Exercice 11 - Exercice 1

On désigne par $$g$$ la fonction numérique suivante :
$$g : x \longmapsto g(x) = x - e^{-x} = x - f(x)$$
Cette fonction $$g$$ est continue sur $$\mathbb{R}$$ et dérivable. Et on a :
$$g'(x) = \left( x - e^{-x} \right)' = \left( x \right)' - \left( - e^{-x} \right)' = 1 - \left( + e^{-x} \right) = 1 + e^{-x}$$
On constate alors que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, g'(x) > 0$$
Ainsi la fonction $$g$$ est strictement croissante sur $$\mathbb{R}$$.
De plus on a :
$$\lim_{x \longrightarrow - \infty} g(x) = \lim_{x \longrightarrow - \infty} \left( x - e^{-x} \right) = - \infty$$
Et :
$$\lim_{x \longrightarrow - \infty} g(x) = \lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( x - e^{-x} \right) = + \infty$$
Donc on en déduit que la graphe de $$g$$ coupe une seule fois l'axe des abscisses. Autrement dit, l'équation $$g(x) = 0$$ admet une unique solution. Cette unique solution sera notée $$\alpha$$.
De plus, on a :
$$g(1) = 1 - e^{-1} = 1 - \dfrac{1}{e}$$
Comme $$e > 2$$ alors $$\dfrac{1}{e} < \dfrac{1}{2}$$ et $$-\dfrac{1}{e} > -\dfrac{1}{2}$$. Ainsi on en déduit que l'on a :
$$1-\dfrac{1}{e} > 1-\dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, g(1) > \dfrac{1}{2}$$
Donc :
$$g(1) > 0$$
Soit encore :
$$g(1) < g(\alpha)$$
Puis, on a :
$$g\left( \dfrac{1}{e} \right) = 1 - e^{-\frac{1}{e}} = 1 - \dfrac{1}{e^{\frac{1}{e}}}$$
Comme $$e > 2$$ alors $$\dfrac{1}{e} < \dfrac{1}{2}$$. Mais $$e < 4$$ donc $$e^{\frac{1}{e}} < 4^{\frac{1}{2}}$$ ce qui revient à écrire que $$e^{\frac{1}{e}} < 2$$. Ceci implique que :
$$\dfrac{1}{e^{\frac{1}{e}}} > \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, -\dfrac{1}{e^{\frac{1}{e}}} < - \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{e^{\frac{1}{e}}} < \dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{2}$$
Ceci nous permet d'écrire que :
$$g\left( \dfrac{1}{e} \right) < \dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{2}$$
Cependant, on sait que $$e > 2$$ alors $$\dfrac{1}{e} < \dfrac{1}{2}$$ et de fait $$\dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{2} < \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}$$. Donc :
$$\dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{2} < 0$$
Ceci nous permet d'écrire que :
$$g\left( \dfrac{1}{e} \right) < 0$$
Soit encore :
$$g\left( \dfrac{1}{e} \right) < g(\alpha)$$
On en peut donc écrire que :
$$g\left( \dfrac{1}{e} \right) < g(\alpha) < g(1)$$
Comme la fonction $$g$$ est continue et croissante sur $$\mathbb{R}$$ alors elle conserve l'ordre sur $$\mathbb{R}$$. De fait :
$$\dfrac{1}{e} < \alpha < 1$$

La fonction $$f : x \longmapsto f(x) = e^{-x}$$ est strictement positive et décroissante sur $$\mathbb{R}$$.
Donc on en déduit immédiatement que :
$$u_0 \in \mathbb{R} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, u_1 = f(u_0) > 0$$
De plus :
$$u_2 = f(u_1) = e^{-u_1} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, e^{-u_1} < e{-0} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, u_2 < 1$$
Donc :
$$0 < u_2 < 1$$
De fait :
$$u_3 = f(u_2) = e^{-u_2} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, 0 > -u_2 > -1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, e^0 > e^{-u_2} > e^{-1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 1 > u_3 > e^{-1}$$
Donc :
$$\dfrac{1}{e} < u_3 < 1$$
Nous allons maintenant démontrer par récurrence que, pour tout nombre entier naturel $$n$$ supérieur ou égal à $$3$$, on a $$u_n$$ qui vérifie $$u_n \in \left[ \dfrac{1}{e} \,;\, 1 \right]$$ autrement dit que $$\dfrac{1}{e} \leqslant u_n \leqslant 1$$.
Posons, pour $$n \geqslant 3$$, l'hypothèse de récurrence $$P_n : \dfrac{1}{e} \leqslant u_n \leqslant 1$$.
$${\color{blue}{\bullet \,\, \textbf{Initialisation}}}$$
Si $$n = 3$$, on a montrer précédemment que $$\dfrac{1}{e} < u_3 < 1$$. De fait on a :
$$\dfrac{1}{e} \leqslant u_3 \leqslant 1$$
Donc l'hypothèse de récurrence $$P_n$$ est bien vérifiée au rang $$3$$.
$${\color{blue}{\bullet \bullet \,\, \textbf{Transmission}}}$$
On suppose que l'hypothèse de récurrence $$P_n$$ est bien vérifiée au rang $$n$$, c'est à dire que l'on a :
$$\dfrac{1}{e} \leqslant u_n \leqslant 1$$
Comme $$f$$ est continue et décroissante sur $$\mathbb{R}$$, on a alors :
$$f\left(\dfrac{1}{e}\right) \geqslant f(u_n) \geqslant f(1)$$
Soit :
$$e^{-\frac{1}{e}} \geqslant u_{n+1} \geqslant e^{-1}$$
Mais comme $$-\dfrac{1}{e} < 0$$ cela implique que $$e^{-\frac{1}{e}} < e^0$$. Autrement dit $$e^{-\frac{1}{e}} < 1$$. On peut alors écrire que :
$$1 \geqslant u_{n+1} \geqslant e^{-1}$$
Soit encore :
$$\dfrac{1}{e} \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$$
Donc, si la l'hypothèse de récurrence est vérifiée au rang $$n$$ alors elle est également vérifiée au rang $$n+1$$. Ainsi $$P_n \,\, \Longrightarrow P_{n+1}$$.
La transmission est donc assurée au sein de l'ensemble des nombres entiers naturels supérieurs ou égaux à $$3$$.
$${\color{blue}{\bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Conclusion}}}$$
En vertu des axiomes de la récurrence, on peut affirmer que la propriété $$P_n : \dfrac{1}{e} \leqslant u_n \leqslant 1$$ est bien vérifiée pour tout $$n \geqslant 3$$.

Lorsque $$x \in \left[ \dfrac{1}{e} \,;\, 1 \right]$$ alors l'expression $$e^{-x}$$ est majorée par la valeur $$V = e^{-\frac{1}{e}}$$. Mais $$e^{-x} = |f'(x)|$$. Ainsi l'expression $$|f'(x)|$$ est majorée par la valeur $$V = e^{-\frac{1}{e}}$$.
Cette valeur $$V$$ vérifie :
$$0 < V < 1$$
De plus on a $$|u_{n+1} - \alpha| = |f(u_n) - f(\alpha)|$$
Mais comme $$|f'|$$ est majorée par la valeur $$V$$ sur $$\left[ \dfrac{1}{e} \,;\, 1 \right]$$ cela nous permet d'écrire que :
$$|f(u_n) - f(\alpha)| \leqslant V \, |u_n - \alpha| \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, |u_{n+1} - \alpha| \leqslant V \, |u_n - \alpha|$$
Soit :
$$|u_{n} - \alpha| \leqslant V \, |u_{n-1} - \alpha|$$
Puis, on en déduit que :
$$|u_{n-1} - \alpha| \leqslant V \, |u_{n-2} - \alpha|$$
Ce qui implique que :
$$|u_{n} - \alpha| \leqslant V^2 \, |u_{n-2} - \alpha|$$
Dès lors, de proche en proche, en balayant les valeurs entières de $$n$$ jusqu'à $$3$$, on obtient donc :
$$|u_{n} - \alpha| \leqslant V^{n-3} \, |u_{n-(n-3)} - \alpha|$$
Ce qui s'écrit également :
$$|u_{n} - \alpha| \leqslant V^{n-3} \, |u_{3} - \alpha|$$
Passons maintenant à la limite lorsque $$n \longrightarrow + \infty$$
On a alors, puisque $$0 < V < 1$$ :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} V^{n-3} \, |u_{3} - \alpha| = |u_{3} - \alpha| \lim_{n \longrightarrow + \infty} V^{n-3} = |u_{3} - \alpha| \times 0 = 0$$
Ceci implique immédiatement que :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} |u_{n} - \alpha| = 0$$
Et de fait, on peut conclure que :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} u_{n} = \alpha$$
Finalement, la suite $$(u_n)$$ est convergente et sa limite est $$\alpha$$.

$${\color{red}{\hookrightarrow \,\, \textbf{Remarque :}}}$$
$${\color{red}{La \,\, valeur \,\, numérique \,\, approchée \,\, de \,\, \alpha \,\, est \,\, \alpha \simeq 0,567.}}$$