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Colles de mathématiques

Suite implicite définie par une intégrale impropre


Sujet


Soit H définie par:
H(x) = ∫ x +∞ e−t2/2(1 + t)dt
et (xn) la suite définie par x0 = 1 et xn+1 = H(xn).
  1. Déterminer les valeurs de x pour lesquelles H(x) est convergente.
  2. Étudier les variations de H sur ]0; +∞[. Préciser la limite en +∞.
  3. Prouver que xn∈R+* pour tour entier n.
  4. Montrer qu'il existe un unique α > 0 tel que H(α) = α.
  5. Montrer que, pour tout entier n, |xn+1 − α|≤|xn − α|.
  6. En déduire que (xn) converge.

Corrigé de l'exercice de maths: Intégrales généralisées - Suites

Correction


  1. La fonction $h:t\mapsto\dfrac{e^{-t^2}}{2(1+t)}$ est continue sur $\R\setminus\la-1\ra$ et, par croissances comparées en $+\infty$,
    \[\lim_{t\to+\infty}t^2h(t)=0\]

    c'est-à-dire que
    \[h(t)=o\lp\dfrac1{t^2}\rp\]

    et donc par comparaison avec une intégrale de Riemann, l'intégrale est convergente en $+\infty$, et ainsi $H$ est définie pour $x>-1$.

    En $-1$, on a $h(t)\simeq\dfrac{e^{-1}}{2(1+t)}=\dfrac{e^{-1}}{2u}$ avec $u=1+t$, et ainsi par comparaison avec une intégrale de Riemann (en 0 cette fois), $H$ diverge en $-1$.
    En résumé $H$ est définie sur $]-1;+\infty[$.
  2. On a $H(x)=-\dsp\int_{+\infty}^xh(t)dt$ et donc, pour tout $x>1$,
    \[H'(x)=-h(x)=-\dfrac{e^{-x^2}}{2(1+x)}\]

    Or, $e^{-x^2}>0$ et $1+x>0$ sur $]0;+\infty[$ et donc $H'(x)<0$ et $H$ est décroissante.
    Comme l'intégrale est convergente, on a que
    \[\lim_{x\to+\infty}H(x)=\lim_{x\to+\infty}\int_x^{+\infty}h(t)dt=0\]

    Comme ce n'est pas nécessairement complètement évident, pour le montrer on peut par exemple décomposer l'intégrale en écrivant que, pour tous réels $x>-1$ et $y>-1$
    \[H(x)-H(y)=\int_x^yh(t)dt\]

    soit aussi
    \[H(x)=H(y)-\int_x^yh(t)dt\]

    avec, puisque l'intégrale est convergente,
    \[\lim_{x\to+\infty}\int_x^yh(t)dt=\int_x^{+\infty}h(t)dt=H(y)\]

    d'où
    \[\lim_{x\to+\infty}H(x)=H()-H(y)=0\]


  3. Pour tout réel $t$ positif, on a $\dfrac{e^{-t^2}}{2(1+t)}>0$ et donc, par positivité de l'intégrale, $H(x)>0$ pour tout $x$ positif.
    Ainsi, par récurrence, $x_0=1>0$ et lorsque $x_n>0$ alors on a donc aussi $x_{n+1}=H\left( x_n\rp>0$. On a donc, pour tout entier $n$, $x_n>0$.
  4. On considère la fonction $G$ définie sur $\R_+$ par $G(x)=H(x)-x$ et on cherche $\alpha$ tel que $G(\alpha)=0$.
    On a alors,
    \[G'(x)=-\dfrac{e^{-x^2}}{2(1+x)}-1<0\]

    comme on l'a vu précédemment, et ainsi $G$ est strictement décroissante.
    On a de plus que $G(0)=H(0)>0$ (positivité de l'intégrale, vu précédemment) et, comme $\dsp\lim_{x\to+\infty}H(x)=0$, on a $\dsp\lim_{x\to+\infty}G(x)=-\infty$.
    Comme $G$ est aussi continue (même dérivable), d'après le théorème de la bijection (car en effet $G$ est une bijection de $\R_+$ sur $[G(0);+\infty[$), il existe un unique $\alpha>0$ tel que $G(\alpha)=0\iff H(\alpha)=\alpha$.
  5. Pour tout entier $n$, on a
    \[\begin{array}{lcl}x_{n+1}-\alpha &=&H(x_n)-H(\alpha)\\[.5em] &=&\dsp\int_{x_n}^\alpha h(t)dt\enar\]

    et donc
    \[\left|x_{n+1}-\alpha\right| \leqslant\left|x_n-\alpha\right|\max_{t\in[x_n;\alpha]}\left|h(t)\right|\]

    Or, pour tout entier $n$, on a vu que $x_n>0$, et pour $t>0$,
    \[\left|h(t)\right|\leqslant\dfrac12<1\]


    On a bien obtenu ainsi que
    \[\left|x_{n+1}-\alpha\right|\leqslant\left|x_n-\alpha\right|\]


  6. On a vu à la question précédente, que plus précisément on a
    \[\left|x_{n+1}-\alpha\right|\leqslant\dfrac12\left|x_n-\alpha\right|\]

    et donc, par une récurrence immédiate,
    \[\left|x_n-\alpha\right|\leqslant\dfrac1{2^n}\left|x_0-\alpha\right|\]

    ce qui montre que $(x_n)$ converge vers $\alpha$.