Étude d'une suite

Tu n'obtiendras pas une solution « explicite ». En revanche, tu pourrais montrer qu'il y a une unique solution sur l'intervalle considéré. Pour l'anecdote, voici une valeur approchée : $c\simeq0{,}9477471335169895$.

OShine a écrit:

Or $\sin(\dfrac{\pi}{4}) \approx 0,707$ et $\sin(2) \approx 0,909$ on a bien $f([\dfrac{\pi}{4},1]) \subset [\dfrac{\pi}{4},1]$

C'est plutôt $\dfrac\pi 4$ et $\sin(2)$ qu'il faut comparer !

gerard0 écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1873532,1873566#msg-1873566
[Inutile de recopier l’antépénultième message. Un lien suffit. AD]

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J'ai mal lu l'énoncé … honte à moi !

@noobey :
Je me permets de noter que ta phrase "... donc converge vers un point fixe dans $I$" devrait dire plutôt : "donc converge vers un point de l'adhérence de $I$ ".
Mais tu as raison tout de même puisque ton raisonnement prouve que les termes de la suite sont supérieurs à $u_0>0$.

Effectivement un exercice pas facile !
Mais la constante $2$ est "gentille" et le rend plus facile que celui où la fonction est $x\mapsto \alpha\sin(x)$ où la constante $\alpha$ est choisie pour que la dérivée en le point fixe autre que $0$ soit égale à $-1$.
Avec la constante $2$, après avoir montré qu'on a un intervalle stable, on peut montrer que la fonction est contractante !

Comment fais-tu pour l'équivalent ?

Détaillons.
La bonne approche c'est celle de Math Coss : faire une représentation graphique de la fonction $f:x\mapsto \sin 2x$, en portant sur le même dessin la droite d'équation $y=x$.

Lemmes sur la fonction $f$.
- Il est bien clair que $0<f(x) \le 1$ pour $x \in ]0,\frac{\pi}{2} [$.
- Une simple étude de la fonction $g:x \mapsto f(x)-x$ prouve ce que montre le dessin : pour $x \in ]0,\frac{\pi}{4}]$, on a : $f(x)>x$.
- La fonction $f$ est décroissante sur $ [\frac{\pi}{4},1]$.
-Pour $x \in [\frac{\pi}{4},1]$ on a : $f(x) \in [\frac{\pi}{4},1]$ ; c'est dire que le segment $ [\frac{\pi}{4},1]$ est $f$-stable.
- Pour $x \in [\frac{\pi}{4},1]$ on a : $0 \ge f'(x) \ge 2 \cos 2 \simeq - 0,83229367309>-1$. Ainsi la fonction $f$ est $\lambda$-lipchitzienne sur $ [\frac{\pi}{4},1]$, avec $\lambda =-2 \cos 2 \in ]0,1[$. Cette fonction $f$ est donc contractante sur $ [\frac{\pi}{4},1]$.

Application à la suite $u_n$ définie par $u_0 \in ]0,\frac{\pi}{2} [$, $u_{n+1}=f(u_n)$.
Pour tout $n \ge1$ on a : $u_n \in ]0,1]$.
Si l'on avait $u_n \in ]0,\frac{\pi}{4} [$ pour tout $n \ge1$, alors la suite $(u_n)_{n \ge 1}$ serait strictement croissante et majorée, et convergerait donc vers une limite $\ell$ telle que $0<u_1 \le \ell \le \frac{\pi}{4} $ et $f(\ell)=\ell$, impossible. Il existe donc $p \ge 1$ tel que $u_p \in [\frac{\pi}{4}, 1]$. Alors $u_n \in [\frac{\pi}{4}, 1]$ pour tout $n \ge p$. La fonction $f$ étant contractante sur $[\frac{\pi}{4}, 1]$, la suite $(u_n)$ admet une limite $\xi \in [\frac{\pi}{4}, 1]$, telle que $f(\xi)=\xi$, d'où : $\xi \in ]\frac{\pi}{4}, 1[$.

Ce réel $\xi$ est le seul point fixe de $f$ sur $]0, + \infty[$. C'est un point fixe attractif, et son bassin d'attraction est $]0,\frac{\pi}{2} [$.

Et encore merci à Edmond Ramis.

Bonne journée.
Fr. Ch.
17/10/2019

Et sans le théorème du point fixe, on peut essayer de façon plus laborieuse de voir que pour n assez grand les suites $u_{n+1} = f(u_n)$ avec f décroissante sur $[\pi/4,1]$ donc les suites d'indice pair et impair sont monotones (et bornées) donc convergentes vers un point fixe de $fof$ dans $[\pi/4,1]$. Si on arrive une nouvelle fois à montrer que c'est le seul point fixe de l'intervalle on a gagné. Ca fait un bon exercice pour Oshine qui a eu déjà du mal avec l'étude de $f(x) - x$

On résout
$fof(x) = sin(2sin(2x)) = x$

A toi de jouer Oshine

Dommage parce que je pense que cette 2e solution est intéressante et qu'elle te fait vraiment travailler. La 1ere avec le theoreme du pont fixe est trop "facile" dans le sens où un théorème fait tout à ta place et est moins dans l'esprit L1.


Tu as appris que si $U_{n+1} = f(U_n)$ avec f décroissante alors les suites $U_{2n}$ et $U_{2n+1}$ sont monotones et de sens contraire.
Ici ces deux suites sont bornées donc elles convergent sans problème vers respectivement L et L'. A ce stade rien nous dit que ces limites sont les mêmes.

Tu as appris aussi que si les 2 suites $U_{2n}$ et $U_{2n+1}$ convergent vers la meme limite L alors il en est de même pour la suite d'origine.

Si on pose $V_n = U_{2n}$ alors $V_{n+1}=f(f(V_n))$. Meme chose pour lautre suite notée W. $I = [\pi/4,1]$ est stable par $fof$. La limite de V est dans I et vérifie $L=fof(L)$

Même chose pour la limite L' de W. Si $fof$ a un seul point fixe dans I tu as donc $L=L'$ et c'est gagné.

Y a aucune astuce ! C'est vraiment un raisonnement standard et important à connaître

Tu écris des formules en perdant de vue ce qu'elles signifient !
Tout simplement $h'(x)=f'(f(x))\,f'(x)-1$ et $x,f(x)$ restent dans un intervalle où la fonction $f'$ est bien connue.
Le signe de $h'$ me semble évident.

Jette un œil sur ton dessin :
$\dfrac{\pi}4\leq x\leq1\implies \dfrac{\pi}4\leq x\leq1\text{ et }\dfrac{\pi}4\leq f(x)\leq1\implies-1<f'(x)<0\text{ et }-1<f'(f(x))<0$
donc $\dfrac{\pi}4\leq x\leq1\implies 0<f'(x)f'(f(x))<1\implies h'(x)<0$