PARTIE I : Algorithme de Babylone I.1. a. ϕ (x) = x2−2 2x2 . Le

PARTIE I : Algorithme de Babylone
I.1. a. ϕ0 (x) =
x2 −2
.
2x2
Le tableau de variation de ϕ est :
x
ϕ0 (x)
ϕ (x)
√
2
0
0
−
+∞
+
+∞
+∞
&
√
2
%
i√
h
I.1.b. (i) est évident d’après l’étude de ϕ. Sur
2, +∞ , ϕ est strictement crois√ √
√
sante, donc pour tout x > 2, ϕ (x) > ϕ
2 = 2.
h
i√
La deuxième inégalité s’obtient par l’étude de la fonction x 7→ ϕ (x) − x sur
2, +∞ .
√
I.2.a. On commence par démontrer par récurrence sur n ( n > 1 )√que un > 2. On
en déduit
√ alors d’après la question précédente que pour tout n > 1, 2 < ϕ (un ) < un ,
soit 2 < un+1 < un , ce qui prouve bien que la suite (un ) est strictement décroissante
à partir du rang 1. √
I.2.b.i Si u0h> 2, alors d’après ce qui précède, la suite (un ) est bien décroissante.
√
√
Si u0 ∈ 0, 2 , alors u1 = ϕ (u0 ) > 2 > u0 , et donc la suite n’est pas décroissante
à partir dur
√ rang 0. En conclusion, la suite (un ) est globalement décroissante dès lors
que u0 > 2.
√
I.3. La suite (un ) est décroissante à partir du rang 1,√et minorée par 2. Elle est
donc convergente vers une limite l supérieure ou égale à 2. Celle limite l est solution
de l’équation l = ϕ
la continuité de la fonction ϕ. Cette équation
a deux
√(l) , d’après
√
√
solutions qui sont √ 2 et − 2. La seule valeur
possible
pour
l
est
donc
2.
√
I.4. Pour x > 2, on a déjà ϕ (x) − 2 > 0 d’après la question I.1.b (ii). Remarquons que :
√ 2
√
2
x
−
2
√
x + 2 − 2 2x
ϕ (x) − 2 =
=
2x
2x
√
1
1
L’inégalité x > 2 entraı̂ne alors que 2x < 2√2 , d’où l’inégalité :
√ 2
x− 2
√
√
0 < ϕ (x) − 2 <
2 2
I.5.a. Pour tout n, un >
√
√
√
2 ( car on a supposé que u0 > 2 ), et donc un − 2 > 0,
1
ce qui légitime la définition de vn . Formons :
√ √ vn+1 − 2vn = ln un+1 − 2 − 2 ln un − 2


√
 un+1 − 2 
= ln  √ 2 
un − 2


√
√
 ϕ (un ) − 2 
= ln  √ 2  or un > 2 donc
un − 2
 √ 2 
u
−
2
n


< ln  √ √ 2 
2 2 un − 2
1
< ln √
2 2
√
< −3 ln 2
On en conclut bien que vn+1 < 2v√
n − a pour tout n.
I.5.b. Comme limn→+∞ un = 2, on a limn→+∞ vn = −∞, donc il existe n0 tel que
vn0 < 0.
I.5.c. On effectue une démonstration par récurrence sur n en prenant comme hypothèse de récurrence H (n) à l’ordre n :
vn+n0 6 2n vn0 − (2n − 1) a
• H (0) : vn0 6 20 vn0 − 20 − 1 a = vn0 , donc H (0) est vérifiée.
• On suppose que H (n) est vérifiée, et on démontre que H (n + 1) l’est aussi. On
a
v(n+1)+n0 6 vn+n0 +1
6 2vn+n0 − a
6 2 (2n vn0 − (2n − 1) a) − a
6 2n+1 vn0 − 2n+1 − 1 a
Ce qui établit l’inégalité cherchée.
Il suffit ensuite de remarquer que comme vn0 < 0, et (2n − 1) a > 0, on a bien
vn+n0 6 − (2n − 1) a
I.6. On trouve que n0 = 3 et que k = 6.
I.7.a. En procédant de la même manière que dans les questions précédentes, on
établit les résultats :
√
√ √
∀x > 0 ϕα (x) > α et ∀x > α α < ϕα (x) < x
2
√
I.7.b. On démontre par récurrence que un > α pour tout n > 1. Les inégalités
de la question précédente prouvent alors que la suite (un ) est décroissante à partir du
rang 1. Enfin, la suite (un ) étant décroissante et minorée est convergente
vers une des
√
solutions de l’équation l = ϕα (l) , ce qui permet d’obtenir l = α.
I.7.c. limn→+∞ vn = −∞, donc il existe n0 tel que vn0 < 0. On commence par remarquer que :
√ 2
√
x− α
ϕα (x) − α =
2x
ce qui prouve que pour tout x > α, on a :
√ 2
√
x− α
√
0 < ϕα (x) − α <
2 α
On peut maintenant former la différence :
√ !
√ 1
ϕα (un ) − α
√
6
ln
6 − ln 2 α
vn+1 − 2vn = ln
√ 2
2 α
un − α
On a donc établit que pour tout n
√ vn+1 6 2vn − ln 2 α
Par récurrence, il suffit alors de vérifier que
vn+n0 6 2n vn0 − (2n − 1) aα
puis, comme vn0 < 0, d’en déduire que
vn+n0 6 − (2n − 1) aα
I.7.d. On trouve que k = 5.
PARTIE II : Méthode de Newton et Algorithme de Babylone
II.1. Il suffit d’appliquer le théorème de bijection pour une fonction continue
strictement monotone.
II.2. La question est immédiate et on peut conjecturer que la suite (un ) est croissante et convergente.
II.3.a. On suppose qu’il existe t0 ∈ [a, b[ tel que f 0 (t0 ) = 0. Comme la fonction f 0
est strictement croissante ( puisque par hypothèse f 00 est positive sur [a, b] ), on peut en
déduire que f 0 s’annule et change de signe en t0 , ce qui contredit le fait que la fonction
f est décroissante sur [a, b] . Donc pour tout t de [a, b[ , on a f 0 (t) 6= 0.
On introduit la fonction Ψ : [a, b] −→ R définie par
Ψ (t) = f (t) − f (a) − (t − a) f 0 (a)
On a Ψ (a) = 0, Ψ qui est dérivable sur [a, b] , et Ψ0 (t) = f 0 (t) − f 0 (a) > 0 car f 0
est croissante. Cela entraı̂ne que Ψ est croissante, donc que Ψ (t) > 0. Cette inégalité
s’écrit pour tout t > a
f (t) − f (a)
> f 0 (a)
t −a
3
Géométriquement, on peut dire que la tangente à la courbe représentative de f au point
d’abscisse a est toujours située au-dessus de la droite qui joint le point A (a, f (a)) , et
un point M quelconque appartenant à la courbe représentative de f . ( L’abscisse de M
étant bien sûr supérieure ou égale à b ).
II.3.b. En cherchant l’intersection de la tangente à la courbe représentative de f
avec l’axe des abscisses, on trouve que
u1 = a −
f (a)
f 0 (a)
f (a)
, valable pour tout t > a prouve que f 0 (a) 6 0, puisque
Or, l’inégalité f 0 (a) 6 f (t)−
t−a
(t − a) > 0 et que f est strictement décroissante. Comme de plus f 0 ne s’annule pas
sur [a, b[ , on a f 0 (a) < 0. On sait de plus que f (a) > 0, donc on en déduit que u1 > a.
f (a)
Remarquons maintenant que dans l’inégalité f 0 (a) 6 f (t)−
, si l’on choisit t = c, on
t−a
trouve que
f (a)
f (a)
f 0 (a) 6 −
⇒ c > a− 0
⇒ c > u1
c−a
f (a)
Comme f est strictement décroissante sur I, on a l’implication :
a < u1 6 c ⇒ f (c) 6 f (u1 ) < f (a) ⇒ 0 6 f (u1 )
II.3.c. On montre par récurrence sur n que pour tout n > 1, on a
un ∈ ]a, c] et que f (un ) > 0
en procédant de la même manière qu’à la question précédente. On remarquera que
un+1 = un −
f (un )
f 0 (un )
On termine en remarquant que f (un ) > 0 et f 0 (un ) < 0, ce qui prouve bien que la suite
(un ) est croissante.
II.3.d. (un ) est une suite croissante et majorée par c, donc elle est convergente vers
une des solutions de l’équation
l =l−
f (l)
⇔ f (l) = 0 ⇔ l = c ( unicité de c )
f 0 (l)
II.4. On définit la fonction χ sur [−b, −a] par χ (x) = − f (−x) . On vérifie que :
• χ (−b) = − f (b) > 0 et que χ (−a) = − f (a) < 0.
• χ0 (x) = f 0 (−x) < 0, donc χ est strictement décroissante.
• χ00 (x) = − f 00 (−x) > 0 sur [−b, −a] .
On en déduit qu’il existe une suite (vn ) définie par :
vn+1 = vn −
χ (vn )
f (−vn )
= vn + 0
avec v0 = −b
χ0 (vn )
f (−vn )
4
qui est croissante et convergente vers c0 . Le point c0 est tel que χ (c0 ) = 0, c’est à dire
tel que − f 0 (−c0 ) = 0, soit f 0 (−c0 ) = 0, d’où c0 = −c. On définit alors la suite (un ) par
un = −vn . La suite (un ) est donc décroissante puisque (vn ) est croissante, et comme la
suite (vn ) converge vers −c, la suite (un ) est convergente vers c.
II.5.a. On se trouve dans le cas d’une fonction concave.
II.5.b. On obtient aisément :
fα (un ) u2n + α
=
fα0 (un )
2un
√
La suite (un ) est décroissante et convergente vers α. Ceci prouve que l’on dispose
d’un moyen de calcul approché de toute racine carrée.
un+1 = un −
5