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Type : Classeur 3.6
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Description 

F. HECHNER, ÉCÉ 2, Collège Épiscopal Saint Étienne Année 2014-2015



Fiche méthode 4 :
L’IAF et son application classique aux suites.

1 L’inégalité des accroissements finis
Cette inégalité se rencontre sous deux formes (équivalentes), mais, avec les suites, seule la deuxième sert :

Théorème 1.1 :
Soit f une fonction continue sur I = [a, b] avec a < b et dérivable sur ]a, b[. Soient m et M deux réels
tels que ∀x ∈]a, b[, m 6 f 0 (x) 6 M . Alors m(b − a) 6 f (b) − f (a) 6 M (b − a).


Théorème 1.2 :
Soit f une fonction continue sur I = [a, b] avec a < b et dérivable sur ]a, b[. Soient M un réel tel que
∀x ∈]a, b[, |f 0 (x)| 6 M . Alors |f (b) − f (a)| 6 M |b − a|.


2 Application à l’étude de suites récurrentes : la théorie
On considère une suite (un ) définie par une relation de récurrence de la forme un+1 = f (un ) et la donnée de u0 .
Une des façons classiques de prouver la convergence de la suite (un ) est d’utiliser l’inégalité des accroissements
finis. Rappelons quelques points clés de la démarche. (Les étapes ne se font pas toujours dans l’ordre !)
• Première étape : trouver les limites éventuelles de la suite (un ), c’est-à-dire les points fixes de f . En effet,
rappelos le théorème : si f est continue, et que la suite (un ) converge vers `, alors ` est un point fixe de f ,
c’est-à-dire vérifie f (x) = x.
• Deuxième étape : trouver un intervalle [a, b] stable par f (il est en général donné dans l’énoncé !). Autrement
dit, montrer que si x ∈ [a, b], alors f (x) ∈ [a, b]. En pratique, cela se montre par une étude de la fonction f
(et la construction de son tableau de variations). Parfois, on montre à la main (en reconstruisant la fonction)
que si a 6 x 6 b, alors a 6 f (x) 6 b.
• Troisième étape : trouver une constante M telle que ∀x ∈]a, b[, |f 0 (x)| 6 M (elle est en général donnée dans
l’énoncé). Pour cela, soit on étudie la fonction f 0 et on fait son tableau de variations, soit on reconstruit la
fonction à la main. Pour que cela marche bien dans la suite, il est souhaitable d’avoir M < 1 !
• Quatrième étape : montrer que ∀(x, y) ∈ [a, b], |f (x) − f (y)| 6 M |x − y|. C’est simplement l’inégalité des
accroissements finis. (Parfois, on saute cette étape et on la fusionne avec la sixième !)
• Cinquième étape : montrer que ∀n, un ∈ [a, b]. Pour cela, on fait une récurrence sur n et on s’appuie sur
l’étude de f faire à la deuxième étape.
• Sixième étape : montrer que ∀n, |un+1 − `| 6 M |un − `|. Il suffit d’appliquer la quatrième étape (inégalité
des accroissements finis) à a = un et b = ` car un+1 = f (un ) et ` = f (`) (` est un point fixe de f ).
• Septième étape : montrer que ∀n, |un − `| 6 M n |u0 − `|. Il suffit de faire une récurrence sur n en utilisant
l’étape précédente !
• Huitième étape : Prouver que un → `. Pour cela, on utilise le fait que si 0 6 M < 1, alors la suite géométrique
(M n ) converge vers 0. Alors la suite (M n |u0 − `|) converge vers 0, et donc, comme 0 6 |un − `| 6 M n |u0 − `|,
le théorème d’encadrement montre que un − ` → 0, c’est-à-dire que un → `.




1/4
F. HECHNER, ÉCÉ 2, Collège Épiscopal Saint Étienne Année 2014-2015



3 Un exemple pratique [D’après ESSEC 2002]

Exercice 1 : (
u0 := 1
On considère la suite définie par où f est définie sur [0, +∞[ par f (x) = 1+x
1
.
un+1 = f (un )
Le but est de prouver la convergence de la suite (un ), après avoir déterminé sa limite éventuelle.

Démonstration :
On remarque immédiatement que si x > 0, f (x) > 0, et donc une récurrence immédiate montre que pour
tout n, un > 0.
• Première étape : comme f est continue sur [0, +∞[ en tant qu’inverse d’une fonction continue ne s’annulant
pas, si (un ) converge, sa limite est un point fixe de f , c’est-à-dire une solution de l’équation f (x) = x. Or
2
f (x) = x ⇐⇒ 1+x 1
− x = 0 ⇐⇒ 1−x−x1+x = 0 ⇐⇒ x2 + x − 1 = 0. Ce trinôme a pour discriminant 5 et pour
√ √
racines −1− 5
2 √ et −1+ 5
2 . Seule la deuxième racine est positive, donc la seule limite possible de la suite (un )
est `:= −1+ 5
2 .
• Deuxième étape : on va montrer (conformément à une indication de l’énoncé) que ∀x ∈ 12 , 1 , f (x) ∈ 12 , 1 .
   

Pour ce faire, on peut étudier les fonctions f et f 0 et faire leurs tableaux de variations, mais on peut aller
plus vite en “reconstruisant les fonctions” : si 1/2 6 x 6 1, alors 3/2 6 x + 1 6 2, donc, par décroissance de
la fonction inverse sur [3/2, 2], 2/3 > x+1
1
> 21 , donc on a bien le premier résultat.
• Troisième étape : on va montrer (conformément à une indication de l’énoncé) que ∀x ∈ 12 , 1 , |f 0 (x)| 6 94 . f
 

est dérivable sur [1/2, 1] comme inverse d’une fonction dérivable ne s’annulant pas, et ∀x ∈ [1/2, 1], f 0 (x) =
2 . Si 1/2 6 x 6 1, alors 3/2 6 x + 1 6 2 donc par croissance de la fonction carré sur [3/2, 2],
1
− (x+1)
9/4 6 (x + 1)2 6 4 puis, par décroissance de la fonction inverse sur [9/4, 4], 4/9 > 1
(x+1)2
> 1/4. Ainsi,
∀x ∈ [1/2, 1], −4/9 6 f 0 (x) 6 −1/4, ce qui montre que ∀x ∈ [1/2, 1], |f 0 (x)|6 4/9. (Car 1/4 6 4/9.)
• Cinquième étape : montrons à présent, par récurrence sur le prédicat : 1
et

n ∈ N, P(n) un ∈ 2 , 1
4 n
|un − r2 | 6 9 .


Pour n = 0, u0 = 1 ∈ 12 , 1 et comme r2 ∈ [0, 1], 1 − r2 ∈ [0, 1] donc |u0 − r2 | 6 1. On en déduit que
 
0
|u0 − r2 | 6 1 = 94 . Le prédicat est donc vrai au rang 0.
Soit n ∈ N fixé. Supposons P(n) vrai et montrons P(n Comme par hypothèse de récurrence 2, 1 ,
1 
+ 1). un ∈
d’après ce qui précède f (un ) ∈ 12 , 1 . Donc un+1 ∈ 12 , 1 .
 

• Sixième
 1  étape : il est temps
 1 d’appliquer l’inégalité desaccroissements finis à f : la fonction f est continue
sur 2 , 1 , dérivable sur 2 , 1 , et on a vu que ∀x ∈ 2 , 1 , |f (x)| 6 49 . L’inégalité des accroissements
1 0


finis appliquée aux points un ∈ [1/2, 1] (d’après le point précédent) et ` ∈ [1/2, 1] (encadrez ` pour en être
convaincus) donne alors |f (un ) − f (`)| 6 94 |un − `|. n
• Septième étape : montrons à présent, par récurrence sur n ∈ N, le prédicat P(n) : |un − `| 6 49 |u0 − `|.
Pour n = 0, |u0 − `| 6 |u0 − `|, donc P(0) est vraie. n
Soit n > 0 fixé. Supposons P(n) vraie, c’est-à-dire |un − `| 6 49 |u0 − `|. On remarque que |un+1 − `| =
|f (un ) − f (`)| car ` est un point fixe de f . Alors le point précédent donne |un+1 − `| 6 49 |un − `|. On applique
n n+1
alors l’hypothèse de récurrence : |un+1 − `| 6 49 |un − `| 6 49 94 |u0 − `| = 49 |u0 − `|, donc P(n + 1) est
vraie. n
D’après le principe de récurrence, ∀n, |un − `| 6 94 |u0 − `|.
n
• Huitième étape : la suite 49 étant géométrique de raison −1 < 49 < 1, elle converge vers 0. D’après le
 
n
théorème d’encadrement, comme 0 6 |un − `| 6 94 |u0 − `|, |un − `| converge vers 0, c’est-à-dire que un
converge vers `. (Ouf !)


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F. HECHNER, ÉCÉ 2, Collège Épiscopal Saint Étienne Année 2014-2015



4 Un deuxième exemple pratique [d’après un sujet ECT]

Exercice 2 :
On considère la fonction h d?...

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