Suites numériques - vincek.frama.io · Suites numériques Mathématiques optionnelles Remarque 5....

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Faculté des Sciences Économiques et Sociales - Université de LilleLicence 1 / Économie - Gestion

Suites numériques - S2

Suites numériques

M. Pelini, V. Ledda

22 juin 2018

Table des matières

1 Généralités sur les suites1 Généralités sur les suites 21.1 Définitions1.1 Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Deux exemples fondamentaux1.2 Deux exemples fondamentaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Comportement global d’une suite1.3 Comportement global d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Limite d’une suite2 Limite d’une suite 82.1 Définitions et premières propriétés2.1 Définitions et premières propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Opérations sur les limites2.2 Opérations sur les limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Théorèmes de comparaison2.3 Théorèmes de comparaison . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.4 Convergence monotone2.4 Convergence monotone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3 Suites particulières et applications3 Suites particulières et applications 173.1 Suites arithmético-géométriques3.1 Suites arithmético-géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2 Suites récurrentes linéaires d’ordre 23.2 Suites récurrentes linéaires d’ordre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.3 Applications3.3 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4 Suites récurrentes du type un+1 = f (un)4 Suites récurrentes du type un+1 = f (un) 254.1 Introduction4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.2 Existence et représentation graphique4.2 Existence et représentation graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.3 Monotonie de la suite (un)4.3 Monotonie de la suite (un) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274.4 Convergence4.4 Convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.5 Étude d’un exemple : une suite homographique4.5 Étude d’un exemple : une suite homographique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5 Théorème du point fixe et applications5 Théorème du point fixe et applications 325.1 Introduction5.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.2 Fonctions contractantes5.2 Fonctions contractantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345.3 Nature des équilibres5.3 Nature des équilibres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365.4 La suite logistique5.4 La suite logistique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

6 Résolutions numériques des équations6 Résolutions numériques des équations 416.1 Introduction6.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416.2 La méthode par dichotomie6.2 La méthode par dichotomie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416.3 La méthode de Newton6.3 La méthode de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

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Suites numériques Mathématiques optionnelles

1 Généralités sur les suites

1.1 Définitions

1.1.1 Suites numériques

Définition 1. Une suite réelle u est une application deN (ou d’une partie I deN) dans R.

u :{N (ou I) −→ R

n 7−→ un

Le nombre réel un est appelé terme de rang n de la suite u.

Traditionnellement, la suite u est notée (un)n∈I ou encore (un).

Remarque 1. Ne pas confondre, dans l’écriture, le terme un et la suite (un).

Remarque 2. Toutes les suites ne sont pas définies à partir du rang 0.

Une suite (un) peut être définie de deux manières différentes :

— Par la donnée du terme général en fonction de n(∀n ∈N∗,un =

n2 + 1n

).

— Par une relation de récurrence et la donnée du premier terme (∀n ∈N,un+1 = 3u2n − 5 et

u0 = 1).Chaque terme se calcule alors à l’aide du précédent.

1.1.2 Le raisonnement par récurrence

Certaines propriétés peuvent être démontrées de manière directe.

(Par exemple : “ Vérifier que ∀n ∈N,un =n+ 1n2 est positif”).

Parfois, cela n’est pas possible, en particulier quand la suite (un) est définie par une relation derécurrence. On utilise alors un raisonnement par récurrence.

Principe :Pour démontrer qu’une propriété est vraie pour tout entier naturel n > n0 :

— on montre qu’elle est vraie au rang n0 (c’est à dire pour n = n0) ;— on suppose qu’elle est vraie au rang n (avec n fixé, n > n0) et on montre alors (en utilisant

cette hypothèse) qu’elle est vraie au rang n+ 1.— on peut alors conclure que le résultat est vrai ∀n > n0.

Remarque 3. La première phase de la démonstration est souvent appelée initialisation et laseconde hérédité.

Exemple 1. Soit (un) la suite définie par : ∀n ∈N,un+1 =12

(un + 1) et u0 = 2

Démontrons que ∀n ∈N,un > 1.

— Initialisation : Pour n = 0, u0 = 2 donc on a bien u0 > 1. La propriété est vraie au rang 0.

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— Hérédité : Soit n ∈N, on suppose que un > 1. Vérifions qu’alors un+1 > 1.

un > 1⇔ un + 1 > 2⇔ 12

(un + 1) > 1⇔ un+1 > 1

La propriété est donc héréditaire.— Conclusion : ∀n ∈N,un > 1

1.2 Deux exemples fondamentaux

1.2.1 Suites arithmétiques

Définition 2. La suite (un) est dite arithmétique de premier terme u0 et de raison r si :

∀n ∈N, un+1 = un + r

Remarque 4.

Une telle suite est donc définie par récurrence. On passe d’un terme au suivant en ajoutant àchaque fois la même quantité r.

On notera Sn la somme des n+1 premiers termes de la suite (Sn = u0 +u1 + . . .+un =n∑

p=0up).

Proposition 1. Soit (un) la suite arithmétique de premier terme u0 et de raison r alors ∀(n,p) ∈N2

on a :

un = up + r × (n− p) et Sn =(n+ 1)(u0 +un)

2

Cas particulier :Si on considère la suite arithmétique de premier terme u0 = 0 et de raison r = 1, on obtient :

0 + 1 + . . .+n =n(n+ 1)

2

Exemple 2. : Placement à interêts simplesUn capital C0 est placé sur un compte rémunéré à 5% avec interêts simples. Cela signifie que,chaque année, le montant des intérêts est égal à 5% du capital de départ.Si on note Cn le capital après n années de placement. On a alors Cn+1 = Cn + 0,05.C0.La suite (Cn) est donc une suite arithmétique de premier terme C0 et de raison 0,05.C0.Question : Combien d’années faut-il attendre pour doubler le capital de départ ?

1.2.2 Suites géométriques

Définition 3. La suite (un) est dite géométrique de premier terme u0 et de raison q si :

∀n ∈N, un+1 = qun


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Remarque 5. :

Une telle suite est donc définie par récurrence. On passe d’un terme au suivant en multipliant àchaque fois la même quantité q.

Si q = 1, la suite est tout simplement la suite constante égale à u0.

Si q = 0, la suite est nulle à partir du rang 1.

Proposition 2. Si (un) est une suite géométrique de premier terme u0 et de raison q (q , 1 et q , 0)alors ∀(n,p) ∈N2 on a :

un = up × qn−p et Sn = u0.1− qn+1

1− q.

Exemple 3. : Placement à interêts composésUn capital C0 est placé sur un compte rémunéré à 3,5% avec interêts composés. Si on note Cn lecapital après n années de placement. On a alors Cn+1 = Cn + 0,035×Cn = 1,035×Cn. La suite (Cn)est donc une suite géométrique de premier terme C0 et de raison 1,035. Dans cette situation, encombien de temps le capital est-il multiplié par 2?

1.2.3 Quelques remarques

Pour les suites arithmétiques et les suites géométriques on a deux façons de les définir :— une formule de récurrence ;— une formule explicite.

Suite arithmétique de raison r Suite géométrique de raison q

Formule derécurrence

un+1 = un + r un+1 = un × q

Formuleexplicite

un = up + r(n− p) un = up × qn−p

Représentationgraphique

Les points sont alignés Les points appartiennent à unecourbe exponentielle (y = v0q

x).

À retenir


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De manière générale une suite peut être définie de manière explicite à l’aide d’une fonction définiesur R+ par un = f (n) ou par récurrence à l’aide d’une fonction définie sur R par un+1 = f (un). Laformule explicite permet de calculer n’importe quel terme directement, mais l’obtention d’uneformule explicite à partir d’une formule de récurrence n’est pas toujours possible... En ce sens, lessuites arithmétiques et géométriques sont remarquables.

Il est souhaitable de retenir les formules de sommation sous la forme suivante :Somme des termes d’une suite arithmétique :

(nombre de termes)× premier terme +dernier terme2

.

Somme des termes d’une suite géométrique de raison différente de 1 :

Premier terme×1− qnombre de termes

1− q.

À retenir

1.3 Comportement global d’une suite

1.3.1 Monotonie d’une suite

Définition 4. La suite (un) est croissante si : ∀n ∈N on a : un+1 > un.

La suite (un) est décroissante si : ∀n ∈N on a : un+1 6 un.

La suite (un) est monotone si elle est croissante ou décroissante.

Remarque 6.— Si les inégalités précédentes sont strictes, nous dirons que la suite est strictement croissante,

strictement décroissante ou strictement monotone.— Étudier la monotonie d’une suite, c’est dire si elle est croissante, décroissante ou ni l’un ni

l’autre.

Remarque 7. Toutes les défintions précédentes peuvent être considérées à partir d’un certainrang.Par exemple, la suite (un) est dite croissante à partir d’un certain rang si

∃n0 ∈N tel que : ∀n > n0 on a : un+1 > un.

Pour étudier la monotonie d’une suite, on utilise, généralement deux méthodes selon le type desuites.

- Soit on cherche à déterminer le signe de un+1 −un.- Soit, si ∀n > n0,un > 0, on étudie le quotient

un+1

unOn peut aussi être amené à faire une démonstration par récurrence.

Exemple 4. Considérons la suite (un) définie par : ∀n ∈N , un = 2n− 5.Puisque : ∀n ∈N on a : un+1 −un = (2(n+ 1)− 5)− (2n− 5) = 2 donc un+1 −un > 0.On en déduit que la suite (un) est croissante (même strictement).


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Exemple 5. Considérons la suite (un) définie par : u0 > 0 et ∀n ∈N,un+1 =2unun + 3

.

Remarquons tout d’abord que : ∀n ∈N , un > 0 (récurrence).

On peut alors regarder le quotientun+1

un=

2unun(un + 3)

=2

(un + 3).

Or un + 3 > 3 > 2 (car un > 0) doncun+1

un< 1.

On en déduit que la suite (un) est décroissante.

Exemple 6. Soit (un) la suite définie par u0 = 2 et un+1 =√un, ∀n ∈N.

Démontrons par récurrence que : ∀n ∈N, 0 6 un+1 6 unInitialisation : u1 =

√2 donc 0 6 u1 6 2⇔ 0 6 u1 6 u0

Hérédité : Soit n ∈N, on suppose que 0 6 un+1 6 un.On a alors, par croissance de la fonction racine carrée,

√0 6√un+1 6

√un⇔ 0 6 un+2 6 un+1.

La proprièté est donc bien héréditaire.Conclusion : ∀n ∈N, 0 6 un+1 6 un. En particulier, la suite (un) est décroissante.

1.3.2 Suites bornées

Définition 5.

- La suite (un) est majorée si l’ensemble de ses termes est majoré, soit encore :

∃M ∈R tel que ∀n ∈N on a : un 6M.

(M est alors un majorant de la suite (un))

- La suite (un) est minorée si l’ensemble de ses termes est minoré, soit encore :

∃m ∈R tel que ∀n ∈N on a : un >m.

(m est alors un minorant de la suite (un))

- La suite (un) est bornée si elle est à la fois majorée et minorée, soit encore :

∃(M,m) ∈R2 tels que ∀n ∈N on a : m 6 un 6M.

Remarque 8. : Il n’y a pas unicité du majorant (ou du minorant) d’une suite.En effet, soit M un majorant de la suite (un), si M′ >M alors ∀n ∈N,un 6M 6M′ et donc M’ estaussi un majorant de la suite.

Remarque 9.

- Une suite croissante est minorée par son premier terme.

- Une suite décroissante est majorée par son premier terme

Exemple 7.

Soit (un) la suite définie par u0 = 1 et un+1 =√un + 6, ∀n ∈N.

Démontrons que (un) est bornée (minorée par 0, majorée par 3) :

- Pour n = 0, u0 = 1 donc 0 6 u0 6 3,- Soit n ∈N, on suppose que 0 6 un 6 3, on a alors 6 6 un + 6 6 9 donc 0 6 un+1 6 3,- Conclusion : ∀n ∈N, 0 6 un 6 3 ce qui signifie que (un) est bornée.


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1.3.3 Suites extraites

Définition 6. Une suite (vn) est appelée suite extraite, ou encore sous-suite, d’une suite (un) s’ilexiste une fonction f , strictement croissante deN dansN vérifiant : vn = uf (n).

Exemple 8. Si f (n) = 2n, alors la suite (vn) définie par : vn = u2n est la sous-suite de (un) forméedes termes de rang pair.

Exemple 9. Si f (n) = 2n+ 1, alors la suite (wn) définie par : wn = u2n+1 est la sous-suite de (un)formée des termes de rang impair.

Exemple 10. Si un = (−1)n, alors vn = u2n = (−1)2n = 1 et wn = u2n+1 = (−1)2n+1 = −1.Ces deux sous-suites sont constantes.

Proposition 3. Si la suite (un) est croissante, alors toute suite extraite de (un) est croissante.

Preuve. Supposons que la suite (un) est croissante et considèrons une suite (vn) extraite de (un).Il existe une fonction f , strictement croissante deN dansN telle que vn = uf (n), ∀n ∈N.On veut démontrer que ∀n ∈N, vn+1 > vn :On sait que n+ 1 > n et que f est strictement croissante donc f (n+ 1) > f (n),or la suite (un) est croissante donc uf (n+1) > uf (n) c’est à dire vn+1 > vn.

La suite (vn) est donc elle aussi croissante. cqfd

Remarque 10. La réciproque est fausse !Pour s’en convaincre, il suffit de prendre la suite (un) définie si ci-dessus par un = (−1)n, ∀n ∈N.

Remarque 11. La proposition ci-dessus est encore vraie pour une suite décroissante, minorée oumajorée.


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2 Limite d’une suite

2.1 Définitions et premières propriétés

Dans ce chapitre, nous allons étudier le comportement asymptotique d’une suite.Cela signifie que nous allons nous intéresser au comportement de un, pour les grandes valeurs den.

2.1.1 Définitions

Définition 7. Soit ` ∈R.On dit que la suite (un) tend vers ` (ou converge vers `) si « on peut rendre |un − `| aussi petit quel’on veut dès que n est suffisamment grand».Autrement dit,

∀ε > 0,∃n0 ∈N tel que : ∀n > n0, |un − `| < ε.

Dans ce cas, on notera : limn→+∞

un = ` ou encore limun = ` , un→ `.

Une telle suite est dite convergente.

Exemple 11. La suite définie par un = 1n converge vers 0.

Remarque 12. |un − `| < ε⇔ ` − ε < un < ` + ε⇐⇒ un ∈]` − ε, ` + ε[.La définition se traduit alors en disant qu’à partir d’un certain rang n0 tous les termes de la suitesont dans l’intervalle ]` − ε, ` + ε[.

` − ε

` + ε

Figure 1 – Suite (un) convergente, de limite `

Définition 8. La suite (un) est divergente si elle n’est pas convergente.

Il y a deux types de suites divergentes :— les suites qui tendent vers l’infini ;— les suites qui n’ont pas de limite.

Voici la définition d’une suite qui tend vers l’infini.


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Définition 9.

- On dit que la suite (un) tend vers +∞ si «on peut rendre un aussi grand que l’on veut dès que nest suffisamment grand».

∀A > 0,∃n0 ∈N tel que ∀n > n0,un > A.

On notera dans ce cas : limn→+∞

un = +∞ ou encore limun = +∞ , un→ +∞.

- On dit que la suite (un) tend vers −∞ si la suite (−un) tend vers +∞

∀A > 0,∃n0 ∈N tel que ∀n > n0,un < −A.

On notera dans ce cas : limn→+∞

un = −∞ ou encore limun = −∞ , un→−∞.

Exemple 12. Suites divergentes.

1. Une suite arithmétique dont la raison est non nul diverge vers l’infini.2. La suite définie par un = (−1)n n’a pas de limite.

2.1.2 Premières propriétés

Théorème 1. (Unicité de la limite)La limite d’une suite (un) convergente est unique.

O

0 1 2 3 4 5 6 7−1−20

1

2

3

`′ − ε

`′ + ε

` + ε

` − ε

Preuve. La suite (un) est convergente. Supposons qu’elle converge ` et `′ et montrons qu’alors` = `′.

Soit ε > 0,un→ ` donc ∃n1 ∈N tel que : ∀n > n1, |un − `| < ε etun→ `′ donc ∃n2 ∈N tel que : ∀n > n2, |un − `′ | < ε .Posons n0 = max(n1,n2), on a alors, ∀n > n0 :|` − `′ | 6 |` −un|+ |un − `′ | 6 2.ε.

Autrement dit, ∀ε > 0, |` − `′ | 6 2.ε d’où |` − `′ | = 0⇔ ` = `′.cqfd


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Théorème 2. Si la suite (un) converge vers `, alors toute sous-suite de (un) converge aussi vers `.O

Preuve. Soit (vn) une sous-suite de (un). Alors vn = uf (n) où f est une fonction strictement crois-sante deN versN.

La démonstration se fera en deux étapes :

Étape 1 : Montrons par récurrence sur n que : ∀n ∈N on a : f (n) > n.Initialisation : la propriété est vraie à l’ordre 0, car f (0) ∈N donc f (0) > 0.Hérédité : Supposons la propriété vraie à l’ordre n (hypothèse de récurrence), soit : f (n) > n.Montrons qu’elle est vraie à l’ordre n+ 1.Comme f est strictement croissante : n+ 1 > n⇒ f (n+ 1) > f (n).Mais puisque : f (n) > n on aura : f (n+ 1) > n, d’où : f (n+ 1) > n+ 1.La propriété est donc vérifiée au rang n+ 1.Conclusion : ∀n ∈N on a : f (n) > n.

Étape 2 : Montrons que (vn) converge vers `.limun = `⇒∀ε > 0, ∃n0 ∈N tel que ∀n > n0, |un − `| < ε.Si n > n0, alors on a : f (n) > n > n0 et donc :

∣∣∣uf (n) − `∣∣∣ < ε, soit encore : |vn − `| < ε.

Donc ∀ε > 0, ∃n0 ∈N tel que ∀n > n0 on a : |vn − `| < ε, autrement dit : limvn = `. cqfd

Remarque 13. Ce théorème est en particulier utile, sous sa forme contraposée, pour montrerqu’une suite diverge.

Exemple 13. Reprenons la suite (un) définie par : un = (−1)n.

Montrons que (u) diverge.

Théorème 3. (un) converge vers `⇔ les sous-suites (u2n) et (u2n+1) convergent vers `.O

Preuve.⇒ C’est en fait une conséquence du théorème précédent.⇐ Soit p ∈N, comme (u2n) tend vers ` on peut écrire :

∃n1 ∈N tel que ∀n > n1, |u2n − `| < ε.

De même le fait que (u2n+1) tend vers ` implique

∃n2 ∈Ntel que ∀n > n2, |u2n+1 − `| < ε.

Posons n0 = max(2n1,2n2 + 1), on a bien évidemment : ∀n > n0, |un − `| < ε.Et donc (un)converge vers `. cqfd

2.1.3 Limite des deux suites de référence


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Proposition 4. Soit (un) une suite arithmétique de raison r et de premier terme u0.

- Si r = 0, alors la suite (un) est constante et converge vers u0

- Si r > 0, alors limn→+∞

un = +∞

- Si r < 0, alors limn→+∞

un = −∞

Le cas de l’éventuelle limite d’une suite géométrique se règle grâce à la proposition suivante :

Proposition 5.

- Si q > 1, alors limn→+∞

qn = +∞

- Si q = 1, alors la suite (qn) est constante égale à 1 et converge vers 1

- Si −1 < q < 1, alors limn→+∞

qn = 0

- Si q 6 −1, alors la suite (qn) n’a pas de limite

2.2 Opérations sur les limites

(un) et (vn) sont deux suites numériques convergentes ou tendant vers l’infini. On s’intéresse dans

ce paragraphe au comportement asymptotique des suites (un + vn), (un.vn),(

1un

). . .

2.2.1 Somme de deux suites

Les résultats concernant la limite de (un + vn) sont résumés dans le tableau suivant :

PPPPPPPPPlimvn

limun −∞ ` ∈R +∞

−∞ −∞ −∞ ?`′ ∈R −∞ ` + `′ +∞+∞ ? +∞ +∞

Les points d’interrogations représentent les cas où on ne peut pas conclure de manière générale.On parle alors de formes indéterminées.

2.2.2 Produit de deux suites

Les résultats concernant la limite de (un × vn) sont résumés dans le tableau suivant :PPPPPPPPPlimvn

limun 0 ` ∞

0 0 0 ?`′ 0 ``′ ∞∞ ? ∞ ∞


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Remarque 14. Le signe de la limite se déduit de la règle des signes.

Remarque 15. En prenant pour (vn) une suite constante, on peut déduire de ce tableau la limitede la suite (λun) en fonction de (un).

Exemple 14. Calculer la limite de la suite définie par :

vn = (−n2 + 1)exp(n)

Exemple 15. Considérons la suite (un) définie par : un = 2n2 − 3n+ 1

Quelle est la limite de la suite (un) ?

2.2.3 Inverse d’une suite

Les résultats concernant la limite de(

1un

)sont résumés dans le tableau suivant :

un 0 ` ∞1un∞ 1

` 0

Remarque 16. Dans le cas d’un quotient, on peut voirunvn

comme le produit un ×1vn

.

La limite deunvn

peut être obtenue en utilisant les deux tableaux ci-dessus.

Exemple 16. Considérons la suite (un) définie par : un =1

−2n+ 5.

2.2.4 Limite de suite et fonction

On s’intéresse ici à une suite v définie par vn = f (un) où u est une suite numérique et f une fonctiond’une variable réelle. Il y a de multiple cas de figure, voici un exemple de résultat.

Proposition 6. Soit f une fonction définie sur un intervalle I =]a;b[⊂ R et une suite u à valeurdans I.Si limun = b et lim

x→bf (x) = ` ∈ R alors limf (un) = `

Exemple 17. Considérons la suite (vn) définie par : vn =√n3 + 5n+ 1.

Calculons limvn.


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2.2.5 Formes indéterminées

On appelle formes indéterminées les expressions faisant intervenir des limites pour lesquelles lestableaux précédents ne permettent pas de conclure. Il y en a de quatre sortes :

— Pour l’addition : «+∞−∞»— Pour le produit : «0×∞ »

— Pour le quotient : «∞∞

» et «00

».

Une indétermination ne signifie en aucune manière que la limite n’existe pas. Cela signifie sim-plement que l’on ne peut pas la déterminer directement, c’est à dire en utilisant les résultatsprécédents. Pour calculer la limite, il faut «lever l’indétermination» en transformant l’expressionde départ en une expression équivalente dont on sait calculer la limite. Il convient toujours de bienidentifier le type de forme indéterminée afin de choisir la bonne méthode pour calculer la limite.Voici trois exemples de formes indéterminées du type «

∞∞

» qui aboutissent à trois résultats

différents :

Exemple 18. Considérons la suite (un) définie par : un =n3 + 2n− 1

n4 .

Cherchons la limite de la suite (u).

Exemple 19. Considérons la suite (un) définie par : un =n3 +n+ 1

n2 .

Cherchons la limite de la suite (u).

Exemple 20. Considérons la suite (un) définie par : un =2n3 +n+ 1

n3 .

Par la méthode développée dans l’exemple 1919, on trouve limun = 2.

Remarque 17. Dans tous les cas de quotients de polynômes, la limite en l’infini est celle duquotient des termes de plus haut degré.

Exemple 21. Soit (un), (vn) et (wn) les suites définies par un = n3 − 2n + 1, vn = ln( n+ 3n2 + 1

)et

wn = (3n+ 2)e−n.Cherchons les limites de ces trois suites.

2.3 Théorèmes de comparaison

2.3.1 Pour les suites convergentes

Théorème 4. Soit (un) une suite convergente de limite `.

Si ∀n ∈N , un > 0 alors ` > 0

O

Preuve. Supposons que ` < 0, alors on peut trouver ε > 0 tel que ` < −ε < 0.Comme un→ `, ∃n0 ∈N tel que ∀n > n0, |un − `| < ε.Donc ∀n > n0, ` − ε < un < ` + ε. Or ` < −ε donc ` + ε < 0.On en déduit que ∀n > n0, un < 0...ce qui est contraire à l’hypothèse un > 0.Donc, on a nécessairement ` > 0 ! cqfd


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` −ε 0

Si ∀n ∈N , un > 0, on ne peut pas affirmer que limun > 0.

Par exemple, pour un =1n

, on a ∀n ∈N∗ , un > 0 et limun = 0.

Attention

Corollaire 1. Soient (un) et (vn) deux suites convergeant respectivement vers ` et `′.

Si ∀n ∈N , un > vn alors ` > `′

Remarque 18. Ce théorème s’énonce encore en disant que les inégalités larges sont conservéespar passage à la limite.

Théorème 5. (Théorème d’encadrement)

Si∀n ∈N,un 6 vn 6 wn

et limun = limwn = `

}alors la suite (vn) converge vers `.

O

Preuve. Soit ε > 0.un→ ` donc ∃n1 ∈N tel que ∀n > n1, |un − `| < ε⇔ ` − ε < un < ` + ε.wn→ ` donc ∃n2 ∈N tel que ∀n > n2, |wn − `| < ε⇔ ` − ε < wn < ` + ε.

Posons n0 = max{n1,n2}.∀n > n0, ` − ε < un 6 vn 6 wn < ` + ε donc ∀n > n0, ` − ε < vn < ` + ε⇔ |vn − `| < ε.On a donc bien vn→ `. cqfd

Corollaire 2.

Silimvn = 0∀n > n0, |un − `| 6 vn

}alors la suite (un) converge vers `.

2.3.2 Pour les suites tendant vers l’infini

Théorème 6.

Si{

limvn = +∞∀n ∈N, un > vn

alors limun = +∞.

O

Preuve. Soit A > 0.vn→ +∞ donc ∃n0 ∈N tel que ∀n > n0, vn > A.Or un > vn donc ∀n > n0, un > vn > A d’où un→ +∞. cqfd


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Exemple 22.

Soit (un) la suite définie par un =n∑

k=1

1√k, ∀n ∈N∗.

Soit n ∈N∗. Pour tout k compris entre 1 et n, on a1√k>

1√n

donc un >n√n

.

On a donc un >√n et√n→ +∞ donc un→ +∞.

2.4 Convergence monotone

Remarque 19. Si la suite (un) est convergente alors elle est bornée.Mais la réciproque de cette propriété est fausse...Nous allons voir cependant que, sous certaines hypothèses, une suite bornée converge.

2.4.1 Théorème fondamental

Théorème 7. (Admis) Soit (un) une suite croissante.

1) Si (un) est majorée (par M) alors converge vers ` et on a ` 6M.

2) Si (un) n’est pas majorée alors elle tend vers +∞.

O

La limite de la suite, quand elle existe, n’est pas égale au majorant. On peut juste affirmerqu’elle est inférieure ou égale à celui-ci.

Attention

Exemple 23. Soit (un) la suite définie par :u0 = 1

un+1 =12un + 3

∀n ∈N

Déterminons la limite de cette suite.

Remarque 20. Nous avons pu démontrer que (un) converge et trouver sa limite, sans exprimer leterme général en fonction de n.

Exemple 24. Reprenons la suite définie par : u0 = 1 et un+1 =√un + 6.

Nous avons vu précédemment que (un) est bornée (minorée par 0 et majorée par 3).

Déterminons la limite de cette suite.

Exemple 25. Considérons la suite (un) définie par : un =n∑

p=0

1p!

.

Montrons que cette suite est convergente.

On peut énoncer un théorème analogue pour les suites décroissante.


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Théorème 8. (Admis) Soit (un) une suite décroissante.

1) Si (un) est minorée (par m) alors converge vers ` et on a ` >m.

2) Si (un) n’est pas minorée alors elle tend vers −∞.

O

2.4.2 Suites adjacentes

Définition 10. Deux suites (un) et (vn) sont adjacentes si :• (un) est croissante et (vn) est décroissante ;• lim(vn −un) = 0.

Remarque 21. La définition implique que ∀n > 0, un 6 vn. En effet, si (un) est croissante et (vn) estdécroissante alors (un − vn) est croissante et comme elle tend vers 0, alors elle est négative donc :∀n ∈N on a : un 6 vn.

Proposition 7. Si (un) et (vn) sont deux suites adjacentes alors elles convergent vers une même limite` vérifiant : ∀n ∈N,un 6 ` 6 vn.

Preuve. La suite (un) est croissante et majorée par v0, donc elle converge vers une limite ` et : ∀n ∈N on a : un 6 `.De même, (vn) est décroissante et minorée par u0, donc elle converge vers une limite `′ et : ∀n ∈Non a : `′ 6 vn.De plus,lim(vn −un) = 0 et lim(vn −un) = `′ − `, donc, par unicité de la limite `′ − ` = 0⇔ ` = `′.

Les suites (un) et (vn) convergent donc vers une même limite vérifiant la double inégalité annoncée.cqfd

Exemple 26. Montrons que les suites définies surN∗ par un =n∑

p=0

1p!

et vn = un+1n!

sont adjacentes.

Remarque 22. L’inégalité ∀n ∈N, un 6 e 6 vn nous permet de trouver des approximations succes-sives du nombre e.

au rang n = 1 : u1 = 2 et v1 = 3 donc 2 6 e 6 3,

au rang n = 2 : u2 =52

et v2 = 3 donc 2,5 6 e 6 3...

au rang n = 7 : u7 = 2,7183 et v7 = 2,7185 donc 2,7183 6 e 6 2,7185.


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u1 u2 u3 e v2v3

Figure 2 – (un) croit vers e et (vn) décroit vers e

3 Suites particulières et applications

3.1 Suites arithmético-géométriques

3.1.1 Exemple introductif

En 2009, 10 000 personnes sont abonnées à un journal économique.Une observation faite lors des années précédentes montre que le taux de réabonnement est de 80%et que, chaque année, il y a 5 000 nouveaux abonnés.

1. Déterminer le nombre d’abonnés prévisible pour 2010, 2011 et 2012.

2. On note un le nombre d’abonnés en 2009 +n.On obtient ainsi une suite de nombres (avec u0 = 10000). Exprimer un+1 en fonction de un.

3. On pose vn = un − 25000,∀n ∈N.Exprimer vn+1 en fonction de un+1, puis de un et enfin en fonction de vn.Que remarque-t-on?

4. Peut-on alors exprimer vn en fonction de n? un en fonction de n?

5. Comment va évoluer le nombre d’abonnés du journal ?

3.1.2 Étude générale

Définition 11. La suite (un) est une suite arithmético-géométrique si elle vérifie une relation derécurrence du type un+1 = aun + b, avec a , 0.

Le plan général d’étude d’une telle suite est le suivant :

- On résout l’équation ` = a`+b : en effet, si (un) converge, la seule limite possible est la solutionde cette équation !

- On pose ensuite vn = un − ` et on montre que (vn) est une suite géométrique :En effet, vn+1 = un+1 − ` = aun + b − (a` + b) = a(un − `) = avn.


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- On en déduit l’expression du vn puis de un en fonction de n :

Remarque 23. La suite auxiliaire (vn) étant une suite géométrique de raison a, elle sera convergentesi et seulement si |a| < 1 ou a = 1.

Exemple 27. Soit (un) la suite définie par : u0 = 3 et un+1 =32un − 1, ∀n ∈N.

Quelle est la nature de (un) ?

Exemple 28. Un épargnant dépose 100 € au début de chaque mois pendant 48 mois sur un livretd’épargne rémunéré à 0,75 %. Quelle est la rémunération de son capital à l’issue du 48ème mois ?

3.2 Suites récurrentes linéaires d’ordre 2

3.2.1 Exemple introductif

Soit (un) une suite réelle vérifiant la relation :

un+2 = 3un+1 − 2un,∀n ∈N.

On pose vn = un+1 −un, ∀n ∈N.Nous allons démontrer que (vn) est géométrique :vn+1 = un+2 −un+1 = (3un+1 − 2un)−un+1 = 2(un+1 −un) = 2vn.(vn) est donc la suite géométrique de raison 2 et de premier terme v1 = u1 −u0.

On en déduit que : ∀n ∈N, vn = 2n(u1 −u0), soit un+1 −un = 2n(u1 −u0).

On pose ensuite wn = un+1 − 2un, ∀n ∈N.Nous allons démontrer que (wn) est constante :wn+1 = un+2 − 2un+1 = 3un+1 − 2un − 2un+1 = un+1 − 2un = wn.(wn) est la suite constante égale à w0 = u1 − 2u0.

On obtient donc 2 relations : un+1 −un = 2n(u1 −u0) et un+1 − 2un = u1 − 2u0.En faisant la différence de deux, on obtient un = 2n(u1 −u0)− (u1 − 2u0) = (2u0 −u1) + 2n(u1 −u0).

3.2.2 Étude générale

Définition 12. On appelle suite récurrente linéaire d’ordre 2 toute suite (un) vérifiant une relationdu type :

∀n ∈N, un+2 = αun+1 + βun avec α et β réels. (E)

Remarque 24. Si β = 0, il s’agit d’une suite géométrique à partir du rang 1.Par la suite, nous supposerons β , 0.


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Proposition 8. Si (un) et (vn) sont deux suites vérifiant la relation (11), alors∀A ∈R, ∀B ∈R, la suite (wn = Aun + Bvn) vérifie (11).

Preuve. Soient A et B deux réels et wn = Aun + Bvn. On a alors :wn+2 = Aun+2 + Bvn+2

= A(αun+1 + bun) + B(αvn+1 + βvn)= α(Aun+1 + Bvn+1) + β(Aun + Bvn)= αwn+1 + βwn

.

cqfd

Nous allons à présent chercher des solutions particulières de (11) sous la forme de suites géomé-triques.Soit donc (un) la suite définie par : u0 ∈R et un = u0r

n, ∀n ∈N.On suppose u0 , 0 et r , 0.

(un) vérifie (E)⇔ un+2 = αun+1 + βun⇔ u0rn+2 = αu0r

n+1 + βu0rn⇔ r2 = αr + β.

L’équation obtenuer2 −αr − β = 0 (C)

est appelée équation caractéristique de (11).Son discriminant est ∆ = α2 + 4β.

Si ∆ > 0 : L’équation caractéristique (22) admet deux racines réelles distinctes r1 et r2.Les suites du type un = u0r

n1 et vn = v0r

n2 sont donc solutions de (11).

D’après la proposition vue précédemment, on en déduit que les suites de la forme wn = Aun + Bvn,soit wn = Arn1 + Brn2 sont aussi solutions de (11).Nous admettrons que ce sont les seules.

Si ∆ = 0 : L’équation caractéristique (22) admet une racine réelle double r0 =α

2.

Les suites du type un = u0rn0 sont donc solutions de (11).

Vérifions que les suites du type vn = v0nrn0 sont aussi solutions.

En effet :

vn+2 = v0(n+ 2)rn+20 = v0(n+ 2)rn0 r

20

vn+2 = v0(n+ 2)rn0 (αr + β)vn+2 = αv0(n+ 2)rn+1

0 + βv0(n+ 2)rn0

vn+2 = αv0(n+ 1)rn+10 + βv0 ·n · rn0 + v0r

n0 (αr0 + 2β) = αvn+1 + βvn + v0r

n0 (α2

2+ 2β)

vn+2 = αvn+1 + βvn + v0rn0α2 + 4β

2= αvn+1 + βvn + v0r

n0∆

2vn+2 = αvn+1 + βvn car ∆ = 0

On en déduit que les suites de la forme wn = Aun + Bvn, soit wn = Arn0 + Bnrn0 = rn0 (A+ Bn) sont aussisolutions de (11).


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Nous admettrons que ce sont les seules.

Si ∆ < 0 : L’équation caractéristique (22) n’admet pas de racine réelle.Un passage par les nombres complexes (hors programme) nous permet alors de démontrer que lessolutions de (11) sont les suites du type : wn = rn(Acos(nθ) + Bsin(nθ)).On peut alors énoncer le théorème suivant :

Théorème 9. Soit (11) la relation de récurrence linéaire double :∀n ∈N, un+2 = αun+1 + βun et r2 −αr − β = 0 l’équation caractéristique (22).On pose ∆ = α2 + 4β.

i) Si ∆ > 0, les solutions de (11) sont les suites (un) définies par :un = Arn1 + Brn2 , où r1 et r2 désignent les racines de l’équation caractéristique.

ii) Si ∆ = 0, les solutions de (11) sont les suites (un) définies par :un = rn0 (A +nB), où r0 désigne la racine double de l’équation caractéristique.

iii) Si ∆ < 0, les solutions de (11) sont les suites (un) définies par :un = rn(Acos(nθ) + Bsin(nθ)), où r et θ sont déterminés grâce à l’équation caractéristique.

O

Remarque 25. Dans tous les cas, les constantes A et B seront déterminées à l’aide de u0 et u1.Pour ∆ > 0, on a : A + B = u0 et Ar1 + B2 = u1.

Exemple 29.Reprenons l’exemple précèdent.Soit (un) une suite réelle vérifiant la relation : un+2 = 3un+1 − 2un, ∀n ∈N.

Et utilisons le théorème 99 pour étudier la nature de la suite (un).

Exemple 30. Le problème de FibonacciFibonacciPossédant au départ un couple de lapins, combien de couples de lapins obtient-on en douze moissi chaque couple engendre tous les mois un nouveau couple à compter du second mois de sonexistence?

3.3 Applications

3.3.1 Modèle offre-demande

Cas linéaire

Introduction Une entreprise produit un bien, les prévisions d’offre pour une année sont plani-fiées en fonction du prix de l’année précédente alors que la demande sur le marché dépend du prixpratiqué pendant l’année en cours.

Notons On, Dn et pn l’offre, la demande et le prix à l’année n.


https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Fibonacci

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D’après ce qui précède, on a donc : On = f (pn−1) et Dn = g(pn), où f et g sont des fonctions définiessur R+ à valeurs dans R.

Le marché est à l’équilibre à l’année n si la quantité offerte cette année là est égale à la quantitédemandée la même année.Le prix d’équilibre p∗ vérifie donc f (p∗) = g(p∗).

La question est de savoir sous quelles conditions, en démarrant d’un prix p0, notre modèle vaconverger vers le prix d’équilibre p∗.

Étude théorique Supposons que f et g sont des fonctions linéaires de p.Soit donc f (p) = ap+ b avec a > 0 (car l’offre augmente avec le prix),et g(p) = αp+ β avec α < 0 (car la demande décroît lorsque le prix augmente).

Dans ce cas, l’offre et la demande pour l’année n s’expriment de la manière suivante :

On = apn−1 + b et Dn = αpn + β ,∀n ∈N∗

1. Calculer le prix d’équilibre de ce marché p∗.

2. (a) En exprimant la contrainte d’équilibre du marché, démontrer que (pn) est une suitearithmético-géométrique.

(b) On pose qn = pn − p∗, ∀n ∈N∗.Démontrer que (qn) est une suite géométrique dont on précisera la raison.

(c) En déduire l’expression de qn puis de pn en fonction de n.

(d) À quelle condition la suite (pn) converge-t-elle vers le prix d’équilibre p∗ ?

� Exercice 1� Exercice 1PARTIE A : étude graphique

Les données du tableau suivant représentent pour une série de prix l’offre et la demande deharicots.

Prix Quantités demandées Quantités offertes(euros) (millions de boîtes par an) (millions de boîtes par an)

2 70 103 60 304 50 505 40 706 30 90

1. Représenter sur un seul graphique les courbes d’offre et de demande, sans oublier de portersur les axes les variables adéquates.

2. Quel serait l’excès de demande ou d’offre si le prix était de 2 euros?

3. Quel serait l’excès de demande ou d’offre si le prix était de 5 euros?

4. Déterminer le prix et la quantité d’équilibre.


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PARTIE B : Modélisation

Aux vues du graphique précédent, il est légitime de supposer que le modèle est linéaire.C’est à dire que On = apn−1 + b et Dn = αpn + β ,∀n ∈N∗.

Le prix initial d’une boite est fixé à 4,1 euros. (p0 = 4,1).

1. Déterminer les coefficients a, b α et β.

2. Écrire la contrainte d’équilibre du marché. En déduire une relation entre pn et pn−1.

3. (a) Déterminer le prix d’équilibre p∗.

(b) On pose qn = pn − p∗. Démontrer que (qn) est une suite géométrique.

(c) Exprimer qn et pn en fonction de n.

(d) Le marché va-t-il “naturellement” converger vers son prix d’équilibre?

� Exercice 2� Exercice 2Les fabriquants de cafetières vendent leur machine à un prix pn l’année n.On suppose que, à ce prix, la demande Dn s’exprime par : Dn = 3000− 10pn.La quantité offerte l’année suivante On+1 dépend du prix de l’année précédente pn : On+1 =6pn + 1400.Les quantités sont exprimées en centaines, les prix en euros.

1. Le prix initial des cafetières étant fixé à 150 euros (p0 = 150), calculer la quantité D0 deman-dée à ce prix, puis la quantité offerte O1 l’année suivante.

2. Le marché est à l’équilibre à l’année n+ 1 si la quantité offerte cette année là est égale à laquantité demandée la même année.

(a) Écrire la contrainte d’équilibre du marché. En déduire une relation entre pn et pn+1.

(b) En déduire le prix à l’année 1 puis 2.

3. (a) Déterminer le prix d’équilibre p∗.

(b) On pose qn = pn − p∗. Démontrer que (qn) est une suite géométrique.

(c) Démontrer que : ∀n ∈N, pn = 50.(−0,6)n + 100.

(d) En déduire que (pn) converge et préciser sa limite. Que deviennent les suites (Dn) et(On) ?

Cas “log-linéaire” Le contexte est le même que pour le modèle précèdent (On = f (pn−1) etDn = g(pn)) mais on suppose à présent que f et g sont des fonctions de type exponentielles.

Soit donc f (p) = apb avec a > 0 et b > 0 (car l’offre augmente avec le prix), et g(p) = αpβ avec α > 0et β < 0 (car la demande décroît lorsque le prix augmente).

Dans ce cas, l’offre et la demande pour l’année n s’expriment de la manière suivante :

On = apbn−1 et Dn = αpβn ,∀n ∈N∗

1. On note le prix d’équilibre de ce marché p∗. Démontrer que ln(p∗) =1

b − βln

(α

a

).


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2. On pose qn = ln(pn), ∀n ∈N∗, q∗ = ln(p∗) et K = ln(α

a

).

(a) En exprimant la contrainte d’équilibre du marché, démontrer que (qn) est une suitearithmético-géométrique

(b) Étudier la suite (qn).

3. En déduire que la suite (pn) converge vers le prix d’équilibre p∗ si et seulement si |bβ| < 1.

Remarque 26. Calculons les élasticités de l’offre et de la demande.

Pour l’offre : f (p) = apb, f ′(p) = abpb−1 et donc e(f ,p) = pf ′(p)f (p)

= pabpb−1

apb= b.

Pour la demande : g(p) = αpβ, g ′(p) = αβpβ−1 et donc e(g,p) = pg ′(p)g(p)

= pαβpβ−1

αpβ= β.

La convergence du modèle vers le prix d’équilibre dépend donc du rapportb

β=

élasticité de l’offreélasticité de la demande

.

+

p∗

offre

demande

Figure 3 – illustration du modèle offre-demande dans le cas log-linéaire

3.3.2 L’oscillateur de Samuelson

Présentation La théorie de l’oscillateur de Samuelson (1915-2009) met en relation deux phénomèneséconomiques pour expliquer l’impact de l’investissement sur les fluctuations économiques.Le premier phénomène est le multiplicateur d’investissement : si on augmente l’investissement, cela vaautomatiquement augmenter la demande et l’activité.Cette augmentation de la demande va créer un deuxième phénomène appelé l’accélérateur : si l’entrepre-neur voit la demande augmentée, alors il va augmenter ses investissements de façon plus importante. Aucontraire, si la demande baisse, il va cesser d’investir.

On note I l’investissement global d’un pays, C la consommation globale et R le revenu national dece pays.


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On part des hypothèses suivantes :

- La consommation est proportionnelle au revenu national de l’année précédente.Cn = cRn−1 où c est un coefficient compris entre 0 et 1, appelé propension à consommer.

- L’investissement est proportionnel à l’accroissement antérieur de la consommation.In = k(Cn −Cn−1) où k est coefficient positif, appelé coefficient de capital (la relance).

- Par ailleurs, le revenu annuel se décompose en investissement et en consommation, de sorteque Rn = In + Cn.

Étude générale Démontrer que Rn = c(1 + k)Rn−1 − kcRn−2, ∀n > 2.(Ce qui équivaut à Rn+2 = c(1 + k)Rn+1 − kcRn, ∀n ∈N).

La suite (Rn) est donc une suite récurrente linéaire d’ordre 2 dont l’équation caractéristique est :

r2 − c(1 + k)r + kc = 0 (S)

Remarque 27. Dans le cas ∆ > 0, le polynôme P admet deux racines réelles distinctes r1 et r2vérifiant r1r2 = kc > 0, en particulier r1 et r2 sont de même signe.

Suivant ce modèle, l’évolution du revenu prend 4 formes : le revenu converge de façon monotone,le revenu converge de façon oscillatoire, le revenu enregistre des oscillations explosives ou lerevenu croit de façon monotone (exponentielle).Caractériser chaque cas à l’aide du théorème de convergence d’une suite récurrente linéaire d’ordre2.

Figure 4 – Répartition de différentes situations suivant les valeurs de ∆ et kc


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4 Suites récurrentes du type un+1 = f (un)

4.1 Introduction

Le but de ce chapitre est d’étudier la suite définie par : u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N. Où f est unefonction numérique définie sur un intervalle I de R.

Exemple 31. Au chapitre 3, on a étudié un cas simple où f est une fonction affine.

un+1 = a×un + b

La fonction f est définie sur R par x 7−→ ax+ b.

Exemple 32. Plaçons nous dans le modèle de production de Cobb-Douglas :

Y = A×KαL1−α

où A > 0, et 0 6 α 6 1.On s’intéresse à l’évolution, à temps discret, du capital (K) et du travail (L) en faisant les hypothèsessuivantes : {

Kn = σYn−1 0 < σ < 1Ln = (1 +λ)Ln−1

Posons kn = KnLn

.

kn+1 =σYn

(1 +λ)Ln=σAKα

nL1−αn

(1 +λ)Ln=

Aσ1 +λ

× Kαn

Lαn=

Aσ1 +λ

× (kn)α

La suite des ratios (kn) est donc définie par récurrence. Ici la fonction f est la fonction définie sur R+ parx 7−→ Aσ

1+λxα

La plupart du temps, on ne peut pas exprimer un directement en fonction de n. Il faut doncétudier la suite, sans connaître l’expression du terme général.

Attention

4.2 Existence et représentation graphique

4.2.1 Intervalle stable

Exemple 33. Soit la suite “définie“ par : u0 = 2 et un+1 =1

un − 1.

La fonction associée est la fonction f : x 7−→ 1x−1 définie surR\{1}. On a u1 =

12− 1

= 1 et on constate

qu’il est impossible de calculer u2. ∀n > 2, un n’existe pas et donc la suite (un) n’est pas définie.On a u1 = f (u0) = 1. Comme u1 <R\{1}, on ne peut pas calculer u2 = f (u1)...

Soit I un intervalle inclus dans Df . L’exemple précédent nous montre que si ∀n ∈N, un ∈ I alorsla suite est bien définie (c’est une condition suffisante).


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Définition 13. On dira que I est un intervalle stable par f si f (I) ⊂ I.

Proposition 9. Si I est stable par f et si u0 ∈ I, alors la suite (un) est bien définie.

Preuve. Nous allons démontrer par récurrence que : ∀n ∈N, un existe et un ∈ I.Initialisation : u0 existe et u0 ∈ I.Hérédité : Soit n ∈N, on suppose que un existe et un ∈ I.On sait que un ∈ I donc un+1 = f (un) existe.De plus, f (I) ⊂ I donc un+1 ∈ I.Conclusion : ∀n ∈N, un existe et un ∈ I. La suite (un) est donc bien définie. cqfd

Le choix de u0 est important.Attention

Remarque 28. Comme ∀n ∈N, un ∈ I, on en déduit que :- Si l’intervalle I est minoré, alors (un) est minorée.- Si l’intervalle I est majoré, alors (un) est majorée.- Si l’intervalle I est borné, alors (un) est bornée.

4.2.2 Exemple

Voici un exemple que nous étudierons tout au long du chapitre.

u0 = 2 et un+1 =15

(4 +u2n), ∀n ∈N

Soit f la fonction définie sur R par f (x) =15

(4 + x2).

Vérifions que l’intervalle I = [0;4] est stable par f .

f est dérivable sur R et f ′(x) =25x, ∀x ∈R, d’où le tableau de variation suivant :

x −∞ 0 +∞Signe de

f ′(x)− 0 +

Variations def

+∞

45

+∞

Figure 5 – Tableau de variations de f

De plus, f (4) = 4. On a donc f ([0;4]) =[45

;4]⊂ [0;4].

Comme u0 = 2 ∈ [0;4], la suite (un) est bien définie.

Remarque 29. Dans la suite du chapitre, I désigne un intervalle stable par f .


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4.2.3 Représentation graphique

On munit le plan d’un repère orthonormé.On note C la courbe représentative de f et D la droite d’équation y = x.

Nous allons représenter graphiquement les termes de la suite (un). Pour cela, nous allons procéderde la manière suivante :

- On place u0 sur l’axe des abscisses.- On lit u1 sur l’axe des ordonnés en utilisant la courbe C.- On ramène u1 sur l’axe des abscisses en utilisant la droite D.- On recommence à partir de u1 pour construire u2 et ainsi de suite . . .

O ~ı

~

u0

u1

u1

u2

u2

u3

u3

u4

u4

y = x

O ~ı

~

u0

u1

u1

u2

u2

u3

u3

u4

u4

u5

u5

y = x

Figure 6 – Construction des premiers termes de la suite (un)

Remarque 30. En général, cela permet assez vite de voir le comportement de la suite (monotonie,convergence,. . . ). Il reste ensuite à démontrer les résultats dont nous avons eu l’intuition grâce àcette construction.

4.3 Monotonie de la suite (un)

4.3.1 Cas où f est croissante sur l’intervalle I

Proposition 10. Soient f : I→ I et (un) la suite définie par : u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N.Si f est croissante sur I alors (un) est monotone. Plus précisément,

i) Si u0 > u1, (un) est décroissante.

ii) Si u0 6 u1, (un) est croissante.


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Preuve. Soit donc f une fonction croissante sur I.

i) Supposons que u0 > u1 et démontrons que un+1 6 un, ∀n ∈N.Initialisation : Par hypothèse u1 6 u0.Hérédité : Soit n ∈N. On suppose que un+1 6 un.f étant croissante sur I, elle préserve les inégalités. On a alors f (un+1) 6 f (un)⇔ un+2 6 un+1Conclusion : un+1 6 un, ∀n ∈N. Donc la suite (un) est décroissante.

ii) De la même manière, on montre que si u0 6 u1, un+1 > un, ∀n ∈N.

cqfd

Exemple 34. Soit (un) la suite définie par u0 = 2 et un+1 =√un + 7.

Introduisons la fonction f définie sur I = [0,+∞[ par f (x) =√x+ 7.

On remarque que I est stable par f et que u0 ∈ I donc la suite est bien définie.

De plus f est dérivable sur I et ∀x > 0, f ′(x) =1

2√x+ 7

> 0 donc f est croissante sur I.

Ce qui implique que (un) est monotone.Comme u1 =

√2 + 7 = 3 > u0, on en déduit que (un) est croissante.

Remarque 31. L’étude du signe de f (x)−x sur l’intervalle I permet de connaître le signe de u1−u0(et donc le comportement de (un)) suivant les valeurs de u0.

4.3.2 Cas où f est décroissante sur I

Proposition 11. Soient f une fonction définie sur un intervalle I stable par f et (un) la suite définiepar : u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N.Si f est décroissante sur I alors les suites extraites (u2n) et (u2n+1) sont de monotonies contraires(l’une est croissante, l’autre est décroissante)

Preuve. Remarquons tout d’abord que si f est décroissante sur I alors la fonction g = f ◦ f estcroissante sur I.Posons vn = u2n et wn = u2n+1 ∀n ∈N.

- Démontrons que (vn) et (wn) sont monotones.On a alors vn+1 = u2(n+1) = u2n+2 = f ◦ f (u2n) = g(vn). De même wn+1 = g(wn).En appliquant le résultat précédent, on en déduit donc que les suites (vn) et (wn) sontmonotones.On détermine leur sens de variation en regardant le signe de v1 − v0 = u2 −u0 et le signe dew1 −w0 = u3 −u1.

- Vérifions à présent que (vn) et (wn) sont de monotonies contraires.Pour cela supposons que (vn) est croissante.On a en particulier v1 > v0⇔ u2 > u0.Or f est décroissante sur I donc f (u2) 6 f (u0)⇔ u3 6 u1⇔ w1 6 w0.On en déduit donc que (wn) est décroissante.On montre de même que si (vn) est décroissante alors (wn) est croissante.

cqfd


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Exemple 35. Soit (un) la suite définie par u0 =32

et un+1 =1

un + 1.

Introduisons la fonction f définie sur I =]− 1,+∞[ par f (x) =1

x+ 1.

On remarque que I est stable par f et que u0 ∈ I donc la suite est bien définie.

De plus f est dérivable sur I et ∀x > −1, f ′(x) = − 1(x+ 1)2 6 0 donc f est décroissante sur I.

Comme u1 =25

et u2 =576 u0, on en déduit que (u2n) est décroissante et donc (u2n+1) est croissante.

4.3.3 Notre exemple

Reprenons la suite (un) définie par u0 = 2 et un+1 =15

(4 +u2n), ∀n ∈N et la fonction f définie sur

I = [0;4] par f (x) =15

(4 + x2).

Nous avons déjà démontré que I est stable par f et que f est croissante sur I. On en déduit que(un) est monotone.

De plus u0 = 2 et u1 =15

(4 + 22) =85

, donc u0 > u1. On en déduit que (un) est décroissante.

Remarque 32. On sait que ∀n ∈N, un ∈ I, en particulier un > 0.La suite (un) est donc décroissante, minorée par 0.D’après le théorème de convergence monotone, on en déduit que (un) converge vers ` (avec ` > 0).Il nous reste encore à déterminer `.

4.4 Convergence

4.4.1 Limites éventuelles

Proposition 12. (admise)Soient f : I→ I une fonction continue et (un) la suite définie par : u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N.Si (un) converge vers ` alors f (`) = `.

Preuve. (Une partie de preuve)Supposons que (un) converge vers `, f étant continue sur I, on peut démontrer que (f (un)) convergevers f (`).Or f (un) = un+1 donc la suite (un+1) converge vers f (`).De plus (un+1) est une suite extraite de (un) donc elle converge aussi vers `.Par unicité de la limite de (un+1), on en déduit que f (`) = `. cqfd

Définition 14. Un réel ` vérifiant f (`) = ` est appelé point fixe ou point d’équilibre de la fonctionf .

La proposition ci-dessus se résume alors en disant que les limites éventuelles de la suite (un) sontles points fixes de la fonction f .

Par contre, elle ne permet pas de dire si la suite est convergente ou non!


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4.4.2 Notre exemple

Reprenons la suite (un) définie par u0 = 2 et un+1 =15

(4 +u2n), ∀n ∈N et la fonction f définie sur

I = [0;4] par f (x) =15

(4 + x2).

Nous avons démontré que la suite (un) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge versun réel ` > 0, d’après le théorème de convergence monotone.On sait à présent que ` est un point fixe de f .Résolvons l’équation f (`) = ` :

f (`) = `⇔ 15

(4 + `2)− ` = 0⇔ 15

(4− 5` + `2) = 0⇔ ` = 1 ou ` = 4.

Les seules limites possibles pour (un) sont donc 1 et 4.

D’autre part, on sait que (un) est décroissante donc ∀n ∈N, un 6 u0⇔ un 6 2. Donc ` 6 2.On en déduit que la suite (un) converge vers 1.

4.4.3 D’autres exemples

Exemple 36. Soit (un) la suite définie par u0 = 1 et un+1 = 1 +2un

, ∀n ∈N

Introduisons la fonction f définie par f (x) = 1 +2x

.

On peut montrer que l’intervalle I = [1;3] est stable par f et que f est décroissante sur I.

Posons vn = u2n et wn = u2n+1 ∀n ∈N.On sait que les suites (vn) et (wn) sont monotones. De plus plus elles sont bornées (car tous lestermes sont dans I), donc elles convergent respectivement vers ` et `′ ( avec 1 6 ` 6 3 et 1 6 `′ 6 3).

Posons g = f ◦ f , c’est à dire g(x) = f ◦ f (x) = 1 +2

1 + 2x

= 1 +2xx+ 2

=3x+ 2x+ 2

.

Comme vn+1 = g(vn) et wn+1 = g(wn), on sait que ` et `′ sont des points fixes de g.Résolvons l’équation g(x) = x :

g(x) = x⇔ 3x+ 2x+ 2

− x = 0⇔ x2 − x − 2 = 0⇔ x = −1 ou x = 2.

Donc g admet un unique point fixe dans I : 2.On en déduit que ` = `′ = 2. Donc (un) converge vers 2 (car les suites extraites (u2n) et (u2n+1)convergent vers 2).

Exemple 37. Soit (un) la suite définie par u0 = 2 et un+1 =13u2n − 2un + 3, ∀n ∈N

On définit la fonction f par f (x) =13x2 − 2x+ 3.

On peut montrer que l’intervalle I = [0;3] est stable par f et que f est décroissante sur I.

Posons vn = u2n et wn = u2n+1 ∀n ∈N.On sait que les suites (vn) et (wn) sont monotones.De plus plus elles sont bornées (car tous les termes sont dans I), donc elles convergent respective-


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O ~ı

~

u0

u1

u1

u2

u2

u3

u3

u4

u4

Figure 7 – Les premiers termes de la suite définie par un+1 = f (un) et u0 = 1,1

ment vers ` et `′ ( avec 0 6 ` 6 3 et 0 6 `′ 6 3).

on a v0 = u0 = 2, w0 = u1 =13

, v1 = u2 =6427

donc v0 6 v1.

On en déduit que (vn) est croissante et donc que (wn) est décroissante.

En particulier : ∀n ∈N, vn > v0 donc ` > 2 et ∀n ∈N, wn 6 w0 donc `′ 613

d’où ` , `′.

Les suites (u2n) et (u2n+1) convergent vers deux limites distinctes donc (un) diverge.

4.5 Étude d’un exemple : une suite homographique

Soit (un) la suite définie par : u0 ∈ [0,1] et un+1 =2un + 3un + 4

, ∀n ∈N.

On définit la fonction f par f (x) =2x+ 3x+ 4

. Nous allons étudier la suite (un).

1. Vérifier que l’intervalle I = [0;1] est stable par f et donc que la suite (un) est bien définie.

2. Étudier la monotonie de (un).

3. Démontrer que (un) est convergente et préciser sa limite.


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O ~ı

~

u0

u1

u1

u2

u2

u3

u3

u4

u4

Figure 8 – Les premiers termes de la suite définie par un+1 = f (un) et u0 = 2

5 Théorème du point fixe et applications

Soient I un intervalle de R et f : I 7−→ I une fonction continue. On considère une suite (un) associéeà f . C’est à dire une suite définie de la manière suivante :

u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N

Dans le chapitre précédent, nous avons vu que, si (un) converge ` alors ` est un point d’équilibrede f .Nous allons, dans ce chapitre, répondre aux questions suivantes :

— Existe-t-il toujours un point d’équilibre?— Si oui, la suite (un) converge-t-elle systématiquement vers ce point d’équilibre?

5.1 Introduction

5.1.1 Théorème du point fixe

Théorème 10. Soit f une fonction continue sur l’intervalle I = [a,b] telle que f (I) ⊂ I. f admet aumoins un point fixe dans l’intervalle I = [a,b].

O

Preuve. Posons g(x) = x − f (x). Puisque ∀x ∈ I on a f (x) ∈ I on en déduit que : ∀x ∈ I on a :a 6 f (x) 6 b. En particulier pour x = a on obtient a− f (a) 6 0, soit encore g(a) 6 0 pour x = b onobtient b − f (b) > 0, soit encore g(b) > 0. Comme la fonction g est la somme de deux fonctionscontinues sur I, on en déduit que g est continue sur I. Par application du théorème des valeursintermédiaires, on en déduit que g(I) est un intervalle.g(I) est un intervalle g(a) et g(b) sont éléments de g(I) avec g(a) 6 0 6 g(b), donc 0 ∈ g(I).


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Par définition de g(I), il existe donc un élément c ∈ g(I) tel que g(c) = 0 soit encore f (c) = c. cqfd

Ce théorème ne s’applique que dans le cas où I est un intervalle fermé, borné.Attention

Exemple 38. On considère la suite (un) définie par u0 = 1 et un+1 =√

1 +u2n , ∀n ∈N. Soit f la

fonction définie sur I = [0,+∞[ par f (x) =√

1 + x2.L’intervalle I est stable par f donc (un) est bien définie. De plus, f est croissante sur I donc (un) estmonotone. Comme u0 = 1 et u1 =

√2, (un) est croissante.

Il y a donc deux cas de figure possibles : soit (un) converge (vers un point d’équilibre de f ), soit(un) diverge et tend vers +∞.Or il est facile de vérifier que ∀x > 0,

√1 + x2 > x. La fonction f n’admet donc aucun point

d’équilibre. On en déduit que (un) tend vers +∞.

Dans cet exemple, le théorème du point fixe est mis en défaut car l’intervalle I n’est pas borné.

u0 = 1

Figure 9 – Exemple 3838, construction de la suite (un) qui tend vers +∞

5.1.2 Un contre-exemple

Malheureusement, l’existence d’un (ou plusieurs) point(s) d’équilibre ne signifie pas que la suiteconverge...

Exemple 39. On considère la suite (un) définie par u0 = 1 et un+1 = 1 − u2n , ∀n ∈ N. Soit f la

fonction définie sur I = [0,1] par f (x) = 1− x2.L’intervalle I est stable par f donc (un) est bien définie. De plus f étant continue sur I, f admet unpoint d’équilibre.Cependant la suite (un) est divergente. En effet, on montre facilement que : ∀n ∈N, u2n = 1 etu2n+1 = 0.


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5.2 Fonctions contractantes

5.2.1 Définition

Définition 15. Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R. f est dite contractante sur I si ilexiste k ∈]0,1[ tel que :

∀(x,y) ∈ I2, |f (x)− f (y)| 6 k|x − y| (1)

Remarque 33. Une application contractante sur I est continue sur I. Soit, en effet, f une fonctioncontractante sur I et a ∈ I. Démontrons que f est continue en a : ∀x ∈ I, |f (x)− f (a)| 6 k|x − a|. Six→ a, |x − a| → 0 et donc |f (x)− f (a)| → 0, ce qui signifie que f est continue en a.

Exemple 40. La fonction f définie sur R par f (x) = −12x+ 1 est contractante (et k =

12

).

∀(x,y) ∈R2, |f (x)− f (y)| = |(−12x+ 1)− (−1

2y + 1)| = | − 1/2||x − y| = 1/2|x − y|.

La fonction f est 1/2-contractante sur R.

Proposition 13. Soit f une fonction définie sur un intervalle I de R. Si f est dérivable sur I et si ilexiste k ∈]0,1[ tel que : ∀x ∈ I, |f ′(x)| 6 k, alors f est contractante sur I

Preuve. Soient x et y dans I. f étant continue sur l’intervalle [x,y], dérivable sur ]x,y[, on peutappliquer le théorème des accroissements finis. On en déduit que : ∃c ∈]x,y[ tel que f (x)− f (y) =f ′(c)(x − y). Or |f ′(c)| 6 k donc |f (x)− f (y)| 6 k|x − y|.f est donc contractante sur I. cqfd

Exemple 41. Soit f la fonction définie sur I = [0,+∞[ par f (x) =√

1 + x. f est dérivable sur I et

∀x ∈ I, f ′(x) =1

2√

1 + x. On a donc ∀x > 0, 0 6 f ′(x) 6

12

d’òu |f ′(x)| 6 12< 1.

f est donc contractante sur I = [0,+∞[.

5.2.2 Convergence de (un)

Théorème 11. Soient un intervalle fermé de R et f : I 7−→ I. Si f est contractante sur I alors :

i) f admet un unique point d’équilibre ` dans I.

ii) Toute suite (un) définie par u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N converge vers `

O

Remarque 34. Ce théorème s’applique même si l’intervalle I n’est pas borné et assure l’unicité dupoint fixe.

Preuve. i) Si I est borné, l’existence d’un point d’équilibre est évidente (c’est le théorèmedu point fixe appliqué à f qui est contractante donc continue). Si I n’est pas borné, nousadmettrons l’existence d’un point d’équilibre.Démontrons l’unicité de ce point d’équilibre : Supposons que f admette dans I deux pointsd’équilibre ` et `′. f étant contractante sur I, il existe k ∈]0,1[ tel que : |f (`)− f (`′)| 6 k|` − `′ |donc |`−`′ | 6 k|`−`′ | car ` et `′ sont deux points d’équilibre. D’où (1−k)|`−`′ | 6 0. Or 1−k > 0donc |` − `′ | = 0⇔ ` = `′. f admet donc bien un unique point d’équilibre ` dans I.


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ii) Démontrons à présent que toute suite (un) définie par u0 ∈ I et un+1 = f (un), ∀n ∈N convergevers `.f étant contractante sur I, il existe k ∈]0,1[ tel que :

∀n ∈N, |f (un)− f (`)| 6 k|un − `| ⇔ |un+1 − `| 6 k|un − `| car f (`) = `

Un petit raisonnement par récurrence permet alors de démontrer que : ∀n ∈N, |un − `| 6kn|u0 − `|. Or |k| < 1 donc kn→ 0 et donc un→ `. La suite (un) converge bien vers `.

cqfd

Exemple 42. Soit (un) la suite définie par u0 > 0 et un+1 =√

1 +un, ∀n ∈N. Nous avons démontré

que la fonction f définie sur I = [0,+∞[ par f (x) =√

1 + x et contractante avec k =12

. Elle admet

donc un unique point d’équilibre ` et (un) converge vers `.

0 1 2−10

1

u0 `

Figure 10 – Construction des premiers termes de la suite (un) de l’exemple 4242.

On peut d’ailleurs calculer ` en résolvant dans I l’équation f (`) = ` : f (`) = ` ⇔√

1 + ` = ` ⇔

`2 − ` − 1 = 0⇔ ` =1 +√

52

car ` > 0.

Remarque 35. Ce nombre est bien connu des mathématicien. C’est le “nombre d’or”.

Cette figure montre comment, à partir d’un carré de côté 1, on construit un «rectangle d’orrectangle d’or». C’est

à dire, un rectangle de longueur ` =1 +√

52

.

5.2.3 Majoration de l’erreur

On reprend les notations du paragraphe précédent.Le calcul des termes successifs de la suite (un) nous permet d’obtenir une valeur approchée de ` deplus en plus précise. La question qui se pose alors est de savoir à partir de quand on estime quecette approximation est «bonne». Pour cela, il faut majorer la quantité |un − `|.Dans la démonstration précédente, nous avons obtenu la majoration suivante :

∀n ∈N, |un − `| 6 kn|u0 − `| (2)


https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_d'or#Rectangle_et_spirale_d.27or

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` = 1 +√

52

Figure 11 – Rectangle d’or

L’inconvénient est que cette majoration fait intervenir `... que l’on cherche à approcher !Décomposons u0 − ` de la manière suivante : u0 − ` = u0 −u1 +u1 − `. On a alors

|u0 − `| 6 |u0 −u1|+ |u1 − `| 6 |u0 −u1|+ k|u0 − `|,

d’où (1− k)|u0 − `| 6 |u0 − u1| or 1− k > 0 donc on obtient |u0 − `| 61

1− k|u0 − u1|. En introduisant

dans l’inégalité (22), on a donc ∀n ∈N, |un − `| 6kn

1− k|u0 −u1|.

Si on veut, par exemple, une valeur approchée de ` à 10−3 près, il suffit donc de choisir n tel quekn

1− k|u0 −u1| 6 10−3.

Exemple 43. Reprenons l’exemple 4242 : Soit (un) la suite définie par u0 > 0 et un+1 =√

1 +un, ∀n ∈N. Nous avons démontré que la fonction f définie sur I = [0,+∞[ par f (x) =

√1 + x et contractante

avec k =12

et que la suite (un) converge vers ` =1 +√

52

.

On a donc ∀n ∈N, |un − `| 6kn

1− k|u0 − u1| soit |un − `| 6

12n−1 |u0 − u1|. Fixons, par exemple u0 = 3.

On a u1 =√

3 + 1 = 2, d’où |un − `| 61

2n−1 .

Pour avoir une valeur approchée de ` à 10−3 près, il suffit donc de choisir n tel que1

2n−1 6 10−3 :

12n−1 6 10−3 ⇔ 2n−1 > 103 ⇔ (n − 1)ln(2) > 3ln(10)⇔ n > 1 + 3

ln(10)ln(2)

. 1 + 3ln(10)ln(2)

' 10,96 donc

n = 11 convient. Le calcul de u11 donne ` ' 1,618.Bien sûr, si on veut une approximation plus précise du nombre d’or, il faudra aller plus loin dansle calcul des termes de la suite !

5.3 Nature des équilibres

D’après ce que nous venons de voir, si f est contractante sur un intervalle I fermé alors elle admet ununique point d’équilibre et toute suite associée à f converge vers cet équilibre. Malheureusement,


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toutes les fonctions ne sont pas contractantes... En général, si f possède un point d’équilibre, nousserons amenés à faire une étude au voisinage de ce point.Dans la suite du cours, f désigne une fonction de classe C1 sur un intervalle I, stable par f . Onconsidère une suite (un) associée à f . On suppose que f possède un point d’équilibre noté `.

5.3.1 Équilibre stable

Définition 16. ` est un équilibre stable (ou point fixe attractif) si on peut trouver un intervalleJ ⊂ I contenant ` tel que toute suite (un) définie par u0 ∈ J et ∀n ∈N, un+1 = f (un), converge vers `.On dit que J est un bassin d’attraction pour `.

Proposition 14. Si |f ′(`)| < 1 alors ` est un point d’équilibre stable.

Preuve. Supposons |f ′(`)| < 1, f ′ étant continue sur I, on va pouvoir trouver un intervalle J =[` −α, ` +α] (avec α > 0) tel que : ∀x ∈ J, |f ′(x)| < k < 1. Autrement dit, f sera contractante sur J.Nous allons donc pouvoir appliquer le théorème du point fixe sur l’intervalle J. Il reste juste àvérifier que J est stable par f .J = [` − α, ` + α], donc x ∈ J ⇔ |x − `| 6 α. Le théorème des accroissement finis nous donne :∀x ∈ J, ∃c ∈ J tel que f (x)−f (`) = f ′(c)(x−`). Or f (`) = ` et |f ′(c)| 6 k donc |f (x)−`| 6 k|x−`| 6 kα < α.On en déduit que f (x) ∈ J (car |f (x)− `| < α). Cela signifie que J est bien stable par f .D’après le théorème du point fixe : J est stable par f , f est contractante sur J, donc toute suiteassociée à f avec u0 ∈ J converge vers `. cqfd

Remarque 36. Cela signifie que toute suite associée à f convergera vers `, à condition de choisiru0 “suffisamment proche” de `. La difficulté sera de réussir à quantifier le “suffisamment proche”...

Cas particulier : f ′(`) = 0 : Supposons que f est de classe C2 sur J et que f ′′ est bornée sur J (c’està dire : ∃M ∈ R tel que ∀x ∈ J, |f ′′(x)| < M). En appliquant la formule de Taylor à l’ordre 2, onobtient :

∀x ∈ J, ∃c ∈ J tel que f (x) = f (`) + f ′(`)(x − `) +f ′′(c)

2(x − `)2

Or f (`) = ` et f ′(`) = 0, on obtient donc : f (x) = ` +f ′′(c)

2(x − `)2 d’où |f (x)− `| 6 M

2(x − `)2.

Revenons à la suite (un) définie par u0 ∈ J et ∀n ∈N, un+1 = f (un) : on a vu que cette suite converge

vers ` et on a |un+1 − `| 6M2

(un − `)2.

Si |un − `| < 10−p alors |un+1 − `| 6M2

10−2p.

Ce qui signifie qu’à chaque itération, on double le nombre de décimales exactes dans l’approxima-tion de `. La convergence de (un) vers ` est dite quadratique (c’est une convergence très rapide).C’est pourquoi, dans le cas où f ′(`) = 0, on dira que ` est un point fixe super-attractif.

Exemple 44. Soit l’intervalle I =] − 1,1[. On considère la suite (un) définie par : u0 ∈ I et ∀n ∈N, un+1 = u2

n. Introduisons la fonction f définie sur I par f (x) = x2.∀x ∈ I, f (x) ∈ [0,1[ donc f (I) ⊂ I. f (x) = x ⇐⇒ x(x−1) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = 1 : l’unique point fixede f dans I est ` = 0. ∀x ∈ I, f ′(x) = 2x donc f ′(0) = 0 : 0 est un point fixe super-attractif.La suite (un) va donc converger (rapidement) vers 0.


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5.3.2 Équilibre instable

Définition 17. ` est un équilibre instable (ou point fixe répulsif) si on peut trouver un intervalleJ ⊂ I contenant ` tel que toute suite (un) définie par u0 ∈ J\{`} et ∀n ∈N, un+1 = f (un), ne convergepas vers `.

Proposition 15. Si |f ′(`)| > 1 alors ` est un point d’équilibre instable.

Preuve. L’esprit de la preuve est le même que pour un équilibre stable. Supposons |f ′(`)| > 1,f ′ étant continue sur I, on va pouvoir trouver un intervalle J = [` −α, ` +α] (avec α > 0) tel que :∀x ∈ J, |f ′(x)| > k > 1.Le théorème des accroissement finis nous donne : ∀x ∈ J, ∃c ∈ J tel que f (x)− f (`) = f ′(c)(x − `). Orf (`) = ` et |f ′(c)| > k donc |f (x)− `| > k|x − `|.Supposons que (un) converge vers `, alors, à partir d’un certain rang, tous les termes de la suitesont “proches“ de ` donc dans J. Autrement dit : ∃N ∈N tel que ∀n > N, un ∈ J, quitte à ré-indexerla suite, nous pouvons supposer que : ∀n ∈N, un ∈ J. On a alors ∀n ∈N, |un+1 − `| > k|un − `| donc∀n ∈N, |un − `| > kn|u0 − `|. Or k > 1 donc kn→ +∞, donc nécessairement ∀n ∈N, un = `. Ce quisignifie que si la suite (un) converge vers `, elle est stationnaire à partir d’un certain rang.Par contra-position : Si (un) n’est pas stationnaire, elle ne converge pas vers `. Cependant, (un) peutconverger vers un autre point fixe... cqfd

Exemple 45. Soit l’intervalle I = [1,+∞[.On considère la suite (un) définie par : u0 ∈ I et ∀n ∈N, un+1 = u2

n.Introduisons la fonction f définie sur I par f (x) = x2.∀x ∈ I, f (x) ∈ [1,+∞[ donc f (I) ⊂ I. f (x) = x ⇐⇒ x(x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = 1 : l’unique pointfixe de f dans I est ` = 1. ∀x ∈ I, f ′(x) = 2x donc f ′(1) = 2 : 1 est un point fixe répulsif.Étudions la suite (un) : Si u0 = 1, la suite est stationnaire donc converge vers ` = 1. Si u0 > 1, f estcroissante sur I donc (un) est monotone. De plus u1 −u0 = u0(u0 − 1) > 0 donc (un) est (strictement)croissante. Comme u0 > 1, la suite ne converge par vers 1. (un) tend vers +∞ (Théorème deconvergence monotone)

Remarque 37. Dans les deux exemples précédents, on a étudié la même suite mais on a changé lavaleur de u0. Dans un cas, la suite converge. Dans l’autre, elle diverge. Cela montre bien que lavaleur de u0 conditionne le comportement de la suite...


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5.3.3 Cas particulier : |f ′(`)| = 1

Le cas |f ′(`)| = 1 est un cas pour lequel on ne peut pas énoncer de résultat général. Il faudra alorsfaire une étude plus complète de la suite afin de connaître son comportement. Dans certains cas,elle convergera vers `. Dans d’autres cas, on aura une suite divergente.Voir les différents exemples dans le polycopié d’exercices.

5.4 La suite logistique

La suite logistiquesuite logistique permet de modéliser l’évolution d’une population.

xn+1 = µxn(1− xn) où µ > 0

Il s’agit d’une suite définie par récurrence et la fonction associée est

fµ : [0;1] −→ R+

x 7−→ µx(1− x)

Remarque 38. Sans le facteur (1− xn) il s’agit d’une suite géométrique. Le facteur (1− xn) est unfacteur qui limite la croissance de xn.

L’étude générale de cette suite est hors de portée dans le cadre de ce cours, nous nous contenteronsde l’étude de quelques cas particuliers sous forme d’exercices.� Exercice 3� Exercice 3

1. Étudier la fonction fµ. En déduire que µ ∈ [0;4].

2. Quels sont les points fixes de fµ ?

3. Quelle est la nature de chacun des points fixes?

4. Montrer que la suite est convergente lorsque µ < 1.

5. Même question pour µ = 1.


https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_logistique

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� Exercice 4� Exercice 4Considérons la suite récurrente définie par xn+1 = 2,5xn(1− xn). On pose :

f : [0;1] −→ R+

x 7−→ 2,5x(1− x)

1. Quels sont les points fixes de f , quelle est leur nature?

2. Quelle est la nature de la suite (xn) ?

� Exercice 5� Exercice 5Considérons la suite récurrente définie par xn+1 = 3,2xn(1− xn). On pose :

f : [0;1] −→ R+

x 7−→ 3,2x(1− x)

1. Quels sont les points fixes de f , quelle est leur nature?

2. Quelle est la nature de la suite (xn) ?


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6 Résolutions numériques des équations

6.1 Introduction

6.1.1 Généralités

Soit f une fonction définie sur un intervalle I = [a,b].Si f est continue sur I et vérifie f (a)f (b) 6 0, le théorème des valeurs intermédiaires permetd’affirmer que l’équation f (x) = 0 admet une solution dans l’intervalle I.Si de plus f est strictement monotone sur I alors cette solution est unique.

Cependant, même quand on sait que cette solution existe, il n’est pas toujours possible de lacalculer... On essaie alors, en construisant des suites, de s’approcher de la solution.Il existe plusieurs méthodes. Nous allons en voir deux :

- la méthode par dichotomie (qui utilise des suites adjacentes)

- la méthode de Newton (qui converge beaucoup plus rapidement)

6.1.2 Notre exemple : approximation du nombre e

Considèrons la fonction f définie sur [1;+∞[ par f (x) = 1− ln(x).

f est dérivable sur [1;+∞[ et ∀x > 1, f ′(x) = −1x

.

Donc ∀x > 1, f ′(x) < 0. On en déduit que f strictement décroissante sur [1;+∞[.

f réalise une bijection de [1;+∞[ sur f ([1;+∞[) =]−∞,1] ;En particulier : l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle [1;+∞[.Cette solution est notée e.

On ne peut pas calculer e “à la main”, c’est pourquoi nous allons essayer d’en trouver une valeurapprochée ...

On peut remarquer que f (3) ' −0,09 < 0 donc e ∈ [1;3].

6.2 La méthode par dichotomie

6.2.1 Construction des suites (an) et (bn)

On sait que e ∈ [1;3], on pose donc a0 = 1 et b0 = 3.

On calcule ensuite f

(a0 + b0

2

)= f (2) : f (2) = 1− ln(2) ' 0,3.

On constate que f (2) > 0 donc e ∈ [2;3] : on pose a1 = 2 et b1 = 3.

Plus généralement :

- si f(an + bn

2

)< 0, on pose an+1 = an et bn+1 =

an + bn2

,


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- si f(an + bn

2

)> 0, on pose an+1 =

an + bn2

et bn+1 = bn

Ainsi : ∀n ∈N, e ∈ [an;bn], c’est à dire : ∀n ∈N, an 6 e 6 bn (∗).

À chaque itération, notre encadrement va devenir plus précis.

a0 a1 b0 = b1a2

e

Cf

6.2.2 Convergence des suites (an) et (bn)

- On démontre que : ∀n ∈N, bn+1 − an+1 =bn − an

2.

La suite (bn − an) est donc une suite géométrique de premier terme b0 − a0 = 3− 1 = 2 et de

raison q =12

.

On en déduit que : ∀n ∈N, bn − an =(12

)n× 2 =

12n−1 .

En particulier : ∀n ∈N, an 6 bn et bn − an→ 0

- On démontre que (an) est croissante et que (bn) est décroissante.

- Les suites (an) et (bn) sont donc adjacentes.Elles convergent vers une limite commune `.De plus, en passant à la limite dans (∗), on obtient que ` = e.

6.2.3 Majoration de l’erreur

La suite (an) est croissante et tend vers e.Les termes de la suite nous donne donc des valeurs approchées par défaut de e.La suite (bn) est décroissante et tend vers e.Les termes de la suite nous donne donc des valeurs approchées par excès de e.


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∀n ∈N, e ∈ [an;bn], donc 0 6 e − an 6 bn − an et 0 6 bn − e 6 bn − an.Autrement dit, l’erreur commise en remplaçant e par an ou bn est inférieure à bn − an.

Si on veut une valeur approchée de e à 10−8 près, il suffit de choisir n tel que bn − an 6 10−8.

bn − an 6 10−8⇔ 12n−1 6 10−8⇔ 2n−1 > 108⇔ (n− 1)ln(2) > 8ln(10)⇔ n > 1 + 8

ln(10)ln(2)

Or 1 + 8ln(10)ln(2)

' 27,57. Le premier entier naturel qui convient est donc n = 28.

On trouve a28 = 2,718281827... et b28 = 2,718281835...,ce qui permet de donner un encadrement assez précis de e (b28 − a28 6 10−8).

6.2.4 Applications (avec la calculatrice)

� Exercice 6Soit f la fonction définie sur R par : f (x) = x3 − 12x+ 1.

1. étudier la fonction f .

2. Démontrer que l’équation f (x) = 0 admet exactement 3 solutions α1 < α2 < α3.

3. Justifier que 0 < α2 < 1.

4. Calculer f(12

). A-t-on 0 < α2 <

12

ou12< α2 < 1?

5. Recommencer jusqu’à obtenir un encadrement de α2 avec une précision de 10−1.

� Exercice 7Procéder de la même manière pour obtenir un encadrement de l’unique solution de l’équationx3 = x+ 1 ;

6.3 La méthode de Newton

6.3.1 Présentation

Reprenons la fonction f définie sur I = [1;3] par f (x) = 1− ln(x).On note C la courbe représentative de f .On sait que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution e dans I.

De plus, f est dérivable sur I avec f ′(x) = −1x, 0, ∀x ∈ I.

La méthode :

- On choisit x0 ∈ I, (prenons x0 = 1)

- On trace la trace la tangente (T0) à C au point d’abscisse x0.(T0) a pour équation y = f ′(x0)(x − x0) + f (x0) (donc y = −x+ 2).

- On note x1 l’abscisse du point d’intersubsection de (T0) avec l’axe des absisses.x1 vérifie l’équation −x1 + 2 = 0 donc x1 = 2.

- Plus généralement, on trace la trace la tangente (Tn) à C au point d’abscisse xn.(Tn) a pour équation y = f ′(xn)(x − xn) + f (xn).


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On note xn+1 l’abscisse du point d’intersubsection de (Tn) avec l’axe des absisses.

xn+1 vérifie l’équation f ′(xn)(xn+1 − xn) + f (xn) = 0 donc xn+1 = xn −f (xn)f ′(xn)

.

0 1 2 30

1

x0 x1 x2

T0

T1

Cf

e

Nous avons ainsi construit une suite définie par : x0 ∈ I et xn+1 = xn −f (xn)f ′(xn)

, ∀n ∈N.

Nous allons justifier que cette suite converge vers e :

Soit g la fonction définie sur I par g(x) = x −f (x)f ′(x)

. (g est bien définie car f ′ ne s’annule pas sur I).

On constate que g(x) = x ⇐⇒ f (x) = 0 donc l’unique point fixe de g est e.

Comme f est 2 fois dérivable sur I, g est dérivable et on a :

∀x ∈ I, g ′(x) = 1−(f ′(x))2 − f (x)f ′′(x)

(f ′(x))2 =f (x)f ′′(x)(f ′(x))2

En particulier, g ′(e) = 0 car f (e) = 0 donc e est un point fixe super-attractif. Ce qui signifie que laconvergence de la suite (xn) sera beaucoup plus rapide que pour la méthode par dichotomie...

6.3.2 Critère d’arrêt

La question qui se pose à présent est de savoir : à partir de quelle valeur de n estime-t-on que xnest une “bonne” approximation de e?

En cours, nous avons démontré que : ∀n ∈N, |xn+1 − e| 6M2

(xn − e)2 où M = supt∈I(|f ′′(t)|).Mais cette majoration ne permet pas d’estimer l’erreur commise en remplaçant e par xn.


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Pour tout n ∈N, posons en = e− xn (erreur commise au rang n).On a alors en+1 = e− xn+1 = g(e)− g(xn) donc (TAF) :

∃c ∈]xn;e[ tel que en+1 = g ′(c)(e − xn) = g ′(c)en

On a donc xn+1 − xn = xn+1 − e+ e − xn = en − en+1 = (1− g ′(c))en avec c ∈ [xn;e].Or xn→ e donc c→ e. Par continuité de g ′, on a donc, pour n suffisamment grand g ′(c) ' g ′(e) = 0.D’où en ' xn+1 − xn.Conclusion : On peut d’estimer l’erreur commise en remplaçant e par xn en calculant xn+1 − xn.

Si on souhaite, par exemple, une approximation à 10−8 près, on s’arrête quand |xn+1 − xn| 6 10−8.La simulation nous donne alors x6 = 2,718281828...

On peut remarquer que 6 itérations ont suffit pour obtenir une approximation de e à 10−8 prèsalors qu’avec la dichotomie il avait fallu aller jusque n = 28 pour obtenir cette précision.

6.3.3 Exemple : approximation de√

2

En introduisant la fonction f définie sur I = [1/2,2] par f (x) = x2 − 2, construire une suite quiapproche

√2.


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Références

1. G. Archinard, Analyse mathématique pour économistes : cours et exercices corrigés, avec la coll.de B. Guerrien (Economica, Paris, 4e éd.. 1992), 669 p., isbn : 978-2-7178-2240-3.

2. D. Arnaud, Term S : enseignement de spécialité matrices et suites, arithmétique manuel libre, avecla coll. de B. Casavecchia, P. Milan, SESAMATH . France (Magnard, Paris, 2016), 160 p., isbn :978-2-210-10561-4.

3. Y. Dodge, Mathématiques de base pour économistes (Springer, Paris ; New York, 2002 edition,27 sept. 2007), 379 p., isbn : 978-2-287-74940-7.

4. G. Poulalion, G. Pupion, Les mathématiques de l’économiste, Cours, exercices corrigés, applicationsà l’analyse économique (Vuibert, Paris, 3e edition, 2004), 552 p., isbn : 9782711775439.

5. C. P. Simon, Mathématiques pour économistes, avec la coll. de L. Blume, G. Dufrénot, O. Ferrier,M. Paul, V. Darmon (De Boeck université, Paris Bruxelles, 1998), xii+980, isbn : 978-2-7445-0004-6.


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Éléments de correction

Les éléments de correction n’ont pas pour objectif de donner un corrigé type. Parfois la rédaction estvolontairement lacunaire, c’est au lecteur de combler les manques pour parfaire sa compréhension dessujets abordés.

Correction 1PARTIE A : étude graphique

1. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

10.

20.

30.

40.

50.

60.

70.

80.

90.

0

Quantités offertesQuantités demandées

Prix (€)

2. 60 millions de boîtes (excès de demande)

3. 30 millions de boîtes (excès d’offre)

4. l’équilibre est à 50 millions de boîtes pour un prix de 4 €.

PARTIE B : Modélisation

1. On = 20pn−1 − 30 et Dn = −10pn + 90

2.

20pn−1 − 30 = −10pn + 90pn = −2pn−1 + 12

3. (a) p∗ = 4.

(b) (qn) géométrique de raison −2

(c) qn = 0,1× (−2)n et pn = 4 + 0,1× (−2)n

(d) Non car la suite est divergente.


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Année Prix Offre Demande0 4,11 3,8 52 522 4,4 46 463 3,2 58 584 5,6 34 345 0,8 82 826 10,4 -14 -147 -8,8 178 178

Énoncé de l’exercice n°1.Énoncé de l’exercice n°1.

Correction 2

1. D0 = 3000− 10× 150 = 1500 et la quantité offerte O1 = 6× 150 + 1400 = 2300

2. (a) 6pn + 1400 = 3000− 10pn+1 d’où pn+1 = 160− 0,6pn(b) p1 = 160− 150× 0,6 = 70, p2 = 160− 70× 0,6 = 118

3. (a) p∗ = 100.

(b) Voir ??. (qn) est une suite géométrique de raison 0,6 et de premier terme 150− 100 = 50.

(c) pn = 50.(−0,6)n + 100.

(d) |0,6| < 1 donc (pn) converge et limpn = 100. Que deviennent les suites (Dn) et (On) dessuites convergentes vers 2 000. (3000− 10× 100 et 1400 + 6× 100.


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Année Prix Offre Demande0 150,00 €1 70,00 € 2 300,00 € 2 300,00 €2 118,00 € 1 820,00 € 1 820,00 €3 89,20 € 2 108,00 € 2 108,00 €4 106,48 € 1 935,20 € 1 935,20 €5 96,11 € 2 038,88 € 2 038,88 €6 102,33 € 1 976,67 € 1 976,67 €7 98,60 € 2 014,00 € 2 014,00 €8 100,84 € 1 991,60 € 1 991,60 €9 99,50 € 2 005,04 € 2 005,04 €

10 100,30 € 1 996,98 € 1 996,98 €11 99,82 € 2 001,81 € 2 001,81 €12 100,11 € 1 998,91 € 1 998,91 €...

......

...19 100,00 € 2 000,03 € 2 000,03 €20 100,00 € 1 999,98 € 1 999,98 €21 100,00 € 2 000,01 € 2 000,01 €22 100,00 € 1 999,99 € 1 999,99 €23 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €24 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €25 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €26 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €27 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €28 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €29 100,00 € 2 000,00 € 2 000,00 €


Correction 31.

x 0 12 1

Signe def ′(x) + 0 −

Variations def

0

µ4

0

L’intervalle [0;1] est stable par f si et seulement si [0; µ4 ] ⊂ [0;1]. Donc la suite n’est définieque lorsque µ ∈]0;4].

2. Soit x ∈ [0;1].

f (x) = x

µx(1− x) = x

x × (−µx+ µ− 1) = 0

x = 0 ou x =µ

µ− 1= 1− 1

µ


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Donc 0 est un point fixe de f sur [0;1]. En revanche, 1− 1µ∈ [0;1]⇔ µ > 1, donc lorsque µ > 1,

f a deux points fixes sur [0;1].

3. f ′(x) = µ(−2x+ 1)• f ′(0) = µ• f ′(1− 1

µ) = µ(2

µ− 1) = 2− µ

Donc 0 est un point fixe attractif si et seulement si µ < 1 (Dans ce cas c’est l’unique pointfixe). Et 1− 1

µest un point fixe attractif si et seulement si 1 < µ < 3.

Lorsque µ = 1, f ′(0) = f ′(1− 1µ

) = 1.

4.

• Si x0 = 0 la suite est stationnaire.• Si x0 = 1, alors x1 = 0 et la suite est stationnaire à partir du rang 1.• Si x0 ∈]0; 1

2 ]. L’intervalle [0; 12 ] est stable par fµ et fµ est croissante sur cet intervalle (cf.

tableau de variation). Donc la suite (xn) est monotone.La suite (xn) est monotone, bornée et fµ est continue sur [0;1], donc (xn) converge versl’unique point fixe de fµ sur [0;1], c’est à dire 0.

• Si x0 ∈]12 ;1], le maximum de f étant µ

4 614 , x1 ∈ [0; 1

2 [ et l’on peut conclure que (xn) tenden décroissant vers 0 d’après le cas précédent.

On peut également se servir du théorème 1111.La fonction fµ est de classe C1 sur [0;1] et |f ′µ(x)| = µ| −2x+ 1| 6 µ < 1, donc la fonction f estcontractante. D’après le théorème 1111 quelque soit x0, la suite (xn) converge vers l’uniquepoint fixe de f sur [0;1] c’est à dire 0.

5. Considérons la suite récurrente définie par xn+1 = xn(1− xn).


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Le graphique nous permet d’émettre la conjecture suivante : (xn) converge encore vers 0(mais plus lentement).Pour démontrer cette conjecture, il suffit de reprendre le raisonnement de la question précé-dente (où l’on distingue quatre cas). En revanche, on ne peut pas utiliser le théorème 1111 carl’application n’est pas contractante f ′µ(0) = 1 > 1.


Correction 4

1. La fonction f admet deux points fixes 0 et 35 . f ′(0) = 5

2 > 1, donc 0 est un point fixe répulsif.f ′(3

5 ) = −12 ∈]− 1;1[, f est un point fixe attractif.

2. Si x0 = 0 ou x0 = 1 la suite est stationnaire au moins à partir d’un certain rang. Dans la suiteprenons x0 ∈]0;1[.D’après l’exercice précédent f ′(x) = 5

2(−2x+ 1). Cherchons un intervalle où f est contractante.

−1 <52

(−2x+ 1) < 1

−25< −2x+ 1 <

25

−75< −2x <

−35

310

< x <7

10

En dressant le tableau de variation :

x 0 310

12

710 1

Signe def ′(x) + + 0 − −

Variations def

021/40

58

21/400

On remarque que l’intervalle [0,3;0,7] est stable par f . f ([0,3; 0,7]) = [2140 ; 5

8 ] $ [0,3; 0,7].Donc en utilisant le théorème 1111 on peut montrer que si x0 ∈ [0,3; 0,7] alors la suite convergevers 3

5 . Reste deux cas de figure à explorer x0 ∈]0;0,3[ et x0 ∈]0,7;1[.

Étudions le signe de δ(x) = f (x)− x = 12x(3− 5x).

x 0 35 1

Signe dex 0 + +

Signe de3− 5x + 0 −

Signe deδ(x) 0 + 0 −


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Cas x0 ∈]0;0,3[ Comme sur [0; 12 ], f est croissante et δ(x) est positif, si x0 ∈]0;0,3[ la suite

(xn) est croissante tant que xn 612 . Nécessairement, il existe un rang n0 tel que 0,3 < xn0

< 58 .

En effet, si xn < 0,3 alors la suite serait bornée et convergerait vers un nombre ` ∈]0;0,3] cequi est impossible car f est continue et ne possède pas de point fixe sur cet intervalle. Doncil existe un rang à partir duquel xn > 0,3, prenons pour n0 le plus petit rang pour lequelxn > 0,3. Donc xn0−1 6 0,3 d’après le tableau de variation xn0

6 58 .

Donc il existe un rang à partir duquel xn appartient au bassin d’attraction du point fixe 35 , la

suite (xn) converge vers 35 .

Cas x0 ∈]0,7;1[ D’après le tableau de variation x1 ∈]0; 2140 [

Si x1 ∈]0,3; 2140 [ alors x1 appartient au bassin d’attraction de 3

5 sinon 0 < x1 6 0,3 et xnappartient au bassin d’attraction de 3

5 à partir d’un certain rang (d’après précédemment).

Dans tous les cas, la suite (xn) converge vers 35 .


Correction 5

1. Les deux points fixes 0 et 1116 sont répulsifs.

2. Soit la suite est stationnaire, c’est à dire qu’il existe k tel que f k(x0) = 0 ou f k(x0) = 1116 ; soit la

suite diverge.

La suite diverge, elle possède deux valeurs d’adhérence. La suite est stationnaire.



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