Corrigé bac mathématiques 2026 Asie jour 2 — Exercice 1 : Fonction homographique et suite récurrente

def seuil(h):
    n=0
    u=0
    while u<1-h:
        n=n+1
        u=(u-2)/(2*u-3)
    return n

Partie A

1. Il y a quatre éléments à justifier : l'ensemble de définition, le sens de variation, et les deux valeurs aux bornes.

Ensemble de définition. Le dénominateur s'annule pour $2x-3=0$, c'est-à-dire $x=\frac{3}{2}$ : la fonction $f$, quotient de deux fonctions affines, est bien définie et dérivable sur $\left]-\infty ;\frac{3}{2}\right[$.

Sens de variation. On applique la formule de dérivation d'un quotient ${\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$ avec $u(x)=x-2$ ($u^{\prime }(x)=1$) et $v(x)=2x-3$ ($v^{\prime }(x)=2$) :

$$f^{\prime }(x)=\frac{1\times (2x-3)-(x-2)\times 2}{(2x-3{)}^2}=\frac{2x-3-2x+4}{(2x-3{)}^2}=\frac{1}{(2x-3{)}^2}.$$

Pour tout $x<\frac{3}{2}$, on a $(2x-3{)}^2>0$, donc $f^{\prime }(x)>0$ : la fonction $f$ est strictement croissante sur $\left]-\infty ;\frac{3}{2}\right[$, ce qui justifie la flèche montante.

Limite en $-\infty$. Le quotient présente la forme indéterminée « $\frac{-\infty }{-\infty }$ » ; on factorise par le terme de plus haut degré au numérateur et au dénominateur :

$$f(x)=\frac{x\left(1-\frac{2}{x}\right)}{x\left(2-\frac{3}{x}\right)}=\frac{1-\frac{2}{x}}{2-\frac{3}{x}}.$$

Comme $\frac{2}{x}\to 0$ et $\frac{3}{x}\to 0$ quand $x\to -\infty$, on obtient par quotient $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=\frac{1}{2}$.

Limite en $\frac{3}{2}$ à gauche. On a $\underset{x\to {\frac{3}{2}}^{-}}{\lim }(x-2)=-\frac{1}{2}<0$ ; de plus, pour $x<\frac{3}{2}$, $2x-3<0$, donc $\underset{x\to {\frac{3}{2}}^{-}}{\lim }(2x-3)=0^{-}$. Le quotient d'une quantité strictement négative par une quantité négative tendant vers $0$ tend vers $+\infty$ :

$$\underset{x\to {\frac{3}{2}}^{-}}{\lim }f(x)=+\infty .$$

La droite d'équation $x=\frac{3}{2}$ est asymptote verticale à la courbe de $f$ : c'est la double barre du tableau. Les deux nombres $\frac{1}{2}$ et $+\infty$ inscrits dans le tableau sont des limites, non des valeurs prises par $f$.

2. L'intervalle $[0;1]$ est inclus dans $\left]-\infty ;\frac{3}{2}\right[$ car $1<\frac{3}{2}$. La fonction $f$ y est croissante, donc pour tout $x\in [0;1]$ :

$$0\le x\le 1⟹f(0)\le f(x)\le f(1).$$

Or

$$f(0)=\frac{0-2}{0-3}=\frac{-2}{-3}=\frac{2}{3}\text{et}f(1)=\frac{1-2}{2-3}=\frac{-1}{-1}=1.$$

Ainsi $\frac{2}{3}\le f(x)\le 1$, et comme $\left[\frac{2}{3};1\right]\subset [0;1]$, on a bien $f(x)\in [0;1]$ pour tout $x\in [0;1]$.

Partie B

Observons d'abord que la relation de récurrence s'écrit, pour tout entier naturel $n$ : $u_{n+1}=f(u_n)$, puisque $\frac{u_n-2}{2u_n-3}$ est exactement l'image de $u_n$ par $f$.

1. Démontrons par récurrence la propriété $P(n)$ : « $0\le u_n\le u_{n+1}\le 1$ ».

Initialisation. On a $u_0=0$ et $u_1=f(u_0)=f(0)=\frac{2}{3}$ d'après la question 2 de la partie A. Comme $0\le 0\le \frac{2}{3}\le 1$, la propriété $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie pour un entier naturel $n$ fixé, c'est-à-dire $0\le u_n\le u_{n+1}\le 1$. Les réels $u_n$ et $u_{n+1}$ appartiennent donc à $[0;1]$, intervalle sur lequel $f$ est croissante. En appliquant $f$ à la chaîne d'inégalités $0\le u_n\le u_{n+1}\le 1$, on obtient :

$$f(0)\le f(u_n)\le f(u_{n+1})\le f(1),\text{c’est-aˋ-dire}\frac{2}{3}\le u_{n+1}\le u_{n+2}\le 1.$$

Comme $0\le \frac{2}{3}$, il vient $0\le u_{n+1}\le u_{n+2}\le 1$ : la propriété $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$ : $0\le u_n\le u_{n+1}\le 1$.

Ce que le correcteur attend : la croissance de $f$ ne donne que l'inégalité $u_{n+1}\le u_{n+2}$ ; c'est l'encadrement $0\le \cdot \le 1$ de la question A.2 (ou le calcul de $f(0)$ et $f(1)$) qui assure que les termes restent dans $[0;1]$ et permet donc de réappliquer l'hypothèse au rang suivant.

2. D'après la question précédente, pour tout entier naturel $n$, $u_n\le u_{n+1}$ : la suite $(u_n)$ est croissante ; et $u_n\le 1$ : elle est majorée par $1$. D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge : la suite $(u_n)$ converge vers un réel $l$, avec $l\le 1$.

3. On admet que $l$ est solution de l'équation $f(x)=x$ sur $[0;1]$. Résolvons cette équation. Pour $x\in [0;1]$, on a $2x-3\le 2-3=-1\ne 0$ : on peut donc multiplier les deux membres par $2x-3$.

$$\frac{x-2}{2x-3}=x⟺x-2=x(2x-3)⟺x-2=2x^2-3x⟺2x^2-4x+2=0.$$

En divisant par $2$ puis en reconnaissant une identité remarquable :

$$x^2-2x+1=0⟺(x-1{)}^2=0⟺x=1.$$

L'équation $f(x)=x$ admet donc pour unique solution $x=1$ sur $[0;1]$. Comme $l$ est solution de cette équation, $l=1$.

4. La fonction seuil part de n$=0$ et u$=u_0=0$, puis répète le calcul $\text{u}\leftarrow f(\text{u})$ en incrémentant n tant que $\text{u}<1-\text{h}$ : à la sortie de la boucle, u vaut $u_n$ et n est le plus petit rang $n$ tel que $u_n\ge 1-h$.

Ainsi $\text{seuil(0.0001)}=5000$ signifie que $5000$ est le premier rang à partir duquel les termes de la suite dépassent $1-10^{-4}=0,9999$ :

$$u_{4999}<0,9999\le u_{5000}.$$

Comme la suite est croissante de limite $1$, on a $u_n\le 1$ pour tout $n$, donc pour tout $n\ge 5000$ : $1-u_n\le 10^{-4}$. Autrement dit, il faut attendre le rang $5000$ pour que $u_n$ approche sa limite $1$ à $10^{-4}$ près : la convergence est très lente.

5.a. On calcule les termes de proche en proche :

$$u_0=0,u_1=f(0)=\frac{0-2}{0-3}=\frac{2}{3},$$

$$u_2=f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{\frac{2}{3}-2}{2\times \frac{2}{3}-3}=\frac{-\frac{4}{3}}{-\frac{5}{3}}=\frac{4}{5},u_3=f\left(\frac{4}{5}\right)=\frac{\frac{4}{5}-2}{2\times \frac{4}{5}-3}=\frac{-\frac{6}{5}}{-\frac{7}{5}}=\frac{6}{7}.$$

Les fractions $\frac{2}{3}$, $\frac{4}{5}$ et $\frac{6}{7}$ sont irréductibles (deux entiers consécutifs, ou de différence $1$, n'ont pas de diviseur commun autre que $1$).

5.b. En écrivant $u_0=\frac{0}{1}$, les quatre premiers termes sont

$$\frac{0}{1},\frac{2}{3},\frac{4}{5},\frac{6}{7}:$$

le numérateur est le double du rang et le dénominateur vaut un de plus. On conjecture donc que pour tout entier naturel $n$ :

$$u_n=\frac{2n}{2n+1}.$$

Démontrons cette conjecture par récurrence. Soit $Q(n)$ la propriété « $u_n=\frac{2n}{2n+1}$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $\frac{2\times 0}{2\times 0+1}=\frac{0}{1}=0=u_0$. La propriété $Q(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $Q(n)$ vraie pour un entier naturel $n$ fixé. Alors :

$$u_{n+1}=\frac{u_n-2}{2u_n-3}=\frac{\frac{2n}{2n+1}-2}{2\times \frac{2n}{2n+1}-3}.$$

On réduit séparément le numérateur et le dénominateur au même dénominateur $2n+1$ :

$$\frac{2n}{2n+1}-2=\frac{2n-2(2n+1)}{2n+1}=\frac{-2n-2}{2n+1},\frac{4n}{2n+1}-3=\frac{4n-3(2n+1)}{2n+1}=\frac{-2n-3}{2n+1}.$$

Le facteur $\frac{1}{2n+1}$, non nul, se simplifie dans le quotient :

$$u_{n+1}=\frac{-2n-2}{-2n-3}=\frac{2n+2}{2n+3}=\frac{2(n+1)}{2(n+1)+1}.$$

La propriété $Q(n+1)$ est donc vraie.

Conclusion. D'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$ : $u_n=\frac{2n}{2n+1}$.

Cohérence avec les questions précédentes. On a $1-u_n=\frac{2n+1-2n}{2n+1}=\frac{1}{2n+1}$, qui tend vers $0$ : on retrouve $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=1=l$. De plus

$$u_n\ge 1-10^{-4}⟺\frac{1}{2n+1}\le 10^{-4}⟺2n+1\ge 10000⟺n\ge 4999,5,$$

soit $n\ge 5000$ : on retrouve exactement la valeur renvoyée par la fonction seuil.