 1}{q – 1} = 3 \times \frac{1024 – 1}{1} = 3 \times 1023.\]
Donc \(T = 3\,069\).

Corrigé de l’exercice 2 : Terme général d’une suite arithmético-géométrique

L’équation \(\ell = 3\ell – 4\) équivaut à \(2\ell = 4\). Donc \(\ell = 2\).
Pour tout \(n\), on a \(v_{n+1} = u_{n+1} – 2 = 3u_n – 4 – 2 = 3(u_n – 2) = 3v_n\). Ainsi, \((v_n)\) est géométrique de raison 3 et de premier terme \(v_0 = 5 – 2 = 3\). Par conséquent, \(v_n = 3 \cdot 3^n = 3^{n+1}\). Donc \(u_n = 2 + 3^{n+1}\) pour tout \(n\). Vérification : \(u_1 = 3 \times 5 – 4 = 11\) et \(2 + 3^2 = 11\).
On sépare la somme en deux :
\[S_n = \sum_{k=0}^{n} 2 + \sum_{k=0}^{n} 3^{k+1} = 2(n+1) + 3 \cdot \frac{3^{n+1} – 1}{3 – 1}.\]
Donc \(S_n = 2(n+1) + \dfrac{3^{n+2} – 3}{2}\). Pour \(n = 1\), on trouve \(4 + 12 = 16 = u_0 + u_1\).
Le même calcul, avec \(u_0\) quelconque, donne \(u_n = 2 + (u_0 – 2)\,3^n\). Si \(u_0 > 2\), alors \(u_n \to +\infty\). Si \(u_0 < 2\), alors \(u_n \to -\infty\). La suite converge si et seulement si \(u_0 = 2\) ; elle est alors constante.

Point de méthode : le point fixe \(\ell\) n’est une limite que si \(|a| < 1\). Ici \(a = 3\), donc le point fixe repousse toutes les suites qui n’en partent pas.

Corrigé de l’exercice 3 : Évolution d’un stock

Après l’expédition de 20 % des pièces, il en reste \(0{,}8\,u_n\). Ensuite, on en ajoute 300. Donc \(u_{n+1} = 0{,}8\,u_n + 300\).
Le point fixe vérifie \(\ell = 0{,}8\ell + 300\), soit \(0{,}2\ell = 300\), donc \(\ell = 1\,500\). La suite \(v_n = u_n – 1\,500\) vérifie \(v_{n+1} = 0{,}8\,v_n\) et \(v_0 = -500\). Ainsi, \(u_n = 1\,500 – 500 \times 0{,}8^n\). Comme \((0{,}8^n)\) décroît strictement vers 0, la suite \((u_n)\) est strictement croissante. De plus, \(u_n \to 1\,500\).
On cherche \(n\) tel que \(u_n > 1\,490\), c’est-à-dire \(500 \times 0{,}8^n < 10\), soit \(0{,}8^n < 0{,}02\). La fonction \(\ln\) est croissante, donc cela équivaut à \(n \ln(0{,}8) < \ln(0{,}02)\). Or \(\ln(0{,}8) < 0\), donc
\[n > \frac{\ln 50}{\ln 1{,}25} \approx \frac{3{,}912}{0{,}2231} \approx 17{,}5.\]
Vérification : \(0{,}8^{17} \approx 0{,}0225\) et \(0{,}8^{18} \approx 0{,}0180\). Le stock dépasse 1 490 pièces à partir de l’année 18.

Corrigé de l’exercice 4 : Nombre d’itérations pour une précision donnée

On part de \(u_0 = 1\) sur l’axe des abscisses. On monte jusqu’à la droite de \(f\), puis on rejoint horizontalement la droite \(y = x\). On obtient ainsi \(u_1 = 3{,}5\), puis \(u_2 = 4{,}75\) et \(u_3 = 5{,}375\). Comme le montre la figure ci-dessous, les marches montent vers l’intersection des deux droites. On conjecture que \((u_n)\) est croissante et converge vers 6.
Le point fixe vérifie \(\ell = \frac{\ell}{2} + 3\), donc \(\ell = 6\). Ensuite, \(u_{n+1} – 6 = \frac{1}{2}(u_n – 6)\). Ainsi, \(u_n – 6 = (u_0 – 6)\,2^{-n} = -5 \cdot 2^{-n}\). Donc \(u_n = 6 – 5 \cdot 2^{-n}\). Par conséquent, \(u_{n+1} – u_n = 5 \cdot 2^{-n} – 5 \cdot 2^{-n-1} = 5 \cdot 2^{-n-1} > 0\), et la suite est croissante. De plus, \(2^{-n} \to 0\), donc \(u_n \to 6\) : la conjecture est démontrée.
On a \(|u_n – 6| = 5 \cdot 2^{-n}\). La condition \(5 \cdot 2^{-n} < 10^{-3}\) équivaut à \(2^n > 5\,000\). Or \(2^{12} = 4\,096\) et \(2^{13} = 8\,192\). Le plus petit entier qui convient est \(n = 13\).

Corrigé de l’exercice 5 : Récurrence linéaire à racines distinctes

L’équation caractéristique est \(r^2 = r + 6\), soit \(r^2 – r – 6 = 0\). Son discriminant vaut \(1 + 24 = 25\). Les racines sont \(r_1 = 3\) et \(r_2 = -2\).
Les racines sont réelles et distinctes. Donc il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que \(u_n = a\,3^n + b\,(-2)^n\) pour tout \(n\). Les conditions initiales donnent le système
\[\begin{cases} a + b = 1 \\ 3a – 2b = 8. \end{cases}\]
En ajoutant deux fois la première équation à la seconde, on obtient \(5a = 10\). Ainsi, \(a = 2\) et \(b = -1\). Donc \(u_n = 2 \cdot 3^n – (-2)^n\). Vérification : la récurrence donne \(u_2 = 8 + 6 = 14\), et la formule donne \(18 – 4 = 14\).
On écrit \(u_n = 2 \cdot 3^n(1 – \frac{1}{2}(-\frac{2}{3})^n)\). Or \(|-\frac{2}{3}| < 1\), donc la parenthèse tend vers 1. Ainsi, \(u_n \sim 2 \cdot 3^n\).
Dans le cas général, \(u_n = a\,3^n + b\,(-2)^n\) avec \(a + b = u_0\) et \(3a – 2b = u_1\). On en tire \(a = \frac{2u_0 + u_1}{5}\). De plus, \(\frac{u_n}{3^n} = a + b(-\frac{2}{3})^n \to a\). Par conséquent, \(\frac{u_n}{3^n} \to 0\) si et seulement si \(a = 0\). La condition est \(u_1 = -2u_0\). La suite est alors géométrique de raison \(-2\).

Corrigé de l’exercice 6 : Récurrence linéaire à racine double

L’équation caractéristique est \(r^2 – 4r + 4 = 0\), soit \((r – 2)^2 = 0\). Elle a une racine double \(r_0 = 2\).
D’après le cours, il existe deux réels \(\lambda\) et \(\mu\) tels que \(u_n = (\lambda + \mu n)\,2^n\). D’abord, \(u_0 = \lambda = 1\). Ensuite, \(u_1 = 2(\lambda + \mu) = 4\), donc \(\mu = 1\). Ainsi, \(u_n = (n + 1)\,2^n\).
On note \(P(n)\) : « \(u_n = (n+1)2^n\) et \(u_{n+1} = (n+2)2^{n+1}\) ». D’abord, \(P(0)\) est vraie, car \(u_0 = 1\) et \(u_1 = 4\). Ensuite, supposons \(P(n)\). Alors
\[u_{n+2} = 4(n+2)2^{n+1} – 4(n+1)2^n = 2^{n+2}\big(2(n+2) – (n+1)\big) = (n+3)\,2^{n+2}.\]
Donc \(P(n+1)\) est vraie. Par récurrence, la formule est valable pour tout \(n\).
Pour tout \(n\), \(u_n > 0\) et \(\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+2)\,2^{n+1}}{(n+1)\,2^n} = 2 \cdot \frac{n+2}{n+1}\). Ce quotient tend vers 2.

Corrigé de l’exercice 7 : Récurrence linéaire à racines complexes

L’équation caractéristique est \(r^2 – 2r + 2 = 0\). Son discriminant vaut \(4 – 8 = -4 = (2i)^2\). Les racines sont donc \(1 + i\) et \(1 – i\). Or \(|1 + i| = \sqrt{2}\) et \(\arg(1 + i) = \frac{\pi}{4}\). Les racines sont \(\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\) et \(\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}\).
D’après le cours (cas réel, \(\Delta < 0\)), il existe deux réels \(\lambda\) et \(\mu\) tels que \(u_n = 2^{n/2}(\lambda\cos\frac{n\pi}{4} + \mu\sin\frac{n\pi}{4})\). D’abord, \(u_0 = \lambda = 0\). Ensuite, \(u_1 = \sqrt{2}\,\mu\,\frac{\sqrt{2}}{2} = \mu = 1\). Donc \(u_n = 2^{n/2}\sin\frac{n\pi}{4}\). Vérification : \(u_2 = 2 \times 1 – 0 = 2\), et la formule donne \(2 \sin\frac{\pi}{2} = 2\).
Comme \(2^{n/2} \neq 0\), on a \(u_n = 0\) si et seulement si \(\sin\frac{n\pi}{4} = 0\). Cela équivaut à \(\frac{n\pi}{4} \in \pi\mathbb{Z}\). Donc \(u_n = 0\) si et seulement si \(n\) est un multiple de 4.
Pour \(n = 8k + 2\), on a \(\sin\frac{n\pi}{4} = \sin(2k\pi + \frac{\pi}{2}) = 1\). Ainsi, \(u_{8k+2} = 2^{4k+1} \to +\infty\). La suite n’est donc pas bornée. Par ailleurs, \(u_{4k} = 0\) pour tout \(k\). Une suite extraite tend vers \(+\infty\) et une autre vers 0. La suite n’est pas bornée et n’a pas de limite, ni finie ni infinie. La figure ci-dessous montre ces oscillations d’amplitude croissante.

Corrigé de l’exercice 8 : Suite de Fibonacci et nombre d’or

L’équation caractéristique est \(r^2 – r – 1 = 0\). Son discriminant vaut 5, donc ses racines sont \(\varphi\) et \(\psi\), réelles et distinctes. Il existe donc \(\lambda\) et \(\mu\) tels que \(F_n = \lambda\varphi^n + \mu\psi^n\). D’abord, \(F_0 = 0\) donne \(\mu = -\lambda\). Ensuite, \(F_1 = 1\) donne \(\lambda(\varphi – \psi) = 1\). Or \(\varphi – \psi = \sqrt{5}\). Ainsi, \(F_n = \dfrac{\varphi^n – \psi^n}{\sqrt{5}}\).
On a \(\varphi \approx 1{,}618\) et \(|\psi| \approx 0{,}618 < 1\). Donc \((\frac{\psi}{\varphi})^n \to 0\), et
\[F_n = \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}(1 – (\frac{\psi}{\varphi})^n) \sim \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}.\]
Par conséquent, \(\frac{F_{n+1}}{F_n} \sim \frac{\varphi^{n+1}}{\varphi^n} = \varphi\). Donc \(\frac{F_{n+1}}{F_n} \to \varphi\).
D’après la formule de Binet, \(|F_n – \frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}| = \frac{|\psi|^n}{\sqrt{5}} \leq\, \frac{1}{\sqrt{5}}\). Or \(\frac{1}{\sqrt{5}} \approx 0{,}447 < \frac{1}{2}\). Ainsi, l’entier \(F_n\) est à distance strictement inférieure à \(\frac{1}{2}\) de \(\frac{\varphi^n}{\sqrt{5}}\). C’est donc l’entier le plus proche de ce réel.
On raisonne par récurrence. Pour \(n = 1\) : \(F_2F_0 – F_1^2 = 0 – 1 = -1 = (-1)^1\). Supposons l’identité vraie au rang \(n\). En utilisant \(F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\) puis \(F_{n+1} = F_n + F_{n-1}\), on obtient
\[F_{n+2}F_n – F_{n+1}^2 = F_{n+1}F_n + F_n^2 – F_{n+1}F_n – F_{n+1}F_{n-1} = -\big(F_{n+1}F_{n-1} – F_n^2\big).\]
Ce dernier terme vaut \(-(-1)^n = (-1)^{n+1}\). L’identité de Cassini est donc vraie pour tout \(n \geq\, 1\).

Corrigé de l’exercice 9 : Récurrence d’ordre 2 avec second membre constant

Une suite constante égale à \(c\) convient si et seulement si \(c = 5c – 6c + 4\), soit \(2c = 4\). Donc \(c = 2\).
Pour tout \(n\), on remplace \(u_k\) par \(v_k + 2\) :
\[v_{n+2} = u_{n+2} – 2 = 5(v_{n+1} + 2) – 6(v_n + 2) + 4 – 2 = 5v_{n+1} – 6v_n.\]
Ainsi, \((v_n)\) vérifie \(v_{n+2} = 5v_{n+1} – 6v_n\).
L’équation \(r^2 – 5r + 6 = 0\) a pour racines 2 et 3. Donc \(v_n = a\,2^n + b\,3^n\). Or \(v_0 = 1\) et \(v_1 = 4\). Le système \(a + b = 1\), \(2a + 3b = 4\) donne \(b = 2\) et \(a = -1\). Donc \(u_n = 2 – 2^n + 2 \cdot 3^n\). Vérification : la récurrence donne \(u_2 = 30 – 18 + 4 = 16\), et la formule donne \(2 – 4 + 18 = 16\).

Point de méthode : comme pour les suites arithmético-géométriques, une solution particulière constante ramène le problème au cas homogène.

Corrigé de l’exercice 10 : Continuité et point fixe, un contre-exemple

Montrons par récurrence que \(u_n = 2^{-n}\). C’est vrai pour \(n = 0\). Si \(u_n = 2^{-n}\), alors \(u_n \in \,]0, 1]\), donc \(u_{n+1} = \frac{u_n}{2} = 2^{-n-1}\). Ainsi, \(u_n = 2^{-n}\) et \(\ell = 0\).
On a \(f(\ell) = f(0) = 1 \neq 0 = \ell\). La limite n’est donc pas un point fixe. En effet, \(f\) n’est pas continue en 0 : \(f(x) = \frac{x}{2} \to 0\) quand \(x \to 0^+\), alors que \(f(0) = 1\). L’hypothèse manquante est la continuité de \(f\) en \(\ell\).
De même, \(v_n = 2^{-n} \to 0\). Or \(0\) n’appartient pas à \(]0, 1]\), domaine de \(g\). Par ailleurs, \(g\) n’a aucun point fixe, car \(\frac{x}{2} = x\) impose \(x = 0\). L’hypothèse « \(\ell\) appartient au domaine de \(g\) » est ici en défaut. C’est pourquoi on travaille de préférence sur un intervalle stable fermé.

Corrigé de l’exercice 11 : Suite définie par une racine carrée

Un point fixe vérifie \(\sqrt{2 + x} = x\). Cela impose \(x \geq\, 0\) et \(2 + x = x^2\), soit \((x – 2)(x + 1) = 0\). Comme \(x \geq\, 0\), on garde \(x = 2\). L’unique point fixe est 2.
La fonction \(f\) est croissante. De plus, \(f(0) = \sqrt{2} \in [0, 2]\) et \(f(2) = 2\). Donc \(f([0, 2]) = [\sqrt{2}, 2] \subset [0, 2]\) : l’intervalle est stable. Ainsi, \(u_n \in [0, 2]\) pour tout \(n\). Ensuite, \(u_1 = \sqrt{2} \geq\, u_0 = 0\). Comme \(f\) est croissante, la suite est croissante (cours, partie IV). Elle est donc croissante et majorée par 2 : elle converge vers \(\ell \in [0, 2]\). Enfin, \(f\) est continue, donc \(\ell\) est un point fixe. Ainsi, \(u_n \to 2\).
L’intervalle \([2, +\infty[\) est stable, car \(f\) est croissante et \(f(2) = 2\). De plus, \(u_1 = 3 \leq\, u_0 = 7\). Donc la suite est décroissante et minorée par 2. Elle converge vers un point fixe de \([2, 7]\). À nouveau, \(u_n \to 2\), cette fois en décroissant. La figure ci-dessous montre les deux escaliers, l’un montant et l’autre descendant.
Pour tout \(n\), on multiplie par la quantité conjuguée :
\[u_{n+1} – 2 = \sqrt{2 + u_n} – 2 = \frac{(2 + u_n) – 4}{\sqrt{2 + u_n} + 2} = \frac{u_n – 2}{\sqrt{2 + u_n} + 2}.\]
Or \(u_n \geq\, 0\), donc \(\sqrt{2 + u_n} + 2 \geq\, \sqrt{2} + 2 \geq\, 3\). Ainsi, \(|u_{n+1} – 2| \leq\, \frac{1}{3}|u_n – 2|\). Par une récurrence immédiate, \(|u_n – 2| \leq\, \frac{1}{3^n}|u_0 – 2|\). Donc \(|u_n – 2| \leq\, \dfrac{2}{3^n}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Discussion selon le premier terme

On a \(f(x) – x = x^2 – x + \frac{1}{4} = (x – \frac{1}{2})^2 \geq\, 0\). Ainsi, \(u_{n+1} – u_n = f(u_n) – u_n \geq\, 0\) pour tout \(n\). La suite est croissante, quel que soit \(u_0\).
On a \(f(x) = x\) si et seulement si \((x – \frac{1}{2})^2 = 0\). L’unique point fixe est \(\frac{1}{2}\). Graphiquement, la parabole est tangente à la droite \(y = x\) en ce point.
Si \(|u_0| \leq\, \frac{1}{2}\), alors \(u_0^2 \leq\, \frac{1}{4}\). Donc \(u_1 = u_0^2 + \frac{1}{4} \in [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}]\). Ensuite, \(f\) est croissante sur \([0, +\infty[\), avec \(f(0) = \frac{1}{4}\) et \(f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}\). Donc \([0, \frac{1}{2}]\) est stable, et \(u_n \in [0, \frac{1}{2}]\) pour tout \(n \geq\, 1\). La suite est croissante et majorée par \(\frac{1}{2}\) : elle converge vers \(\ell \in [0, \frac{1}{2}]\). Comme \(f\) est continue, \(\ell\) est un point fixe. Donc \(u_n \to \frac{1}{2}\).
Si \(|u_0| > \frac{1}{2}\), alors \(u_1 = u_0^2 + \frac{1}{4} > \frac{1}{2}\). La suite étant croissante, \(u_n \geq\, u_1 > \frac{1}{2}\) pour tout \(n \geq\, 1\). Supposons qu’elle converge vers \(\ell\). Alors \(\ell \geq\, u_1 > \frac{1}{2}\), et \(\ell\) est un point fixe par continuité de \(f\). C’est absurde. Ainsi, \((u_n)\) est croissante et ne converge pas. Par le théorème de la limite monotone, \(u_n \to +\infty\).

Point de méthode : pour montrer une divergence vers \(+\infty\), on combine la monotonie avec l’absence de point fixe dans la zone où se trouve la suite.

Corrigé de l’exercice 13 : Une suite en escargot

La fonction \(f\) est décroissante sur \([0, +\infty[\). Donc \(f([\frac{1}{2}, 1]) = [f(1), f(\frac{1}{2})] = [\frac{1}{2}, \frac{2}{3}] \subset [\frac{1}{2}, 1]\) : l’intervalle est stable. Ensuite, \(f(x) = x\) équivaut à \(x^2 + x – 1 = 0\), dont les racines sont \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Seule la racine positive, environ \(0{,}618\), est dans \([\frac{1}{2}, 1]\). Donc \(\ell = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{2}\).
Comme \(u_0 = 1\), tous les termes sont dans \([\frac{1}{2}, 1]\). Pour tout \(n\), on réduit au même dénominateur :
\[u_{n+1} – \ell = \frac{1}{1 + u_n} – \frac{1}{1 + \ell} = \frac{\ell – u_n}{(1 + u_n)(1 + \ell)}.\]
Or \(u_n \geq\, \frac{1}{2}\) et \(\ell \geq\, \frac{1}{2}\), donc le dénominateur est au moins \(\frac{3}{2} \times \frac{3}{2} = \frac{9}{4}\). Ainsi, \(|u_{n+1} – \ell| \leq\, \frac{4}{9}|u_n – \ell|\). Par récurrence, \(|u_n – \ell| \leq\, (\frac{4}{9})^n |u_0 – \ell|\), qui tend vers 0. Donc \(u_n \to \ell\).
On a \(|u_0 – \ell| = 1 – \ell = \frac{3 – \sqrt{5}}{2} \approx 0{,}382 \leq\, \frac{1}{2}\). Il suffit donc que \(\frac{1}{2}(\frac{4}{9})^n \leq\, 10^{-6}\). Cela équivaut à \(n \ln\frac{9}{4} \geq\, \ln(5 \cdot 10^5)\), soit
\[n \geq\, \frac{\ln(5 \cdot 10^5)}{\ln(9/4)} \approx \frac{13{,}122}{0{,}8109} \approx 16{,}2.\]
Le rang \(N = 17\) convient.
La fonction \(f \circ f\) est croissante, comme composée de deux fonctions décroissantes. On calcule \(u_1 = \frac{1}{2}\), \(u_2 = \frac{2}{3}\) et \(u_3 = \frac{3}{5}\). Comme \(u_2 \leq\, u_0\), la suite \((u_{2n})\) est décroissante. Comme \(u_3 \geq\, u_1\), la suite \((u_{2n+1})\) est croissante. Les termes pairs décroissent et les termes impairs croissent, vers la même limite \(\ell\). La figure ci-dessous montre cet escargot.
On raisonne par récurrence. Pour \(n = 0\), \(\frac{F_1}{F_2} = \frac{1}{1} = u_0\). Si \(u_n = \frac{F_{n+1}}{F_{n+2}}\), alors
\[u_{n+1} = \frac{1}{1 + \frac{F_{n+1}}{F_{n+2}}} = \frac{F_{n+2}}{F_{n+2} + F_{n+1}} = \frac{F_{n+2}}{F_{n+3}}.\]
Donc \(u_n = \frac{F_{n+1}}{F_{n+2}}\) pour tout \(n\). On retrouve ainsi \(\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}} \to \frac{1}{\ell} = \varphi\).

Corrigé de l’exercice 14 : Suite logistique de paramètre 2

On a \(f(x) – x = 2x – 2x^2 – x = x(1 – 2x)\). Les points fixes sont 0 et \(\frac{1}{2}\).
Pour tout \(n\), \(v_{n+1} = 1 – 4u_n(1 – u_n) = 1 – 4u_n + 4u_n^2 = (1 – 2u_n)^2 = v_n^2\). Par récurrence, \(v_n = v_0^{2^n}\). En effet, \(v_{n+1} = (v_0^{2^n})^2 = v_0^{2^{n+1}}\). Donc \(u_n = \dfrac{1 – (1 – 2u_0)^{2^n}}{2}\).
On discute selon \(|v_0| = |1 – 2u_0|\).
- Si \(0 < u_0 < 1\), alors \(|v_0| < 1\) et \(v_n \to 0\). Donc \(u_n \to \frac{1}{2}\).
- Si \(u_0 \in \{0, 1\}\), alors \(v_0 = \pm 1\) et \(v_n = 1\) pour \(n \geq\, 1\). Donc \(u_n = 0\) pour \(n \geq\, 1\).
- Si \(u_0 < 0\) ou \(u_0 > 1\), alors \(|v_0| > 1\) et \(v_n \to +\infty\). Donc \(u_n \to -\infty\).
Avec \(u_0 = \frac{1}{4}\), on a \(v_0 = \frac{1}{2}\). Ainsi, \(|u_n – \frac{1}{2}| = \frac{|v_n|}{2} = 2^{-(2^n + 1)}\). La condition \(2^{-(2^n+1)} \leq\, 10^{-10}\) équivaut à \(2^n + 1 \geq\, 10\log_2 10 \approx 33{,}2\). Pour \(n = 5\), on a \(2^5 + 1 = 33\) : c’est insuffisant. Pour \(n = 6\), on a \(65\). Le plus petit rang est \(n = 6\). L’exposant double à chaque étape : la convergence est quadratique, comme pour la méthode de Newton. Cela s’explique par \(f^{\prime}(\frac{1}{2}) = 2 – 4 \times \frac{1}{2} = 0\).

Corrigé de l’exercice 15 : Convergence lente vers zéro

On a \(f^{\prime}(x) = 1 – 2x \geq\, 0\) sur \([0, \frac{1}{2}]\), donc \(f\) y est croissante. De plus, \(f(x) = x(1 – x) > 0\) pour \(x \in \,]0, \frac{1}{2}]\), et \(f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}\). Donc \(f(]0, \frac{1}{2}]) \subset \,]0, \frac{1}{4}]\) : l’intervalle est stable. Ensuite, \(f(x) – x = -x^2 < 0\), donc la suite est décroissante. Elle est minorée par 0, donc elle converge vers \(\ell \in [0, \frac{1}{2}]\). Enfin, \(f\) est continue sur \([0, \frac{1}{2}]\), donc \(\ell – \ell^2 = \ell\). Ainsi, \(\ell = 0\).
Comme \(u_n \in \,]0, \frac{1}{2}]\), on peut écrire
\[\frac{1}{u_{n+1}} = \frac{1}{u_n(1 – u_n)} = \frac{(1 – u_n) + u_n}{u_n(1 – u_n)} = \frac{1}{u_n} + \frac{1}{1 – u_n}.\]
C’est la relation demandée.
Pour tout \(k\), on a \(0 < u_k \leq\, \frac{1}{2}\), donc \(1 \leq\, \frac{1}{1 – u_k} \leq\, 2\). En sommant la relation précédente de \(k = 0\) à \(n – 1\), on obtient \(\frac{1}{u_n} = 2 + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1 – u_k}\). Par conséquent, \(n + 2 \leq\, \frac{1}{u_n} \leq\, 2n + 2\). En passant aux inverses, \(\frac{1}{2n + 2} \leq\, u_n \leq\, \frac{1}{n + 2}\). La figure ci-dessous montre la suite coincée entre ces deux bornes.
Si \(n + 2 \geq\, 1\,000\), alors \(u_n \leq\, 10^{-3}\). Donc le rang \(n = 998\) convient. À l’inverse, si \(2n + 2 < 1\,000\), c’est-à-dire \(n \leq\, 498\), alors \(u_n > 10^{-3}\). C’est donc impossible pour \(n \leq\, 498\). Dans l’exercice 4, treize itérations suffisaient pour la même précision. Ici, la convergence est lente, car \(f^{\prime}(0) = 1\).

Corrigé de l’exercice 16 : Point fixe du cosinus

Sur \([0, 1] \subset [0, \frac{\pi}{2}]\), le cosinus est décroissant. Donc \(\cos([0, 1]) = [\cos 1, 1]\). Or \(\cos 1 > 0\), car \(1 < \frac{\pi}{2}\). Ainsi, \(\cos([0, 1]) \subset [0, 1]\) : l’intervalle est stable.
Posons \(h(x) = \cos x – x\). Cette fonction est continue et strictement décroissante sur \([0, 1]\), comme somme de deux fonctions décroissantes dont l’une strictement. De plus, \(h(0) = 1 > 0\) et \(h(1) = \cos 1 – 1 < 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie, \(h\) s’annule en un unique \(\alpha \in \,]0, 1[\).
Soit \(a, b \in [0, 1]\). On a \(\frac{a+b}{2} \in [0, 1]\), et le sinus est croissant et positif sur \([0, 1]\). Donc \(|\sin\frac{a+b}{2}| \leq\, \sin 1\). De plus, \(|\sin t| \leq\, |t|\) pour tout réel \(t\). Ainsi,
\[|\cos a – \cos b| = 2|\sin\frac{a+b}{2}||\sin\frac{a-b}{2}| \leq\, 2\sin(1)\,\frac{|a – b|}{2}.\]
Donc \(|\cos a – \cos b| \leq\, \sin(1)\,|a – b|\).
Tous les termes \(u_n\) sont dans \([0, 1]\), tout comme \(\alpha\). On applique l’inégalité avec \(a = u_n\) et \(b = \alpha\) : \(|u_{n+1} – \alpha| \leq\, \sin(1)\,|u_n – \alpha|\). Par récurrence, \(|u_n – \alpha| \leq\, (\sin 1)^n |u_0 – \alpha| \leq\, (\sin 1)^n\). Or \(0 < \sin 1 < 1\), donc \(u_n \to \alpha\). Ensuite, \((\sin 1)^n \leq\, 10^{-6}\) équivaut à \(n \geq\, \frac{6\ln 10}{-\ln(\sin 1)} \approx \frac{13{,}816}{0{,}1726} \approx 80{,}04\). Le rang \(N = 81\) convient. La figure ci-dessous montre l’escargot obtenu, car le cosinus est décroissant sur \([0, 1]\).

Point de méthode : une formule de trigonométrie remplace ici l’inégalité des accroissements finis, qui donnerait la même constante \(\sin 1\).

Corrigé de l’exercice 17 : Méthode de Newton pour racine de deux

On a \(g^{\prime}(x) = 2x\). La méthode de Newton s’écrit donc \(u_{n+1} = u_n – \frac{u_n^2 – 2}{2u_n} = \frac{u_n^2 + 2}{2u_n} = \frac{1}{2}(u_n + \frac{2}{u_n})\). Ensuite, \(u_1 = \frac{1}{2}(2 + 1) = \frac{3}{2}\). Puis \(u_2 = \frac{1}{2}(\frac{3}{2} + \frac{4}{3}) = \frac{17}{12}\). Enfin, \(u_3 = \frac{1}{2}(\frac{17}{12} + \frac{24}{17}) = \frac{289 + 288}{408}\). Donc \(u_1 = \frac{3}{2}\), \(u_2 = \frac{17}{12}\) et \(u_3 = \frac{577}{408}\).
Pour \(u_n > 0\), on a \(u_{n+1} – \sqrt{2} = \frac{u_n^2 – 2\sqrt{2}\,u_n + 2}{2u_n} = \frac{(u_n – \sqrt{2})^2}{2u_n}\). Par récurrence, \(u_n > 0\) et \(u_{n+1} – \sqrt{2} \geq\, 0\). En effet, \(u_0 = 2 > 0\), et si \(u_n > 0\), la formule donne \(u_{n+1} \geq\, \sqrt{2} > 0\). Ainsi, \(u_n \geq\, \sqrt{2}\) pour tout \(n\). Ensuite, \(u_{n+1} – u_n = \frac{2 – u_n^2}{2u_n} \leq\, 0\). La suite est donc décroissante et minorée par \(\sqrt{2}\).
Comme \(u_n \geq\, \sqrt{2}\), on a \(2u_n \geq\, 2\sqrt{2}\). Donc
\[0 \leq\, e_{n+1} = \frac{(u_n – \sqrt{2})^2}{2u_n \cdot 2\sqrt{2}} \leq\, \frac{(u_n – \sqrt{2})^2}{(2\sqrt{2})^2} = e_n^2.\]
Par récurrence, si \(e_n \leq\, e_0^{2^n}\), alors \(e_{n+1} \leq\, e_n^2 \leq\, e_0^{2^{n+1}}\). Ainsi, \(e_n \leq\, e_0^{2^n}\) pour tout \(n\).
On a \(e_0 = \frac{2 – \sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} – 1}{2} \approx 0{,}2071\). Ensuite, \(e_0^{8} \approx 3{,}4 \cdot 10^{-6}\) et \(e_0^{16} \approx 1{,}15 \cdot 10^{-11}\). Donc \(u_4 – \sqrt{2} = 2\sqrt{2}\,e_4 \leq\, 2\sqrt{2} \times 1{,}15 \cdot 10^{-11} \approx 3{,}2 \cdot 10^{-11}\). Le rang \(n = 4\) garantit une erreur au plus \(10^{-10}\). Le rang 3 ne suffit pas, car \(u_3 – \sqrt{2} \approx 2{,}1 \cdot 10^{-6}\). En comparaison, la dichotomie sur \([1, 2]\) divise la longueur par 2 à chaque étape. Il faut alors \(2^{-n} \leq\, 10^{-10}\), soit environ 34 étapes.

Corrigé de l’exercice 18 : Suites bornées d’une récurrence à paramètre

L’équation caractéristique est \(r^2 – 2ar + 1 = 0\). Avec \(a = \cos\theta\), elle s’écrit \((r – e^{i\theta})(r – e^{-i\theta}) = 0\). En effet, \(e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta\) et \(e^{i\theta}e^{-i\theta} = 1\). Comme \(\theta \in \,]0, \pi[\), les deux racines sont distinctes et non réelles. Donc \(E_a = \{(\lambda\cos n\theta + \mu\sin n\theta)_n,\ \lambda, \mu \in \mathbb{R}\}\). Pour une telle suite, \(|u_n| \leq\, |\lambda| + |\mu|\) : elle est bornée.
Pour \(a = 1\), l’équation \((r – 1)^2 = 0\) a une racine double 1. Ainsi, \(E_1\) est formé des suites \(\lambda + \mu n\). Pour \(a = -1\), la racine double est \(-1\), et \(E_{-1}\) est formé des suites \((\lambda + \mu n)(-1)^n\). Dans les deux cas, la suite est bornée si et seulement si \(\mu = 0\). Toutes les suites ne sont donc pas bornées : par exemple \((n)\) ou \((n(-1)^n)\).
Le discriminant réduit vaut \(a^2 – 1 > 0\). Il y a donc deux racines réelles distinctes, de produit 1. Aucune ne vaut \(\pm 1\) : sinon \(2 \mp 2a = 0\) et \(|a| = 1\). Comme \(|r_1 r_2| = 1\), l’une est de module strictement supérieur à 1 et l’autre strictement inférieur. Les suites de \(E_a\) s’écrivent \(\lambda r_1^n + \mu r_2^n\). Le second terme est borné. Si \(\lambda \neq 0\), alors \(|u_n| \geq\, |\lambda||r_1|^n – |\mu| \to +\infty\). Les suites bornées de \(E_a\) sont exactement les suites \((\mu r_2^n)\).
D’après les trois questions précédentes, toutes les suites de \(E_a\) sont bornées si et seulement si \(a \in \,]-1, 1[\).
Pour \(a = \frac{1}{2} = \cos\frac{\pi}{3}\), les suites de \(E_{1/2}\) sont \(\lambda\cos\frac{n\pi}{3} + \mu\sin\frac{n\pi}{3}\). Or \(\frac{(n+6)\pi}{3} = \frac{n\pi}{3} + 2\pi\). Donc \(u_{n+6} = u_n\) pour tout \(n\). On peut aussi le voir directement : \(u_{n+2} = u_{n+1} – u_n\) donne \(u_{n+3} = -u_n\), puis \(u_{n+6} = u_n\).

Corrigé de l’exercice 19 : Comportement asymptotique de u(n+1) = u(n) + 1/u(n)

Montrons par récurrence que \(u_n\) est défini et \(u_n \geq\, 1\). C’est vrai pour \(n = 0\). Si \(u_n \geq\, 1\), alors \(u_n \neq 0\), donc \(u_{n+1}\) est défini. De plus, \(u_{n+1} = u_n + \frac{1}{u_n} \geq\, 1\). Ensuite, \(u_{n+1} – u_n = \frac{1}{u_n} > 0\), donc la suite est croissante.
Supposons \((u_n)\) majorée. Étant croissante, elle converge vers un réel \(\ell \geq\, 1\). La fonction \(x \mapsto x + \frac{1}{x}\) est continue sur \([1, +\infty[\). Donc \(\ell = \ell + \frac{1}{\ell}\), soit \(\frac{1}{\ell} = 0\) : c’est absurde. La suite est croissante et non majorée, donc \(u_n \to +\infty\).
On élève la relation au carré : \(u_{k+1}^2 = u_k^2 + 2 + \frac{1}{u_k^2}\). En sommant de \(k = 0\) à \(n – 1\), les termes se télescopent :
\[u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{u_k^2} = 2n + 1 + \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{u_k^2}.\]
La somme étant positive, \(u_n^2 \geq\, 2n + 1\).
Pour \(k \geq\, 1\), on a \(\sqrt{k} – \sqrt{k-1} = \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} \geq\, \frac{1}{2\sqrt{k}}\). Donc \(\frac{1}{\sqrt{k}} \leq\, 2(\sqrt{k} – \sqrt{k-1})\). Ensuite, pour \(k \geq\, 1\), la question 3 donne \(\frac{1}{u_k^2} \leq\, \frac{1}{2k + 1} \leq\, \frac{1}{2\sqrt{k}}\), car \(2k + 1 \geq\, 2\sqrt{k}\). Le terme \(k = 0\) vaut 1. Ainsi, par télescopage,
\[\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{u_k^2} \leq\, 1 + \sum_{k=1}^{n-1}(\sqrt{k} – \sqrt{k-1}) = 1 + \sqrt{n-1}.\]
Donc \(u_n^2 \leq\, 2n + 2 + \sqrt{n-1}\) pour \(n \geq\, 1\). Pour \(n = 1\), on a bien \(u_1^2 = 4\), qui est égal au majorant.
En divisant l’encadrement par \(2n\), on obtient \(1 + \frac{1}{2n} \leq\, \frac{u_n^2}{2n} \leq\, 1 + \frac{1}{n} + \frac{\sqrt{n-1}}{2n}\). Les deux bornes tendent vers 1. Par le théorème des gendarmes, \(\frac{u_n^2}{2n} \to 1\). La fonction racine est continue en 1, donc \(\frac{u_n}{\sqrt{2n}} \to 1\). Ainsi, \(u_n \sim \sqrt{2n}\).

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, étude complète d’une suite récurrente

Partie A.

La fonction \(f\) est paire, décroissante sur \(]-\infty, 0]\) et croissante sur \([0, +\infty[\), de minimum \(f(0) = \frac{2}{3}\). Ensuite, \(f(x) – x = \frac{x^2 – 3x + 2}{3} = \frac{(x – 1)(x – 2)}{3}\). Cette quantité est positive hors de \(]1, 2[\) et strictement négative sur \(]1, 2[\). Les points fixes sont 1 et 2.
Comme \(f\) est croissante sur \([0, +\infty[\), on obtient \(f([0, 1]) = [\frac{2}{3}, 1] \subset [0, 1]\), puis \(f([1, 2]) = [1, 2]\). Enfin, \(f([2, +\infty[) = [2, +\infty[\). Les trois intervalles sont stables.

Partie B.

Si \(u_0 \in [0, 1[\), l’intervalle \([0, 1[\) est stable, car \(f([0, 1[) = [\frac{2}{3}, 1[\). Sur cet intervalle, \(f(x) – x > 0\), donc la suite est croissante. Elle est majorée par 1, donc elle converge vers \(\ell \in [u_0, 1]\). Par continuité de \(f\), \(\ell\) est un point fixe. Donc \(u_n \to 1\).
Si \(u_0 \in \,]1, 2[\), l’intervalle \(]1, 2[\) est stable, car \(f(]1, 2[) = \,]1, 2[\). Sur cet intervalle, \(f(x) – x < 0\), donc la suite est décroissante. Elle est minorée par 1, donc elle converge vers un point fixe de \([1, u_0]\). Or \(u_0 < 2\). Donc \(u_n \to 1\).
Si \(u_0 > 2\), l’intervalle \(]2, +\infty[\) est stable et \(f(x) – x > 0\) sur celui-ci. La suite est donc croissante. Si elle convergeait, sa limite \(\ell \geq\, u_0 > 2\) serait un point fixe : c’est impossible. Donc \(u_n \to +\infty\).
Si \(u_0 < 0\), alors \(u_1 = f(u_0) = f(|u_0|)\), car \(f\) est paire. À partir du rang 1, la suite coïncide donc avec celle issue de \(|u_0|\). Si \(|u_0| = 1\) ou \(|u_0| = 2\), la suite est constante à partir du rang 1. En résumé : si \(|u_0| < 2\), alors \(u_n \to 1\) ; si \(|u_0| = 2\), alors \(u_n = 2\) pour \(n \geq\, 1\) ; si \(|u_0| > 2\), alors \(u_n \to +\infty\). La figure ci-dessous illustre trois de ces comportements.

Partie C.

On a \(u_{n+1} – 1 = \frac{u_n^2 + 2 – 3}{3} = \frac{(u_n – 1)(u_n + 1)}{3}\). D’après la partie B, la suite est décroissante et \(u_n \in [1, \frac{3}{2}]\). Donc \(0 \leq\, u_n + 1 \leq\, \frac{5}{2}\), et \(0 \leq\, u_{n+1} – 1 \leq\, \frac{5}{6}(u_n – 1)\). Par récurrence, \(0 \leq\, u_n – 1 \leq\, \frac{1}{2}(\frac{5}{6})^n\).
Il suffit que \(\frac{1}{2}(\frac{5}{6})^n \leq\, 10^{-4}\), soit \(n \ln\frac{6}{5} \geq\, \ln 5\,000\). Cela donne \(n \geq\, \frac{8{,}517}{0{,}1823} \approx 46{,}7\). Le rang \(n = 47\) convient.
Par récurrence, \(u_n > 1\) pour tout \(n\), car \(u_0 > 1\) et \(u_{n+1} – 1\) a le signe de \(u_n – 1\). On peut donc écrire \(\frac{u_{n+1} – 1}{u_n – 1} = \frac{u_n + 1}{3}\). Or \(u_n \to 1\). Donc ce quotient tend vers \(\frac{2}{3}\). Par ailleurs, \(f^{\prime}(x) = \frac{2x}{3}\), donc \(f^{\prime}(1) = \frac{2}{3} < 1\) et \(f^{\prime}(2) = \frac{4}{3} > 1\). Ainsi, près de 1, l’erreur est multipliée par environ \(\frac{2}{3}\) à chaque étape : le point fixe 1 est attractif. À l’inverse, près de 2, l’écart est multiplié par environ \(\frac{4}{3}\) : le point fixe 2 est répulsif. Sur la figure, les marches rétrécissent près de 1 et s’agrandissent en s’éloignant de 2. Notre majoration par \((\frac{5}{6})^n\) est donc prudente : le vrai facteur se rapproche de \(\frac{2}{3}\).

Point de méthode : le quotient \(\frac{u_{n+1} – \ell}{u_n – \ell}\) tend vers \(f^{\prime}(\ell)\) ; sa valeur mesure la vitesse de convergence géométrique.

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