Problème 1 : Étude d'une suite arithmético-géométrique
On considère la suite
( u n ) (u_n) ( u n ) définie par
u 0 = 2 u_0 = 2 u 0 = 2 et pour tout
n ∈ N n \in \N n ∈ N :
u n + 1 = 3 u n − 4 u_{n+1} = 3u_n - 4 u n + 1 = 3 u n − 4
Déterminer le réel α \alpha α f ( x ) = 3 x − 4 f(x) = 3x - 4 f ( x ) = 3 x − 4 f ( α ) = α f(\alpha) = \alpha f ( α ) = α
Soit la suite ( v n ) (v_n) ( v n ) n ∈ N n \in \N n ∈ N v n = u n − α v_n = u_n - \alpha v n = u n − α ( v n ) (v_n) ( v n )
Exprimer v n v_n v n u n u_n u n n n n
Déterminer la limite de la suite ( u n ) (u_n) ( u n )
Solution :
L'équation f ( α ) = α ⟺ 3 α − 4 = α ⟺ 2 α = 4 ⟺ α = 2 f(\alpha) = \alpha \iff 3\alpha - 4 = \alpha \iff 2\alpha = 4 \iff \alpha = 2 f ( α ) = α ⟺ 3 α − 4 = α ⟺ 2 α = 4 ⟺ α = 2
Exprimons v n + 1 v_{n+1} v n + 1 v n v_n v n
v n + 1 = u n + 1 − 2 = ( 3 u n − 4 ) − 2 = 3 u n − 6 = 3 ( u n − 2 ) = 3 v n v_{n+1} = u_{n+1} - 2 = (3u_n - 4) - 2 = 3u_n - 6 = 3(u_n - 2) = 3v_n v n + 1 = u n + 1 − 2 = ( 3 u n − 4 ) − 2 = 3 u n − 6 = 3 ( u n − 2 ) = 3 v n
Ainsi, la suite
( v n ) (v_n) ( v n ) est une suite géométrique de raison
q = 3 q = 3 q = 3 et de premier terme
v 0 = u 0 − 2 = 2 − 2 = 0 v_0 = u_0 - 2 = 2 - 2 = 0 v 0 = u 0 − 2 = 2 − 2 = 0 .
Puisque ( v n ) (v_n) ( v n ) n ∈ N n \in \N n ∈ N v n = v 0 × q n = 0 × 3 n = 0 v_n = v_0 \times q^n = 0 \times 3^n = 0 v n = v 0 × q n = 0 × 3 n = 0 n ∈ N n \in \N n ∈ N
u n = v n + 2 = 2 u_n = v_n + 2 = 2 u n = v n + 2 = 2
La suite
( u n ) (u_n) ( u n ) est en fait constante et égale à 2.
La limite de la suite ( u n ) (u_n) ( u n )
lim n → + ∞ u n = 2 \lim_{n \to +\infty} u_n = 2 n → + ∞ lim u n = 2 Problème 2 : Suite homographique
Soit la suite
( u n ) (u_n) ( u n ) définie par
u 0 = 3 u_0 = 3 u 0 = 3 et pour tout
n ∈ N n \in \N n ∈ N :
u n + 1 = 4 u n − 2 u n + 1 u_{n+1} = \frac{4u_n - 2}{u_n + 1} u n + 1 = u n + 1 4 u n − 2
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n n n u n > 2 u_n > 2 u n > 2
On définit la suite ( v n ) (v_n) ( v n ) v n = u n − 2 u n − 1 v_n = \frac{u_n - 2}{u_n - 1} v n = u n − 1 u n − 2 n ∈ N n \in \N n ∈ N ( v n ) (v_n) ( v n ) 2 3 \frac{2}{3} 3 2
Exprimer v n v_n v n u n u_n u n n n n
Déterminer la limite de la suite ( u n ) (u_n) ( u n )
Solution :
Démontrons par récurrence que u n > 2 u_n > 2 u n > 2
Initialisation : Pour n = 0 n = 0 n = 0 u 0 = 3 > 2 u_0 = 3 > 2 u 0 = 3 > 2 Hérédité : Supposons u k > 2 u_k > 2 u k > 2 k ≥ 0 k \ge 0 k ≥ 0 u k + 1 > 2 u_{k+1} > 2 u k + 1 > 2 u k + 1 − 2 u_{k+1} - 2 u k + 1 − 2
u k + 1 − 2 = 4 u k − 2 u k + 1 − 2 = 4 u k − 2 − 2 ( u k + 1 ) u k + 1 = 2 u k − 4 u k + 1 = 2 ( u k − 2 ) u k + 1 u_{k+1} - 2 = \frac{4u_k - 2}{u_k + 1} - 2 = \frac{4u_k - 2 - 2(u_k + 1)}{u_k + 1} = \frac{2u_k - 4}{u_k + 1} = \frac{2(u_k - 2)}{u_k + 1} u k + 1 − 2 = u k + 1 4 u k − 2 − 2 = u k + 1 4 u k − 2 − 2 ( u k + 1 ) = u k + 1 2 u k − 4 = u k + 1 2 ( u k − 2 )
Par hypothèse de récurrence,
u k > 2 ⟹ u k − 2 > 0 u_k > 2 \implies u_k - 2 > 0 u k > 2 ⟹ u k − 2 > 0 et
u k + 1 > 3 > 0 u_k + 1 > 3 > 0 u k + 1 > 3 > 0 .
Le quotient est donc strictement positif, ce qui prouve que
u k + 1 − 2 > 0 ⟹ u k + 1 > 2 u_{k+1} - 2 > 0 \implies u_{k+1} > 2 u k + 1 − 2 > 0 ⟹ u k + 1 > 2 . Hérédité validée.
Conclusion : Pour tout n ∈ N n \in \N n ∈ N u n > 2 u_n > 2 u n > 2
Exprimons v n + 1 v_{n+1} v n + 1
v n + 1 = u n + 1 − 2 u n + 1 − 1 = 4 u n − 2 u n + 1 − 2 4 u n − 2 u n + 1 − 1 = 2 ( u n − 2 ) u n + 1 4 u n − 2 − ( u n + 1 ) u n + 1 = 2 ( u n − 2 ) 3 u n − 3 = 2 ( u n − 2 ) 3 ( u n − 1 ) = 2 3 v n v_{n+1} = \frac{u_{n+1} - 2}{u_{n+1} - 1} = \frac{\frac{4u_n - 2}{u_n + 1} - 2}{\frac{4u_n - 2}{u_n + 1} - 1} = \frac{\frac{2(u_n - 2)}{u_n + 1}}{\frac{4u_n - 2 - (u_n + 1)}{u_n + 1}} = \frac{2(u_n - 2)}{3u_n - 3} = \frac{2(u_n - 2)}{3(u_n - 1)} = \frac{2}{3} v_n v n + 1 = u n + 1 − 1 u n + 1 − 2 = u n + 1 4 u n − 2 − 1 u n + 1 4 u n − 2 − 2 = u n + 1 4 u n − 2 − ( u n + 1 ) u n + 1 2 ( u n − 2 ) = 3 u n − 3 2 ( u n − 2 ) = 3 ( u n − 1 ) 2 ( u n − 2 ) = 3 2 v n
La suite
( v n ) (v_n) ( v n ) est géométrique de raison
q = 2 3 q = \frac{2}{3} q = 3 2 et de premier terme
v 0 = u 0 − 2 u 0 − 1 = 3 − 2 3 − 1 = 1 2 v_0 = \frac{u_0 - 2}{u_0 - 1} = \frac{3-2}{3-1} = \frac{1}{2} v 0 = u 0 − 1 u 0 − 2 = 3 − 1 3 − 2 = 2 1 .
On a v n = v 0 × q n = 1 2 ( 2 3 ) n v_n = v_0 \times q^n = \frac{1}{2} \left(\frac{2}{3}\right)^n v n = v 0 × q n = 2 1 ( 3 2 ) n u n u_n u n v n v_n v n
v n = u n − 2 u n − 1 ⟺ v n ( u n − 1 ) = u n − 2 ⟺ u n v n − v n = u n − 2 ⟺ u n ( v n − 1 ) = v n − 2 ⟺ u n = 2 − v n 1 − v n v_n = \frac{u_n - 2}{u_n - 1} \iff v_n(u_n - 1) = u_n - 2 \iff u_n v_n - v_n = u_n - 2 \iff u_n(v_n - 1) = v_n - 2 \iff u_n = \frac{2 - v_n}{1 - v_n} v n = u n − 1 u n − 2 ⟺ v n ( u n − 1 ) = u n − 2 ⟺ u n v n − v n = u n − 2 ⟺ u n ( v n − 1 ) = v n − 2 ⟺ u n = 1 − v n 2 − v n
En remplaçant
v n v_n v n :
u n = 2 − 1 2 ( 2 3 ) n 1 − 1 2 ( 2 3 ) n u_n = \frac{2 - \frac{1}{2} \left(\frac{2}{3}\right)^n}{1 - \frac{1}{2} \left(\frac{2}{3}\right)^n} u n = 1 − 2 1 ( 3 2 ) n 2 − 2 1 ( 3 2 ) n
Comme − 1 < 2 3 < 1 -1 < \frac{2}{3} < 1 − 1 < 3 2 < 1 lim n → + ∞ ( 2 3 ) n = 0 \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^n = 0 lim n → + ∞ ( 3 2 ) n = 0 lim n → + ∞ v n = 0 \lim_{n \to +\infty} v_n = 0 lim n → + ∞ v n = 0
lim n → + ∞ u n = 2 − 0 1 − 0 = 2 \lim_{n \to +\infty} u_n = \frac{2 - 0}{1 - 0} = 2 n → + ∞ lim u n = 1 − 0 2 − 0 = 2 Problème 3 : Suites adjacentes et approximation du nombre e e e
On considère les deux suites
( u n ) (u_n) ( u n ) et
( v n ) (v_n) ( v n ) définies pour tout
n ≥ 1 n \ge 1 n ≥ 1 par :
u n = ∑ k = 0 n 1 k ! = 1 + 1 + 1 2 + ⋯ + 1 n ! et v n = u n + 1 n ⋅ n ! u_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n!} \quad \text{et} \quad v_n = u_n + \frac{1}{n \cdot n!} u n = k = 0 ∑ n k ! 1 = 1 + 1 + 2 1 + ⋯ + n ! 1 et v n = u n + n ⋅ n ! 1
Montrer que la suite ( u n ) (u_n) ( u n )
Montrer que la suite ( v n ) (v_n) ( v n )
Montrer que lim n → + ∞ ( v n − u n ) = 0 \lim_{n \to +\infty} (v_n - u_n) = 0 lim n → + ∞ ( v n − u n ) = 0
En déduire que les suites ( u n ) (u_n) ( u n ) ( v n ) (v_n) ( v n ) e ≈ 2 , 718 e \approx 2,718 e ≈ 2 , 718
Solution :
Calculons la différence u n + 1 − u n u_{n+1} - u_n u n + 1 − u n
u n + 1 − u n = ∑ k = 0 n + 1 1 k ! − ∑ k = 0 n 1 k ! = 1 ( n + 1 ) ! > 0 u_{n+1} - u_n = \sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{k!} - \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} = \frac{1}{(n+1)!} > 0 u n + 1 − u n = k = 0 ∑ n + 1 k ! 1 − k = 0 ∑ n k ! 1 = ( n + 1 )! 1 > 0
La suite
( u n ) (u_n) ( u n ) est donc strictement croissante.
Calculons v n + 1 − v n v_{n+1} - v_n v n + 1 − v n
v n + 1 − v n = u n + 1 + 1 ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! − ( u n + 1 n ⋅ n ! ) = 1 ( n + 1 ) ! + 1 ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! − 1 n ⋅ n ! v_{n+1} - v_n = u_{n+1} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \left( u_n + \frac{1}{n \cdot n!} \right) = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n \cdot n!} v n + 1 − v n = u n + 1 + ( n + 1 ) ( n + 1 )! 1 − ( u n + n ⋅ n ! 1 ) = ( n + 1 )! 1 + ( n + 1 ) ( n + 1 )! 1 − n ⋅ n ! 1
Mettons au dénominateur commun
n ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! n(n+1)(n+1)! n ( n + 1 ) ( n + 1 )! sachant que
( n + 1 ) ! = ( n + 1 ) n ! (n+1)! = (n+1)n! ( n + 1 )! = ( n + 1 ) n ! :
v n + 1 − v n = n ( n + 1 ) + n − ( n + 1 ) 2 n ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! = n 2 + n + n − ( n 2 + 2 n + 1 ) n ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! = − 1 n ( n + 1 ) ( n + 1 ) ! < 0 v_{n+1} - v_n = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{n^2 + n + n - (n^2 + 2n + 1)}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 v n + 1 − v n = n ( n + 1 ) ( n + 1 )! n ( n + 1 ) + n − ( n + 1 ) 2 = n ( n + 1 ) ( n + 1 )! n 2 + n + n − ( n 2 + 2 n + 1 ) = n ( n + 1 ) ( n + 1 )! − 1 < 0
La suite
( v n ) (v_n) ( v n ) est donc strictement décroissante.
Calculons la différence v n − u n v_n - u_n v n − u n
v n − u n = 1 n ⋅ n ! v_n - u_n = \frac{1}{n \cdot n!} v n − u n = n ⋅ n ! 1
Pour
n ≥ 1 n \ge 1 n ≥ 1 ,
n ! ≥ 1 ⟹ 0 < 1 n ⋅ n ! ≤ 1 n n! \ge 1 \implies 0 < \frac{1}{n \cdot n!} \le \frac{1}{n} n ! ≥ 1 ⟹ 0 < n ⋅ n ! 1 ≤ n 1 .
Comme
lim n → + ∞ 1 n = 0 \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0 lim n → + ∞ n 1 = 0 , on obtient d'après le théorème des Gendarmes :
lim n → + ∞ ( v n − u n ) = 0 \lim_{n \to +\infty} (v_n - u_n) = 0 n → + ∞ lim ( v n − u n ) = 0
Les suites ( u n ) (u_n) ( u n ) ( v n ) (v_n) ( v n )
( u n ) (u_n) ( u n ) ( v n ) (v_n) ( v n ) lim ( v n − u n ) = 0 \lim (v_n - u_n) = 0 lim ( v n − u n ) = 0 ( u n ) (u_n) ( u n ) ( v n ) (v_n) ( v n ) adjacentes . Le théorème sur les suites adjacentes garantit qu'elles convergent vers une même limite réelle L L L
Problème 4 : Étude d'une suite d'intégrales
On considère la suite
( I n ) (I_n) ( I n ) définie pour tout
n ∈ N n \in \N n ∈ N par :
I n = ∫ 0 1 x n e − x d x I_n = \int_0^1 x^n e^{-x} \dd x I n = ∫ 0 1 x n e − x d x
Calculer I 0 I_0 I 0
Montrer que la suite ( I n ) (I_n) ( I n )
Établir par un encadrement la limite de la suite ( I n ) (I_n) ( I n )
Solution :
I 0 = ∫ 0 1 x 0 e − x d x = ∫ 0 1 e − x d x = [ − e − x ] 0 1 = − e − 1 − ( − e 0 ) = 1 − e − 1 = 1 − 1 e I_0 = \int_0^1 x^0 e^{-x} \dd x = \int_0^1 e^{-x} \dd x = \Big[ -e^{-x} \Big]_0^1 = -e^{-1} - (-e^0) = 1 - e^{-1} = 1 - \frac{1}{e} I 0 = ∫ 0 1 x 0 e − x d x = ∫ 0 1 e − x d x = [ − e − x ] 0 1 = − e − 1 − ( − e 0 ) = 1 − e − 1 = 1 − e 1
Étudions le signe de I n + 1 − I n I_{n+1} - I_n I n + 1 − I n
I n + 1 − I n = ∫ 0 1 x n + 1 e − x d x − ∫ 0 1 x n e − x d x = ∫ 0 1 x n ( x − 1 ) e − x d x I_{n+1} - I_n = \int_0^1 x^{n+1} e^{-x} \dd x - \int_0^1 x^n e^{-x} \dd x = \int_0^1 x^n(x-1)e^{-x} \dd x I n + 1 − I n = ∫ 0 1 x n + 1 e − x d x − ∫ 0 1 x n e − x d x = ∫ 0 1 x n ( x − 1 ) e − x d x
Pour tout
x ∈ [ 0 , 1 ] x \in [0, 1] x ∈ [ 0 , 1 ] ,
x n ≥ 0 x^n \ge 0 x n ≥ 0 ,
e − x > 0 e^{-x} > 0 e − x > 0 et
x − 1 ≤ 0 x-1 \le 0 x − 1 ≤ 0 .
Le produit
x n ( x − 1 ) e − x x^n(x-1)e^{-x} x n ( x − 1 ) e − x est donc négatif ou nul sur
[ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] .
Par positivité de l'intégrale (les bornes étant dans l'ordre croissant
0 < 1 0 < 1 0 < 1 ), on a :
I n + 1 − I n ≤ 0 I_{n+1} - I_n \le 0 I n + 1 − I n ≤ 0
La suite
( I n ) (I_n) ( I n ) est donc décroissante.
De plus, pour tout
x ∈ [ 0 , 1 ] x \in [0, 1] x ∈ [ 0 , 1 ] ,
x n e − x ≥ 0 x^n e^{-x} \ge 0 x n e − x ≥ 0 . Par positivité de l'intégrale,
I n ≥ 0 I_n \ge 0 I n ≥ 0 pour tout
n ∈ N n \in \N n ∈ N .
La suite
( I n ) (I_n) ( I n ) est décroissante et minorée par 0, elle est donc
convergente d'après le théorème de convergence monotone.
Encadrons I n I_n I n x ∈ [ 0 , 1 ] x \in [0, 1] x ∈ [ 0 , 1 ]
0 ≤ e − x ≤ 1 ⟹ 0 ≤ x n e − x ≤ x n 0 \le e^{-x} \le 1 \implies 0 \le x^n e^{-x} \le x^n 0 ≤ e − x ≤ 1 ⟹ 0 ≤ x n e − x ≤ x n
Par intégration sur
[ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] :
0 ≤ ∫ 0 1 x n e − x d x ≤ ∫ 0 1 x n d x ⟹ 0 ≤ I n ≤ [ x n + 1 n + 1 ] 0 1 ⟹ 0 ≤ I n ≤ 1 n + 1 0 \le \int_0^1 x^n e^{-x} \dd x \le \int_0^1 x^n \dd x \implies 0 \le I_n \le \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \implies 0 \le I_n \le \frac{1}{n+1} 0 ≤ ∫ 0 1 x n e − x d x ≤ ∫ 0 1 x n d x ⟹ 0 ≤ I n ≤ [ n + 1 x n + 1 ] 0 1 ⟹ 0 ≤ I n ≤ n + 1 1
Puisque
lim n → + ∞ 1 n + 1 = 0 \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n+1} = 0 lim n → + ∞ n + 1 1 = 0 , on obtient par le théorème des Gendarmes :
lim n → + ∞ I n = 0 \lim_{n \to +\infty} I_n = 0 n → + ∞ lim I n = 0 Problème 5 : Suite d'équations implicites
Pour tout entier naturel
n ≥ 1 n \ge 1 n ≥ 1 , on considère l'équation :
( E n ) : x n + x − 1 = 0 (E_n) : \quad x^n + x - 1 = 0 ( E n ) : x n + x − 1 = 0
d'inconnue
x x x dans l'intervalle
[ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] .
Soit f n f_n f n [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] f n ( x ) = x n + x − 1 f_n(x) = x^n + x - 1 f n ( x ) = x n + x − 1 ( E n ) (E_n) ( E n ) [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] x n x_n x n
Calculer x 1 x_1 x 1 x 2 x_2 x 2
Comparer f n + 1 ( x ) f_{n+1}(x) f n + 1 ( x ) f n ( x ) f_n(x) f n ( x ) x ∈ [ 0 , 1 ] x \in [0, 1] x ∈ [ 0 , 1 ]
En déduire que pour tout n ≥ 1 n \ge 1 n ≥ 1 f n ( x n + 1 ) ≤ 0 f_n(x_{n+1}) \le 0 f n ( x n + 1 ) ≤ 0 ( x n ) (x_n) ( x n )
Prouver la convergence de la suite ( x n ) (x_n) ( x n )
Solution :
La fonction f n f_n f n [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] f n ′ ( x ) = n x n − 1 + 1 f_n'(x) = n x^{n-1} + 1 f n ′ ( x ) = n x n − 1 + 1 x ∈ [ 0 , 1 ] x \in [0, 1] x ∈ [ 0 , 1 ] x n − 1 ≥ 0 x^{n-1} \ge 0 x n − 1 ≥ 0 f n ′ ( x ) ≥ 1 > 0 f_n'(x) \ge 1 > 0 f n ′ ( x ) ≥ 1 > 0 f n f_n f n [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] f n ( 0 ) = − 1 < 0 f_n(0) = -1 < 0 f n ( 0 ) = − 1 < 0 f n ( 1 ) = 1 n + 1 − 1 = 1 > 0 f_n(1) = 1^n + 1 - 1 = 1 > 0 f n ( 1 ) = 1 n + 1 − 1 = 1 > 0 f n f_n f n [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ] f n ( x ) = 0 f_n(x) = 0 f n ( x ) = 0 x n x_n x n [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ]
Pour n = 1 n = 1 n = 1 f 1 ( x ) = x + x − 1 = 2 x − 1 = 0 ⟺ x 1 = 1 2 f_1(x) = x + x - 1 = 2x - 1 = 0 \iff x_1 = \frac{1}{2} f 1 ( x ) = x + x − 1 = 2 x − 1 = 0 ⟺ x 1 = 2 1 n = 2 n = 2 n = 2 f 2 ( x ) = x 2 + x − 1 = 0 f_2(x) = x^2 + x - 1 = 0 f 2 ( x ) = x 2 + x − 1 = 0 Δ = 1 − 4 ( 1 ) ( − 1 ) = 5 \Delta = 1 - 4(1)(-1) = 5 Δ = 1 − 4 ( 1 ) ( − 1 ) = 5 [ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] x 2 = − 1 + 5 2 ≈ 0 , 618 x_2 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \approx 0,618 x 2 = 2 − 1 + 5 ≈ 0 , 618
Calculons la différence :
f n + 1 ( x ) − f n ( x ) = ( x n + 1 + x − 1 ) − ( x n + x − 1 ) = x n + 1 − x n = x n ( x − 1 ) f_{n+1}(x) - f_n(x) = (x^{n+1} + x - 1) - (x^n + x - 1) = x^{n+1} - x^n = x^n(x - 1) f n + 1 ( x ) − f n ( x ) = ( x n + 1 + x − 1 ) − ( x n + x − 1 ) = x n + 1 − x n = x n ( x − 1 )
Pour tout
x ∈ [ 0 , 1 ] x \in [0, 1] x ∈ [ 0 , 1 ] ,
x n ≥ 0 x^n \ge 0 x n ≥ 0 et
x − 1 ≤ 0 x-1 \le 0 x − 1 ≤ 0 , donc :
f n + 1 ( x ) − f n ( x ) ≤ 0 ⟹ f n + 1 ( x ) ≤ f n ( x ) f_{n+1}(x) - f_n(x) \le 0 \implies f_{n+1}(x) \le f_n(x) f n + 1 ( x ) − f n ( x ) ≤ 0 ⟹ f n + 1 ( x ) ≤ f n ( x )
En appliquant le résultat précédent au point x = x n + 1 x = x_{n+1} x = x n + 1
f n ( x n + 1 ) ≥ f n + 1 ( x n + 1 ) f_n(x_{n+1}) \ge f_{n+1}(x_{n+1}) f n ( x n + 1 ) ≥ f n + 1 ( x n + 1 )
Or, par définition de
x n + 1 x_{n+1} x n + 1 , on a
f n + 1 ( x n + 1 ) = 0 f_{n+1}(x_{n+1}) = 0 f n + 1 ( x n + 1 ) = 0 . Ainsi :
f n ( x n + 1 ) ≥ 0 = f n ( x n ) f_n(x_{n+1}) \ge 0 = f_n(x_n) f n ( x n + 1 ) ≥ 0 = f n ( x n )
Comme la fonction
f n f_n f n est strictement croissante sur
[ 0 , 1 ] [0, 1] [ 0 , 1 ] , on en déduit :
x n + 1 ≥ x n x_{n+1} \ge x_n x n + 1 ≥ x n
La suite
( x n ) (x_n) ( x n ) est donc croissante.
La suite ( x n ) (x_n) ( x n ) n n n x n ∈ [ 0 , 1 ] x_n \in [0, 1] x n ∈ [ 0 , 1 ] ( x n ) (x_n) ( x n )