Bonjour
J'ai des difficultés avec les 2 questions de l'exercice 1. Je souhaitais savoir si quelqu'un pouvait m'aider à le résoudre.
On pose f(x)=sin(x)
1. Montrer que pour tout x appartenant à [0;pi/2] on a l'inégalité 2x/pi<=f(x)<=x
2. On considère la suite (Un) n>=0 définie par Un+1= sin(Un) si n>=0
et Uo appartenant à R+
Etudier la convergence de la suite (Un) avec n>=0
1) j'ai appliqué le théorème des accroissements finis sur [0;pi/2] à sin(x).
J'ai trouvé sin(pi/2)-sin(0)/ pi/2 -0= f'(x)
d'où 2/pi= f'(x)
j'en ai déduit f(x)= 2x/pi
mais après je ne sais pas comment montrer que f(x) est supérieur à 2x/pi ni inclure l'autre x dans l'inégalité.
2) Pour la 2 j'ai dit que 0< sin(Un)<1 donc elle converge en +infini en 1 et converge en -infini en 0.
Car j'ai pris Un compris entre 0 et pi.
Merci d'avoir lu
fonction exercice 1 (2questions)
Re: fonction exercice 1 (2questions)
Bonjour
Exercice 1
L'inégalité des accroissements finis peut être utilisée pour une partie (ce n'est pas la seule méthode) mais elle est mal utilisée.
$f'(x)=\cos x$. Sur $[0, \frac{\pi}{2}], 0\leq f'(x)\leq 1$ donc $f(x)-f(0)\leq 1(x-0)$ soit $\sin x \leq x$.
La seconde partie de l'inégalité équivaut à montrer que $2x\leq \pi \sin x$ soit $\pi \sin x -2x\geq 0$
On considère la fonction $g$ définie sur $[0, \frac{\pi}{2}]$ par $g(x)=\pi \sin x -2x$.
$g'(x)= \pi \cos x -2$
$g'(x)=0 \Longleftrightarrow \cos x =\frac{2}{\pi}$ donc sur l'intervalle $[0, \frac{\pi}{2}],\ x=x_0=arccos (\frac{2}{\pi})$
Comme la fonction $cos$ est décroissante sur cet intervalle, on a donc $g'(x)>0$ sur $[0, x_0[$ et $g'(x)<0$ sur $]x_0 \frac{\pi}{2}]$
$g$ est donc croissante sur $[0, x_0]$ et décroissante sur $[x_0, \frac{\pi}{2}]$.
Or $g(0)=g(\frac{\pi}{2})=0$ donc $g(x)\geq 0$ sur $[0, \frac{\pi}{2}]$ soit $\sin x \geq \frac{2x}{\pi}$
Exercice 1
L'inégalité des accroissements finis peut être utilisée pour une partie (ce n'est pas la seule méthode) mais elle est mal utilisée.
$f'(x)=\cos x$. Sur $[0, \frac{\pi}{2}], 0\leq f'(x)\leq 1$ donc $f(x)-f(0)\leq 1(x-0)$ soit $\sin x \leq x$.
La seconde partie de l'inégalité équivaut à montrer que $2x\leq \pi \sin x$ soit $\pi \sin x -2x\geq 0$
On considère la fonction $g$ définie sur $[0, \frac{\pi}{2}]$ par $g(x)=\pi \sin x -2x$.
$g'(x)= \pi \cos x -2$
$g'(x)=0 \Longleftrightarrow \cos x =\frac{2}{\pi}$ donc sur l'intervalle $[0, \frac{\pi}{2}],\ x=x_0=arccos (\frac{2}{\pi})$
Comme la fonction $cos$ est décroissante sur cet intervalle, on a donc $g'(x)>0$ sur $[0, x_0[$ et $g'(x)<0$ sur $]x_0 \frac{\pi}{2}]$
$g$ est donc croissante sur $[0, x_0]$ et décroissante sur $[x_0, \frac{\pi}{2}]$.
Or $g(0)=g(\frac{\pi}{2})=0$ donc $g(x)\geq 0$ sur $[0, \frac{\pi}{2}]$ soit $\sin x \geq \frac{2x}{\pi}$
Re: fonction exercice 1 (2questions)
Question 2
Quel que soit $u_0$, on a $u_1\in [-1,1]$ donc $u_1\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}$
On distingue 2 cas.
1) Premier cas : $u_1\in [0,1]\subset [0,\frac{\pi}{2}]$
Par récurrence : $\forall n\in {\mathbb N}^*, u_n\in [0,\frac{\pi}{2}]$ car si $u_n\in [0,1]$ alors $u_{n+1}=\sin u_n\in [0, 1]\subset [0, \frac{\pi}{2}]$
$\forall n \in {\mathbb N}^*, u_{n+1}-u_n=\sin (u_n)-u_n\leq 0$ d'après la question 1.
La suite est donc décroissante, minorée par 0 donc elle converge.
La fonction $sin$ étant continue la limite est solution de l'équation $\sin x =x$.
L'étude de la fonction définie sur $[0, \frac{\pi}{2}]$ par $h(x)=\sin x -x$ montre que la seule valeur solution est $x=0$
2) Deuxième cas : $u_1\in [-1 , 0]\subset [-\frac{\pi}{2} , 0]$
Par récurrence : $\forall n\in {\mathbb N}^*, u_n\in [-\frac{\pi}{2},0]$ car si $u_n\in [-1,0]$ alors $u_{n+1}=\sin u_n\in [-1,0]\subset [-\frac{\pi}{2},0]$
Posons $v_n=-u_n$ alors $\forall n \in {\mathbb N}^*, v_n\in [0, \frac{\pi}{2}]$ et $v_{n+1}=-u_{n+1}=-\sin (u_n)=\sin (-u_n)=\sin (v_n)$
Donc d'après le premier cas, la suite $(v_n)$ converge vers 0 et il en est de même de la suite $(u_n)$.
Remarque : dans l'étude de la limite d'une suite, le seul cas à envisager est $n$ tend vers $+\infty$.
Quel que soit $u_0$, on a $u_1\in [-1,1]$ donc $u_1\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}$
On distingue 2 cas.
1) Premier cas : $u_1\in [0,1]\subset [0,\frac{\pi}{2}]$
Par récurrence : $\forall n\in {\mathbb N}^*, u_n\in [0,\frac{\pi}{2}]$ car si $u_n\in [0,1]$ alors $u_{n+1}=\sin u_n\in [0, 1]\subset [0, \frac{\pi}{2}]$
$\forall n \in {\mathbb N}^*, u_{n+1}-u_n=\sin (u_n)-u_n\leq 0$ d'après la question 1.
La suite est donc décroissante, minorée par 0 donc elle converge.
La fonction $sin$ étant continue la limite est solution de l'équation $\sin x =x$.
L'étude de la fonction définie sur $[0, \frac{\pi}{2}]$ par $h(x)=\sin x -x$ montre que la seule valeur solution est $x=0$
2) Deuxième cas : $u_1\in [-1 , 0]\subset [-\frac{\pi}{2} , 0]$
Par récurrence : $\forall n\in {\mathbb N}^*, u_n\in [-\frac{\pi}{2},0]$ car si $u_n\in [-1,0]$ alors $u_{n+1}=\sin u_n\in [-1,0]\subset [-\frac{\pi}{2},0]$
Posons $v_n=-u_n$ alors $\forall n \in {\mathbb N}^*, v_n\in [0, \frac{\pi}{2}]$ et $v_{n+1}=-u_{n+1}=-\sin (u_n)=\sin (-u_n)=\sin (v_n)$
Donc d'après le premier cas, la suite $(v_n)$ converge vers 0 et il en est de même de la suite $(u_n)$.
Remarque : dans l'étude de la limite d'une suite, le seul cas à envisager est $n$ tend vers $+\infty$.