A806 Méfiez-vous des calculettes et des tableurs [*** à la main et avec une calculette programmable/un ordinateur]
Solution de Daniel Collignon
Un calculette programmable ou un tableur font apparaître une stabilité autour de 5 pour les 100 premiers termes, puis vers 7 ensuite, ce qui laisserait entendre que la suite convergerait vers 7.
Voyons cela de plus près avec un calcul rigoureux.
u(3) = -22, u(4) = 191/22.
S'il existe un p>=5 tel que u(p)=0, alors la suite u(n) n'est plus définie pour n>p.
Pour 2<=n<=p-1, posons v(n-1) = u(n)v(n-2) où v(0) = 2.
Comme v(0)<>0 et que pour 2<=n<=p-1, u(n)<>0, par récurrence 0<=k<=p-2, v(k)<>0.
Le terme général s'écrit v(n+4) = 17v(n+3) - 101v(n+2) + 247v(n+1) - 210v(n), pour 0<=n<=p-5, avec v(0) = 2, v(1) = 1, v(2) = -22, v(3) = -191.
Il se trouve que x^4-17x^3+101x^2-247x+210 = (x-2)(x-3)(x-5)(x-7)
On cherche donc une solution de la forme v(n) = a*2^n + b*3^n + c*5^n + d*7^n
Résolution matricielle de AX = V où X = t(a b c d)
V = t(2 1 -22 -191) A = (tA2 tA3 tA5 tA7)
Ai = (i^0 i^1 i^2 i^3) pour i=2, 3, 5 et 7 On obtient X = t(0 9/2 -5/2 0)
D'où pour 0<=n<=p-1, v(n) = [3^(n+2) - 5^(n+1)]/2 Et donc pour 2<=n<=p-1, u(n) = 3 + 2/(1-5(3/5)^n).
Cette formule reste valable pour tout entier n :
- pour n=0 et 1, on retrouve bien les valeurs initiales (5/2 et 2) - u(p)=0 n'admet pas de solution p entière
Cette forme prouve que la suite est convergente vers 5 (et non 7).
La gestion d'un nombre fini de décimales au niveau de la calculette programmable ou du tableur est certainement à l'origine de cette déviance.
Une application est donc un protocole de test de précision d'un calculateur.
