Suites recurrentes et methode de Newtonapproche progressive

Ce document vient en complement du chapitre 6 du livre Infor-matique, programmation et calcul scientifique en Python et Sci-lab, publie chez ellipses. On demontre les resultats sur les suitesrecurrentes et la methode de Newton qui font l’objet d’explora-tion numerique dans cet ouvrage.La demarche est plus elementaire et plus progressive que dans ledocument [1], lui aussi present sur univenligne.fr.

L’objectif est bien entendu la methode de Newton elle-meme, exposee dans le cas des fonctionsde la variable reelle avec l’exercice 6. Pour bien aborder cette etude, il nous semble qu’il y a deuxetapes prealables :

– acquerir une certaine familiarite avec les suites recurrentes (ou systemes dynamiques discrets)tant au niveau theorique (ce sont ici les exercices 1 a 6 qui y contribuent), qu’au niveau experimental,et la : programmation et experimentation sont de mise !

– programmer la methode de Newton elle-meme sur des exemples simples, ce qui motivera l’etudedetaillee en vue d’etablir la convergence quadratique. Nous renvoyons pour cela au chapitre 6de notre manuel d’informatique et de calcul numerique.

1 Enonces

Exercice 1 Suite recurrentes, generalitesSoit f definie sur un intervalle I et une suite (un)n telles que un+1 = f(un)

1. On suppose f croissante, que dire de (un)n?

FIGURE 1 – f := x 7→ ln (3 + 2x) , croissante

1

2. On suppose f decroissante, que dire des suites (vn)n = (u2n)n et (wn)n = (u2n+1)n?

3. Montrer que si f est decroissante et admet un point fixe p tel que v0 ≤ p ≤ w0, alors, pourtout n on a vn ≤ p ≤ wn.

FIGURE 2 – f := x 7→ ln (18− 5x) , decroissante

Corrige en 2.0.1.

Exercice 2 Existence d’un point fixe.Montrer que si f est continue sur I = [a, b], ferme, borne et si f(I) ⊂ I, alors il existe c ∈ I tel

que f(c) = c.Corrige en 2.0.2.

Exercice 3 points fixes attractifs et repulsifs

1. Deux resultats preliminaires :

(a) Soit g une fonction a valeurs reelles et continue sur un intervalle I. On suppose quepour un certain x0 ∈ I, g(x0) < 1. Montrer qu’il existe deux reels α > 0 et k < 1 telsque pour tout x ∈ I∩]x0 − α, x0 + α[, g(x) < k.

Indication : ecrire que g est continue au point x0 :

pour tout ε > 0, il existe α > 0 tel que x ∈ I et |x−x0| ≤ α⇒ |g(x)− g(x0)|| ≤ ε.Si vous choisissez bien ε, le tour est joue.

(b) Soit g une fonction a valeurs reelles et continue sur un intervalle I. On suppose quepour un certain x0 ∈ I, g(x0) > 1. Montrer qu’il existe un reel α > 0 et k > 1 telsque pour tout x ∈ I∩]x0 − α, x0 + α[, g(x) > k.

2. On suppose que f est de classe C1 sur l’intervalle I et qu’elle admet un point fixe c en lequel|f ′(c)| < 1 (on dit que le point fixe c est attractif).

(a) Justifier qu’il existe un reel k < 1 et un ensemble x ∈ I/ |x− c| < α , sur lequel|f ′(x)| ≤ k.

(b) On suppose que I est un voisinage de c, c’est a dire qu’il existe β > 0 tel que]c− β, c+ β[⊂ I.

2

Justifier qu’il existe un intervalle J =]c− δ, c+ δ[⊂ I tel que f(J) ⊂ J.Indication : choisir δ en fonction de α et de β et penser au theoreme des accroissementsfinis.

(c) Montrer que pour tout u0 ∈ J, la relation de recurrence un+1 = f(un) definit unesuite d’elements de J.

(d) Montrer qu’une telle suite verifie

∀n ∈ N, |un − c| 6 kn |u0 − c| .

FIGURE 3 – f := x 7→ −1/3x2 + 3/2, point fixe attractif en c = 1.

3. On suppose maintenant que |f ′(c)| > 1 (on dit que le point fixe c est repulsif).(a) Justifier qu’il existe un reel k > 1 et un intervalle x ∈ I/ |x− c| < α sur lequel|f ′(x)| ≥ k.

(b) Montrer que si une suite verifie un+1 = f(un) et converge vers c, elle est stationnaire.

Corrige en 2.0.3.

3

FIGURE 4 – f := x 7→ −1/2x2 + 3/2, point fixe repulsif en c = 1.

Exercice 4 deux exemples sans indications : prenez le temps de chercher, les enonces detaillescomme celui qui suit detruisent votre capacite a batir des scenarios ...

1. A la lumiere de l’exercice precedent, etudier la suite definie par

u0 =

π

2+ k π, k ∈ N,

un+1 = sinun

2. Etudier de meme la suite definie par

u0 = 1,

un+1 = cosun

Corrige en 2.0.4.

Exercice 5 les memes exemples avec des details, mais commencez par chercher sans questionsintermediaires...

1. On se propose d’etudier la suite

u0 =

π

2+ k π, k ∈ N,

un+1 = sinun

(a) Representez graphiquement la fonction sinus ainsi que l’identite.

(b) Montrer qu’il existe un intervalle I stable par sin et tel que ∀n ∈ N∗, un ∈ I (avecI = [0, 1] ou [−1, 0]). Determiner le signe de un.

(c) Monter que la suite converge et preciser sa limite.

(d) Montrer que un+1 − un ∼−u3n

6.

2. On etudie maintenant la suite

u0 = 1,

un+1 = cosun

(a) Montrer que cos admet un point fixe c et un seul sur R. Faire une figure.

(b) Montrer que u1 ≤ c ≤ u0. Que peut on en deduire pour les termes u2p et u2p+1?

(c) Prouver que les suites (u2p)p et (u2p+1)p sont monotones.

(d) Prouver qu’elles sont adjacentes (on pensera encore au theoreme des accroissementsfinis).

4

corrige en 2.0.5

Exercice 6 methode de Newton

1. Deux resultats preliminaires :Soient I un intervalle de R, x0 ∈ I et g : I → R, une fonction continue.

(a) On suppose que g(x0) > 0. Montrer qu’il existe un reel α > 0, tel que, pour tout

x ∈ I∩]x0 − α, x0 + α[, g(x) >g(x0)

2.

(b) On suppose maintenant que g(x0) < 1. Montrer qu’il existe une constante k ∈]0, 1[ etun reel α > 0, tels que, pour tout x ∈ I∩]x0 − α, x0 + α[, g(x) ≤ k.

Soit f une fonction de classe C2 sur l’intervalle ouvert I =]a, b[, ayant une racine c dans I.On suppose que |f ′(c)| ≥ m > 0. On pose

F (x) =

(x− f(x)

f ′(x)

)2. Verifier queF est definie sur un voisinage de c, que c est un point fixe deF et queF ′(c) = 0.

On dit que c est un point fixe super attractif.3. (a) Montrer qu’il existe δ > 0 tel que

J =]c− δ, c+ δ[∈ DF ,

∀x ∈ J, |F ′(x)| < 1.

En deduire que F (J) ⊂ J et que si x0 ∈ J, la relation xn+1 = F (xn) definit une suited’elements de J.

(b) Soit x0 ∈ J. Montrer que la suite de premier terme x0 definie par xn+1 = F (xn),verifie

|xn+1 − c| 6M2

2m1|xn − c|2

|xn − c| 6(M2

2m1

)2n−1|x0 − c|2

n

avecM2 = sup |f”(x)|

|x−c|6δet m1 = inf

∣∣f ′(x)∣∣

|x−c|6δ.

A quelle condition converge-t-elle ?

On appelle methode de Newton, la methode qui consiste a approcher une racine de f par unesuite recurrente definie par la fonction F ainsi associee a f.corrige en 2.0.6

5

2 corriges

Corrige n˚ 2.0.1 de l’exercice 1

1. Si f est croissante, la suite (un)n que l’enonce suppose definie, est monotone. En effet,– si u0 ≤ un, on demontre par recurrence sur n que pour tout n ∈ N, un ≤ un+1;– si u0 ≥ un, on demontre par recurrence sur n que pour tout n ∈ N, un ≥ un+1.Ainsi, (un)n est soit croissante, soit decroissante.

2. Si f est decroissante, alors f f = g est croissante. Par construction les suites (un)n et(vn)n verifient vn+1 = g(vn) et wn+1 = g(wn). Elles sont donc monotones (et leur sens decroissance depend de leurs premiers termes : v0 = u0, v1 = u2 et w0 = u1, w1 = v3).

3. On suppose que f est decroissante et admet un point fixe p tel que u0 = v0 ≤ p ≤ w0 = u1.Montrons par recurrence sur n que, pour tout n ∈ N, P(n) := (vn ≤ p ≤ wn).

– Cela est verifie pour n = 0.– On suppose que P(n) est verifiee pour un certain n ∈ N. Alors vn ≤ p ≤ wn et, en

appliquant g = f f qui est croissante, il vient :

g(vn) = vn+1 ≤ g(p) = p ≤ g(wn) = wn+1

ce qui etablit P(n+ 1).

Corrige n˚ 2.0.2 de l’exercice 2On pose g(x) = f(x)− x. La fonction g est continue et change de signe sur [a, b] puisque :– g(a) = f(a)− a ≥ 0,– g(b) = f(b)− b ≤ 0.Et d’apres le theoreme de la valeur intermediaire, il existe c ∈ [a, b] tel que g(c) = f(c)− c = 0.

Corrige n˚ 2.0.3 de l’exercice 31. Deux resultats preliminaires :

(a) On suppose que pour un certain x0 ∈ I, g(x0) < 1. Comme g est continue au pointx0 :

pour tout ε > 0, il existe αε tel que pour tout x ∈ I,

|x0 − x| ≤ αε ⇒ g(x0)− ε ≤ g(x) ≤ g(x0) + ε.

On pose alors ε =1− g(x0)

2, et il vient lorsque |x− x0| ≤ αε,

g(x) ≤ g(x0) + ε =1 + g(x0)

2= k < 1.

(b) On suppose maintenant que g(x0) > 1. Ecrivons a nouveau que g est continue en x0,pour tout ε > 0, il existe αε tel que pour tout x ∈ I,

|x0 − x| ≤ αε ⇒ g(x0)− ε ≤ g(x) ≤ g(x0) + ε.

Avec ε =g(x0)− 1

2il vient :

|x0 − x| ≤ αε ⇒ g(x0)− ε =g(x0) + 1

2≤ g(x).

En observant que k =g(x0) + 1

2> 1, on a le resultat demande.

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2. Soient f de classe C1 et c tel que f(c) = c et |f ′(c)| < 1.

(a) Comme g = |f ′| est continue et verifie g(c) < 1, d’apres la question preliminaire, ilexiste un reel k < 1 et un reel α > 0 tels que

|c− x| ≤ α⇒ g(x) ≤ k < 1. (2.1)

(b) Si ]c− β, c+ β[⊂ I et si α est comme dans la formule (2.1), on pose δ = minα, β.Pour tout x ∈ J =]c − δ, c + δ[, par le theoreme des accroissements finis, il existe tcompris entre x et c tel que

|f(x)− f(c)| = |f ′(t)(x− c)| ≤ k|x− c| < δ.

On a donc f(x) ∈ J.Cela prouve que f(J) ⊂ J.

(c) Comme f(J) ⊂ J, si u0 ∈ J, la relation de recurrence un+1 = f(un) definit bien unesuite indexee sur N tout entier. En effet,– u0 est bien defini et appartient a J ;– si un est defini et appartient a J, f(un) = un+1 est aussi defini et appartient a J.

Remarque : Ce probleme peut laisser un(e) novice dans l’embarras :qu’a-t-on a prouver au juste, y a-t-il vraiment quelque chose qui vaille d’etre prouvese demandera-t-il(elle) ?

Pour comprendre la problematique considerer la suite definie par

u0 = −1/2

un+1 = ln(1 + un)

(d) Montrons par recurrence sur n la propriete,

P(n) = |un − c| 6 kn |u0 − c| < α.

– La relation est claire lorsque n = 0;– Supposons la etablie pour un certain n; comme f est definie sur un intervalle conte-

nant un et c (elements de J, clairement), d’apres le theoreme des accroissementsfinis, il existe t compris entre un et c tel que

|un+1 − c| = |f(un)− f(c)| = |f ′(t)(un − c)|

Alors |un − c| ≤ kn|u0 − c| < |u0 − c| < α et |f ′(t)| < k puisque un, c et donc tappartiennent a J. Il vient

|un+1 − c| = |f ′(t)(un − c)| ≤ k × kn|u0 − c[= kn+1|u0 − c|.

3. On suppose ici que |f ′(c)| > 1.

(a) D’apres la question preliminaire (avec g = |f ′| continue et telle que g(c) > 1), ilexiste k > 1 et α > 0 tels que

|x− c| < α⇒∣∣f ′(c)∣∣ ≥ k.

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(b) Supposons que (un)n verifie un+1 = f(un) et qu’elle converge vers c. A partir d’uncertain rang n0 on aura |un − c| < α ce qui impose pour n ≥ n0, |un+1 − c| =|f(un)− f(c)| = |f ′(t)||un − c| ≥ k|un − c)|. De cela on deduit que

|un0+p − c| ≥ kp|un0 − c|.

La contradiction est immediate si |un0 − c| 6= 0.

On deduit alors que, si une telle suite converge, |un0 − c| = 0 et dans ce cas, pour toutn ≥ n0, un = c la suite est stationnaire.

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Corrige n˚ 2.0.4 de l’exercice 4

Voir le corrige de l’enonce detaille qui suit.

Corrige n˚ 2.0.5 de l’exercice 5

1. (a)

(b) On aura observe que u1 = sinu0 ∈ [−1, 1], intervalle sur lequel sin est croissante.On a donc sin([0, 1]) = [0, sin 1] ⊂ [0, 1] et sin([−1, 0]) = [− sin 1, 0] ⊂ [−1, 0].

Une recurrence facile permet de montrer que si u1 ∈ I avec f(I) ⊂ I tous les termesun avec n ≥ 1, d’une suite verifiant un+1 = un, sont dans I. Dans le cas presentf = sin et I = [0, 1] ou I = [−1, 0] on en deduit que un est du signe de u1.

(c) On observe que | sinx| ≤ |x|.Donc, si u1 ∈ [0, 1], u2 = sinu1 ≤ u1 et la suite est decroissante (demontrer parrecurrence que un+1 ≤ un). Elle converge donc puisqu’elle est aussi minoree par 0.Si u1 ∈ [−1, 0], u1 ≤ sinu1 = u2 ≤ 0 et la suite est croissante.Dans les deux cas, de sinun = un+1, on deduit par passage a la limite, puisque lafonction sin est continue sur R, que la limite verifie sin ` = `. Un etude rapide ou uncoup d’œil sur le graphe montre que ` = 0.

(d) Comme limun = 0,

un+1 = sinun = un −u3n3!

+ o(u3n)

un+1 − un = −u3n

3!+ o(u3n) ∼ −u

3n

3!.

2. On suppose que

u0 = 1,

un+1 = cosun

(a) On etudie la fonction φ : x→ x− cosx.

• Elle est strictement monotone sur R et admet donc au plus une racine.• φ(0) = −1 < 0 < φ(1) = 1 − cos 1. Comme la fonction est continue et change designe elle s’annule en un point c ∈]0, 1[ (Thm des V. I.)

cos admet donc un unique point fixe qui appartient a ]0, 1[.

(b) • Comme cos decroıt sur [0, 1] on a

0 ≤ c ≤ u0 = 1⇒ cosu0 = u1 ≤ cos c = c ≤ cos 0 = 1.

•On montre alors par recurrence sur p la propriete : P (p) := 0 < u2p+1 ≤ c ≤ u2p < 1...Attention : sans l’encadrement par 0 et 1, on ne peut faire de demonstration correcte(on ne sait plus si la fonction est monotone sur l’intervalle considere).

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(c) Les suites (u2p)p et (u2p+1)p sont monotones. En effet, chacune d’elle verifie• 0 ≤ xp ≤ 1;• xp+1 = cos cosxp et la fonction cos cos est croissante sur [0, 1].

(d) Montrons qu’elles sont adjacentes.• Observons que, par le theoreme des accroissements finis, pour tout p ∈ N, il existetp et sp strictement compris entre 0 et 1 tels que

|u2p+2 − u2p+3| = | sin tp||u2p+1 − u2p+2| = | sin tp|| sin sp||u2p − u2p+1|

• En notant k = maxx∈[0,1] | sin(x)|, on a0 < k < 1, |u2p+2 − u2p+3| < k2|u2p − u2p+1| et par recurrence :

|u2p − u2p+1| ≤ k2p|u0 − u1|

ce qui prouve que lim |u2p − u2p+1| = 0.

Les suites (u2p)p et (u2p+1)p sont adjacentes et ont la meme limite. (un)n converge donc.

Corrige n˚ 2.0.6 Methode de Newton, exercice 6

1. Deux resultats preliminaires :Soient I un intervalle de R, x0 ∈ I et g : I → R, une fonction continue.

(a) Supposons que g(x0) > 0. Comme g est continue en x0,pour tout ε > 0, il existe αε > 0 tel que pour x ∈ I,

|x− x0| ≤ αε ⇒ g(x0)− ε ≤ g(x) ≤ g(x0) + ε.

En prenant ε =g(x0)

2, nous avons lorsque |x−x0| ≤ αε, g(x0)− ε =

g(x0)

2≤ g(x)

CQFD.

(b) Supposons que g(x0) < 1. Comme precedemment, puisque g est continue en x0, onpeut ecrire quepour tout ε > 0, il existe αε > 0 tel que pour x ∈ I,

|x− x0| ≤ αε ⇒ g(x0)− ε ≤ g(x) ≤ g(x0) + ε.

Nous posons alors ε =1− g(x0)

2ce qui fait que pour tout x ∈ I∩]x0 − αε, x0 +

αε[, g(x) ≤ g(x0) + ε =1 + g(x0)

2Le resultat est prouve en observant que k =

1 + g(x0)

2< 1.

Soient f une fonction de classe C2 sur l’intervalle ouvert I =]a, b[ et c ∈ I tel que que|f ′(c)| > 0.

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2. Comme |f ′| est continue, pour tout ε > 0 il existe δε > 0 tel que

|x− c| ≤ δε ⇒ −ε ≤ |f ′(x)| − |f ′(c)| ≤ ε.

Prenons ε = |f ′(c)|/2. On aura alors pour x ∈]c − δε, c + δε[∩I, |f ′(x)| > ε/2 > 0 et Fest donc definie sur ce voisinage de c.

On a par ailleurs F (c) = c et F ′(x) =f”(x)f(x)

f ′2(x)est nulle en x = c.

3. (a) Comme F ′ est continue (F est de classe C1 ) et F ′(c) = 0, il existe δ > 0 tel que

J = [c− δ, c+ δ] ⊂ DF et ∀x ∈ J, |F ′(x)| < 1.

• La demonstration est identique a celle qui precede : pour tout ε > 0 il existe δ′ε > 0tel que

x ∈ DF , |x− c| ≤ δ′ε ⇒ |F ′(x)− F ′(c)| = |F ′(x)| ≤ ε.

On choisit donc δ = minδ′ε, δ′ε.• L’intervalle J est donc stable par F. En effet, par le TAF, pour tout x ∈ J, il existetx ∈ J (compris entre x et c) tel que

|F (x)− F (c)| = |F (x)− c| ≤ |F ′(tx)||x− c| < |x− c| < δ

En particulier, la relation xn+1 = F (xn) definit une suite d’elements de J pour toutx0 ∈ J.• Soit x0 ∈ J et (xn)n definie par xn+1 = F (xn).

(b) Observons que

xn+1 − c =

(xn −

f(xn)

f ′(xn)

)− c = −f(xn) + f ′(xn)(c− xn)

f ′(xn)

On pense alors a l’inegalite de Taylor-Lagrange : lorsque f est de classe C2 sur J,pour tout (a, b) ∈ J2, on a

f(b) = f(a) + f ′(a)(b− a) +R1(b)

avec une majoration du reste : |R1(b)| ≤1

2M2|b−a|2.

? Nous faisons ici a = xn et b = c, ce qui s’ecrit

f(c) = f(xn) + f ′(xn)(c− xn) +R1(c)

Comme f(c) = 0, on retrouve avec M2 = sup |f”(x)||x−c|6δ

et m1 = inf |f ′(x)||x−c|6δ

:

|xn+1 − c| =∣∣∣∣f(xn) + f ′(xn)(c− xn)

f ′(xn)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ R1(c)

f ′(xn)

∣∣∣∣ ≤ M2

2m1|xn − c|2 (2.2)

Remarque : par la formule de Taylor-Lagrange, plus agreable a manipuler (mais horsprogramme CPGE), il existe un point txn compris entre xn et c tel que

f(c) = f(xn) + f ′(xn)(c− xn) +1

2f”(txn)(c− xn)2

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|xn+1 − c| =∣∣∣∣f(xn) + f ′(xn)(c− xn)

f ′(xn)

∣∣∣∣ =|f”(txn)|

2(c− xn)2| ≤ M2

2m1|xn − c|2(2.3)

m1 et M2 sont bien definis puisqu’une fonction continue sur un segment de R estbornee (et atteint ses bornes).• A partir de la, on demontre par recurrence sur n la relation :

|xn − c| 6(M2

2m1

)2n−1|x0 − c|2

n

– Elle est immediate pour n = 0.– Supposons cette relation etablie pour une certaine valeur de n. En substituant dans

(2.3), il vient

|xn+1 − c| ≤M2

2m1|xn − c|2

≤ M2

2m1

((M2

2m1

)2n−1|x0 − c|2

n

)2

≤(M2

2m1

)2n+1−2+1

|x0 − c|2n+1

• On observera que la derniere inegalite n’implique pas la convergence. Par contre,comme elle est de la forme

M2

2m1×(M2

2m1|x0 − c|

)2n+1

la suite converge des lors queM2

2m1|x0 − c| < 1. L’ouvert Ω =]c − δ1, c + δ1[ avec

δ1 < min

δ,M2

2m1

fait donc l’affaire.

References

[1] La methode de Newton et ses variantes pour l’optimisationPolycopie en ligne, redige comme complement pour les TIPEhttp ://www.univenligne.fr

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