Thème : Étude d'une fonction logarithmique — Suite récurrente définie par $u_{n+1} = f(u_n)$
Barème indicatif : 5 points (parties A et B)
On considère la fonction $f$ définie sur $]-1\,;\,+\infty[$ par :
$$f(x) = 4\ln(x+1) - \frac{x^2}{25}.$$
Question 1. Limite de $f$ en $-1$ par valeurs supérieures
Lorsque $x \to -1^+$, on a $x + 1 \to 0^+$ donc $\ln(x+1) \to -\infty$, tandis que $-\frac{x^2}{25} \to -\frac{1}{25}$ (terme fini). Par conséquent :
$$\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty.$$
La droite d'équation $x = -1$ est une asymptote verticale à la courbe de $f$ (par valeurs inférieures).
Question 2. Expression de $f'(x)$
$f$ est dérivable sur $]-1\,;\,+\infty[$ comme composée et somme de fonctions dérivables :
$$f'(x) = \frac{4}{x+1} - \frac{2x}{25} = \frac{4 \times 25 - 2x(x+1)}{25(x+1)} = \frac{100 - 2x^2 - 2x}{25(x+1)}.$$
Question 3. Signe de $f'$ sur $]-1\,;\,+\infty[$ — monotonie sur $[2\,;\,6{,}5]$
Sur $]-1\,;\,+\infty[$, le dénominateur $25(x+1) > 0$. Le signe de $f'$ est donc celui du numérateur :
$$100 - 2x^2 - 2x > 0 \iff x^2 + x - 50 < 0.$$
Les racines de $x^2 + x - 50 = 0$ sont :
$$x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 200}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{201}}{2}.$$
Comme $\sqrt{201} \approx 14{,}18$, les racines valent approximativement $x_1 \approx -7{,}59$ et $x_2 \approx 6{,}59$.
Sur $]-1\,;\,+\infty[$, la parabole $x^2 + x - 50$ est négative entre ses racines, donc pour $x \in ]-1\,;\,6{,}59[$. Ainsi :
- $f' > 0$ sur $]-1\,;\,6{,}59[$ : $f$ est strictement croissante,
- $f' < 0$ sur $]6{,}59\,;\,+\infty[$ : $f$ est strictement décroissante.
En particulier, $[2\,;\,6{,}5] \subset ]-1\,;\,6{,}59[$, donc $f$ est strictement croissante sur $[2\,;\,6{,}5]$.
Question 4. Existence et unicité d'une solution de $f(x) = x$ sur $[2\,;\,6{,}5]$
On pose $h(x) = f(x) - x$ sur $[2\,;\,6{,}5]$.
*Calcul de $h$ aux bornes :*
$$h(2) = 4\ln 3 - \frac{4}{25} - 2 \approx 4 \times 1{,}0986 - 0{,}16 - 2 \approx 4{,}3944 - 2{,}16 = 2{,}23 > 0.$$
$$h(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) - \frac{42{,}25}{25} - 6{,}5 \approx 4 \times 2{,}0149 - 1{,}69 - 6{,}5 \approx 8{,}06 - 8{,}19 = -0{,}13 < 0.$$
*Application du théorème des valeurs intermédiaires :* $h$ est continue sur $[2\,;\,6{,}5]$ (car $f$ est dérivable donc continue), $h(2) > 0$ et $h(6{,}5) < 0$. Il existe donc au moins une valeur $\alpha \in ]2\,;\,6{,}5[$ telle que $h(\alpha) = 0$.
*Unicité :* On étudie le signe de $h'(x) = f'(x) - 1$ :
$$h'(x) = \frac{100 - 2x^2 - 2x}{25(x+1)} - 1 = \frac{100 - 2x^2 - 2x - 25(x+1)}{25(x+1)} = \frac{75 - 27x - 2x^2}{25(x+1)}.$$
Les racines de $2x^2 + 27x - 75 = 0$ sont $x = \frac{-27 \pm \sqrt{729 + 600}}{4} = \frac{-27 \pm \sqrt{1329}}{4} \approx \frac{-27 \pm 36{,}5}{4}$.
La racine positive vaut $x_0 \approx \frac{9{,}5}{4} \approx 2{,}36$.
- Sur $[2\,;\,2{,}36]$ : $h' > 0$ (on vérifie $h'(2) = \frac{75-54-8}{75} = \frac{13}{75} > 0$).
- Sur $[2{,}36\,;\,6{,}5]$ : $h' < 0$ (on vérifie $h'(3) = \frac{75-81-18}{100} = \frac{-24}{100} < 0$).
Donc $h$ est croissante puis décroissante sur $[2\,;\,6{,}5]$. Comme $h(2) > 0$ et $h(6{,}5) < 0$, $h$ s'annule exactement une fois sur $[2{,}36\,;\,6{,}5] \subset [2\,;\,6{,}5]$.
Il existe un unique réel $\alpha \in ]2\,;\,6{,}5[$ tel que $f(\alpha) = \alpha$.
Question 5. Encadrement de $\alpha$ au centième
On calcule $h(x) = f(x) - x$ pour $x$ variant par pas de $0{,}01$ autour de la solution :
$$h(6{,}57) = 4\ln(7{,}57) - \frac{(6{,}57)^2}{25} - 6{,}57 \approx 4 \times 2{,}0239 - 1{,}7266 - 6{,}57 \approx 8{,}0956 - 8{,}2966 \approx -0{,}20.$$
Affinons davantage :
$$h(6{,}40) \approx 4\ln(7{,}40) - \frac{40{,}96}{25} - 6{,}40 \approx 8{,}028 - 1{,}638 - 6{,}40 = -0{,}01 < 0.$$
$$h(6{,}39) \approx 4\ln(7{,}39) - \frac{40{,}83}{25} - 6{,}39 \approx 8{,}024 - 1{,}633 - 6{,}39 = 0{,}001 > 0.$$
On obtient l'encadrement :
$$\boxed{6{,}39 \leq \alpha \leq 6{,}40.}$$
Ces deux valeurs encadrent $\alpha$ avec une précision de $10^{-2}$.
On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = 2$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
Question 1. La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $6{,}5$
On montre par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : $2 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 6{,}5$.
*Initialisation ($n = 0$) :*
$$u_1 = f(u_0) = f(2) = 4\ln 3 - \frac{4}{25} \approx 4{,}394 - 0{,}16 = 4{,}234.$$
On a bien $2 \leq u_0 = 2 < u_1 \approx 4{,}234 \leq 6{,}5$ $\checkmark$. De plus, $f(2) \geq 2$ et $f(6{,}5) \approx 4\ln(7{,}5) - \frac{42{,}25}{25} \approx 8{,}06 - 1{,}69 = 6{,}37 \leq 6{,}5$ $\checkmark$.
*Hérédité :* Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie, c'est-à-dire $2 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 6{,}5$. Montrons $\mathcal{P}(n+1)$.
- $f$ est croissante sur $[2\,;\,6{,}5]$ (démontré en question 3). Comme $u_n \leq u_{n+1}$ et $u_n, u_{n+1} \in [2\,;\,6{,}5]$ :
$$f(u_n) \leq f(u_{n+1}) \implies u_{n+1} \leq u_{n+2}. \quad \checkmark$$
- $u_{n+1} \in [2\,;\,6{,}5]$ donc $u_{n+2} = f(u_{n+1}) \in [f(2)\,;\,f(6{,}5)] \approx [4{,}23\,;\,6{,}37] \subset [2\,;\,6{,}5]$. $\checkmark$
La propriété est héréditaire.
Conclusion : par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 6{,}5$.
La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $6{,}5$.
Question 2. Convergence de la suite
Toute suite croissante et majorée est convergente (théorème de la limite monotone). La suite $(u_n)$ est donc convergente.
Question 3. Valeur de la limite
Soit $\ell = \lim_{n \to +\infty} u_n$. Par passage à la limite dans la relation $u_{n+1} = f(u_n)$, et puisque $f$ est continue sur $]-1\,;\,+\infty[$, on obtient :
$$\ell = f(\ell).$$
C'est précisément l'équation $h(\ell) = 0$ dont l'unique solution dans $[2\,;\,6{,}5]$ est $\alpha$.
$$\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = \alpha \approx 6{,}39.}$$