Correction

d’après CCP PC 1997
1.a g est k lipschitzienne donc continue.
1.b Posons h : x ֏ g( x) −x
définie sur [ a, b ] .
Correction
Partie I
h est continue, h( a) = g( a) −a ≥ 0 et h( b) = g( b) −b ≤ 0 donc h s’annule en vertu du TVI.
Par suite l’équation g( x) = x possède au moins une solution.
Notons α et β deux solutions de l’équation g( x) = x .
On a g( α) −g( β) ≤ k α − β donc α −β ≤ k α − β or k < 1 donc α = β .
Finalement l’équation g( x) = x possède une solution unique.
2.a Par récurrence sur n ∈ ℕ :
Pour n = 0 : ok
Supposons la propriété établie au rang n ≥ 0
α α α α
n+
1
xn + 1 g( xn ) g( ) k xn k u
HR
− = − ≤ − ≤ − .
Récurrence établie.
n
k ∈ [ 0,1[
donc k → 0 et donc xn → α par comparaison.
∞
n
2.b 1 ère méthode :
x −x ≤ ( x − x ) + ( x − x ) + ⋯ + ( x −x
) ,
n+ p n n+ p n+ p− 1 n+ p− 1 n+ p− 2 n+ 1 n
x −x ≤ x − x + x − x + ⋯ + x −x
,
n+ p n n+ p n+ p− 1 n+ p− 1 n+ p− 2 n+ 1 n
1−k
x x k x x k x x k x x x x
1−k
p
n+ p − n ≤
p−1 n+ 1 − n +
p−2
n+ 1 − n + ⋯ +
0
n+ 1 − n = n+ 1 − n
2 ème méthode :
Par récurrence sur p ∈ ℕ en exploitant :
1−k
x x x x x x k x x x x
1−k
p
n+ p+ 1 − n ≤ n+ p+ 1 − n+ p + n+ p − n ≤
p
n+ 1 − n + n+ 1 − n
2.c Quand p → +∞ dans l’inégalité précédente : α −x 1
≤ x + 1 −x
1−k
Or xn + 1 xn n
k x1 x 0
− ≤ − donc n
k
xn −α ≤ x1 −x
0
1−k
.
3.a
n n n
g( α + h) −g(
α)
g ′ ( α)
= lim
or g( α + h) −g( α) ≤ k ( α + h) − α = k h
h→0
h
g( α + h) −g(
α)
donc
≤ k puis à la limite quand h → 0 : g ′ ( α)
≤ k .
h
g( x) −g(
α)
3.b xn → α et
⎯⎯⎯→ g ′ ( α)
donc par composition de limite :
x →α
x −α
xn + 1 −α g( xn ) −g
( α)
= ⎯⎯→ g′
( α)
.
n∞
x −α x −α
n n
Partie II
1.a f est continue, f ( a ) < 0 et f ( b ) > 0 donc en vertu du TVI l’équation f ( x ) = 0 possède au moins une
solution dans ] a, b [ . D’autre part f est strictement croissante (donc injective) car ∀x ∈ [ a, b] , f ′ ( x)
> 0 ,
par suite l’équation f ( x ) = 0 ne peut avoir plus d’une solution. Finalement l’équation f ( x ) = 0 possède
une unique solution α ∈ ] a, b[
.
.
.

= ′ ( )( − ) + ( ) .
1.b L’équation de la tangente à f en 0 x est y f x 0 x x 0 f x 0
Cette droite coupe l’axe des abscisses ( y = 0 ) en un point d’abscisse
2.a f est f ′ sont
2.b g( α) α
1
C donc g l’est aussi par opérations.
f ( α) f ′′ ( α)
′ ( α)
= = 0 .
( f ′ ( α))
= et g
2
x x
= 0 −
′
f ( x 0 )
.
f ( x )
3.a Par récurrence sur n ∈ ℕ montrons que x n existe et [ ] , xn ∈ a α .
Pour n = 0 : ok
Supposons la propriété établie au rang n ≥ 0 .
Puisque, par HR, x n existe et [ ] , xn ∈ a α , xn + 1 g( xn
) = est bien définie.
x n + 1 est l’abscisse du point d’intersection de la tangente à f en x n et de l’axe des abscisses.
f ( x + ) ≤ 0 et
La fonction f étant concave, sa représentation est en dessous de cette tangente, donc
puisque f est strictement croissante : xn + 1 α
n 1
≤ .
D’autre part x + 1 x
f ( xn
)
x
f ( xn
)
= − ≥
′
Ainsi xn + 1 [ xn , α] [ a,
α]
∈ ⊂ . Récurrence établie.
On a vu ci-dessus xn + 1 xn
≥ , la suite ( )
n n n
n
car f ( xn ) ≤ 0 et donc xn + 1 xn
≥ .
x est croissante.
3.b ( x n ) est croissante et majorée donc elle converge vers une limite ℓ .
x ∈ [ a, α]
donne à la limite ℓ ∈[
a, α]
.
n
f ( xn
)
xn + 1 xn
f ( x )
= − f ( ℓ)
1
donne à la limite ℓ = ℓ − car f est C . Par suite f ( ℓ ) = 0 et donc ℓ = α .
′
f ′ ( ℓ )
n
4.a On a g ′ ( α)
= 0 et g′ continue car g est de classe
1
C .
Puisque g ′ ( x) ⎯⎯⎯→ 0 < 1 , il existe h > 0 tel que ∀x ∈ I = x →α
[ α − h, α + h] , g ′ ( x)
< 1 quitte à prendre h
suffisamment petit pour que I ⊂ [ a, b]
.
4.b Par l’inégalité des accroissements finis :
∀x ∈ I , g( x) −g ( α) ≤ 1×
x − α donc g( x) −α ≤ h d’où g( x) ∈ I .
4.c g ′ est continue sur le segment I = [ α − h, α + h]
, elle y admet donc un maximum en un point c ∈ I .
Posons k = g ′ ( c)
. On a k ∈ [ 0,1[
car ∀x ∈ I , g ′ ( x)
< 1 .
De plus ∀x ∈ I , g ′ ( x) ≤ g′ ( c) = k donc l’inégalité des accroissements finis assure que g est k
lipschitzienne.
4.d Les propriétés sont réunies pour exploiter la partie I et conclure.
5. Par la formule de Taylor-Young :
g′′
( α)
2 2
g( x) = g( α) + g ′ ( α)( x − α) + ( x − α) + o(( x − α)
) au voisinage de α .
2
g ′′ ( α)
2 2
Puisque xn → α on peut écrire : g( xn ) = g( α) + g′ ( α)( xn − α) + ( xn − α) + o(( xn
− α)
)
2
g ′′ ( α)
2 2
xn + 1 − α g′′
( α)
i.e. : xn + 1 = α + ( xn − α) + o(( xn
− α)
) d’où lim = .
2
2
n→+∞
( x −α)
2
n
0