Problèmes d’analyse
1. Itérations babyloniennes, méthode de Newton.
2. Moyenne arithmético-géométrique.
3. Algorithme de Carlson.
4. Algorithme de Borchardt.
5. Le problème de Bâle. 6. Irrationalité de ππππ. 7. Nombres de Liouville.
8. Transcendance de e.
9. Suites sous-additives.
10. Quasi-morphismes de Z.
11. Partition de N*, nombre d’or.
12. Sous-groupes additifs de R.
13. Sous-groupes additifs de R ; anthypharèse.
14. Fractions continues.
15. Développement en série de Engel d’un réel.
16. Algorithme de Briggs, développement de Engel.
17. Développement de Sylvester d’un réel.
18. Développement d’Euler-Cantor d’un réel.
19. Développements d’Euler-Cantor généralisés.
20. Bases discrètes.
21. Radicaux superposés.
22. Radicaux superposés.
23. Radicaux superposés.
24. Cesàro, Hardy-Landau, Toeplitz, etc.
25. Densités d’une partie de N*.
26. Un ensemble de Julia.
27. Dichotomies denses.
28. Dynamique de la tente.
29. Dynamique chaotique.
30. Systèmes logistiques et constante de Feigenbaum.
31. Une construction élémentaire du logarithme.
32. Approximations de l’exponentielle.
33. Théorème de Darboux.
34. Dérivabilité, dérivabilité stricte.
35. Dérivée symétrique.
36. Dérivée seconde de Schwarz.
37. Changement de base.
38. L’escalier du diable de Cantor-Lebesgue.
39. Fonctions de Takagi et Bolzano.
40. Inégalités de Kolmogoroff.
41. Fonctions de Lambert.
42. Approximants de Padé.
43. Développement asymptotique de bijection réciproque.
44. Méthode de Laplace discrète.
Pierre-Jean Hormière _________
Problème 1 : Itérations babyloniennes, schéma de Newton
A. Première partie : itérations babyloniennes.
Soient A un réel > 0, a = A. On définit la suite (un) par u0 > 0 , un+1 = 2 1( u
n + uA )n . 1) Faire une étude graphique de ces itérations.
2) a) Montrer que (un)n≥1 est décroissante.
b) Montrer que (un) a une limite finie que l’on déterminera.
c) Pour tout n, on pose vn = un
A . Que dire des suites (un)n≥1 et (vn)n≥1 ?
3) a) Trouver une constante k ∈ ]0, 1[ telle que ∀x, y ∈ [a, +∞[ | f(x) − f(y) | ≤ k.| x – y |.
b) Retrouver par ce moyen la convergence de la suite (un), et donner une première estimation de la rapidité de convergence de cette suite.
4) a) Montrer que (∀n) un+1− a =
n n
u a u
2 )²
( −
. b) On pose dn =
a a un
2
− . Majorer dn+1 en fonction de dn. En déduire ∀n ≥ 1 ∀p dn+p≤
( )
dn 2p.c) En déduire que ∃n ≥ 1 ∀p dn+p≤ 2p
10
1 . Conclusion ?
5) a) Prouver que ∀n ∈ N a u
a u
n n +−
+ + 1
1 =
(
a u
a u
n
n+−
)
2. b) Calculer un en fonction de u0 et de n.c) En déduire qu’il existe δ tel que | un – a | ∼ 2a δ2n. 6) Applications numériques.
a) On se propose de calculer 2, en posant u0 = 1.
Pour quelles valeurs de n est-on sûr que | un – 2| ≤ 10−8 , resp. que | un – 2| ≤ 10−100 ? b) Pour calculer a = 15976, a-t-on intérêt à choisir u0 = 1 ? Choisir u0 et n afin de calculer a à 10−8 près.
7) On suppose dans cette question A ∈ N, u0 = q
p ( p , q ∈ N* ).
a) Montrer qu’alors un =
n n
Q
P , où (P
n) et (Qn) sont les suites données par : P0 = p , Q0 = q , Pn+1 = (Pn)2 + A.(Qn)2 , Qn+1 = 2.Pn.Qn.
b) Montrer que si (p, q) est solution de l’équation de Fermat x2 − A.y2 = ± 1, alors (Pn, Qn) aussi, et pgcd(Pn, Qn) = 1. Montrer qu’alors ∀n ∈ N* 0 ≤
n n
Q
P − a ≤ 2 2
1 aQn .
c) Examiner le cas A = 2, p = q = 1.
8) Soit A une matrice symétrique définie positive d’ordre n.
On considère la suite B0 = I , Bk+1 = 2 1( B
k + A.Bk−1). Convergence et limite de la suite (Bk).
B. Deuxième partie : schéma de Newton.
Soit F une fonction réelle de classe C2 sur le segment I = [α, β].
On suppose F(α) < 0 < F(β) , F’ à valeurs > 0, et, dans les questions 1 à 3, F’’ à valeurs ≥ 0 sur I.
Dans ces conditions, F admet un zéro a et un seul dans I, et a ∈ ]α, β[.
On pose M2 = sup t∈I | F’’(t) | et m1 = inf t∈I | F’(t) |.
1) a) Si x ∈ I, quelle est l’abscisse de l’intersection avec Ox de la tangente en M(x, F(x)) au graphe de F ?
b) Montrer que la fonction f(x) = x − ) ( '
) (
x F
x
F est de classe C1 sur I, que le segment [a, β] est stable par f, que a est l’unique point fixe de f , et calculer f’(a).
2) Soit c ∈ [a, β], (un) la suite définie par u0 = c, un+1 = f(un).
Montrer que la suite (un) est décroissante, et qu’elle converge vers a.
3) A l’aide d’une formule de Taylor à l’ordre 2, prouver que un+1 – a ∼ 2 1
) ( '
) ( ''
a F
a
F ( un – a )2
et que, pour tout n ≥ 0, 0 ≤ un+1 – a ≤ 2 1
1 2
m M ( u
n – a )2 . Que dire de la convergence de la suite (un) ?
4) On cherche à résoudre l’équation x2 = A, x > 0 ; quel algorithme retrouve-t-on ? 5) Dans cette question, on ne fait aucune hypothèse sur le signe de F’’.
Prouver que, pour tout x ∈ [α, β] | f(x) – a | ≤ 2 1
1 2
m
M ( x – a )2 .
En déduire qu’il existe un voisinage [a −η, a + η] de a, où η > 0, stable par I et tel que, pour tout point c de ce voisinage, (un) converge vers a , très rapidement.
_________
« Quelques années après la loi de la gravitation, Newton faisait une autre découverte extra- ordinaire : le schéma d’approximation de Newton, qui permet de calculer les solutions d’une équation quelconque F(x) = 0. Partant d’une solution approchée x0, on remplace la fonction F par sa tangente
x0
T au point (x0, F(x0)) (en termes techniques, on linéarise l’équation autour de x0) et on résout l’équation approchée
x0
T (x) = 0. Cela donne une nouvelle solution approchée x1, et on peut recommencer : on remplace F par sa tangente
x1
T en x1, on définit x2 comme la solution de
x1
T (x) = 0, et ainsi de suite. En notation mathématique précise, la relation qui lie xn à xn+1 est :
xn+1 = xn−[ DF(xn) ]−1 F(xn) .
Les approximations successives x1, x2, x3, … ainsi obtenues sont incroyablement bonnes : elles approchent de la « vraie » solution ave une rapidité phénoménale. Il suffit souvent de quatre ou cinq essais pour obtenir une précision supérieure à celle de n’importe quelle calculatrice moderne. Les Babyloniens, dit-on, utilisaient déjà cette méthode pour extraire les racines carrées il y a quatre mille ans ; Newton découvrit que ce procédé s’appliquait à des équations quelconques, pas seulement au calcul des racines carrées.
Bien plus tard, la convergence surnaturellement rapide du schéma de Newton a été utilisée pour démontrer certains des résultats théoriques les plus marquants du vingtième siècle : le théorème de stabilité de Kolmogorov, le théorème de plongement isométrique de Nash… A lui seul, ce schéma diabolique transcende la distinction artificielle entre mathématique pure et mathématique appliquée. »
Cédric Villani, Théorème vivant, p. 27-28
Isaac Newton (1642-1727) Cédric Villani, médaille Fields 2010
Fractale de Newton-Cayley-Julia _________
Corrigé : Itérations de Héron
L’algorithme étudié ici, attribué à Héron d’Alexandrie (IIème siècle ap. J.-C.), remonte en fait aux babyloniens (cf. Maurice Caveing, L’irrationalité dans les mathématiques grecques jusqu’à Euclide, p. 21-28). C’est l’un des plus anciens algorithmes mathématiques connus. Longtemps plus tard, on s’est aperçu qu’il rentre dans le cadre du schéma de Newton… Ce schéma a permis à Cédric Villani de terminer la preuve du théorème qui lui a valu la médaille Fields en 2010. Du XIXème siècle avant J.-C. au XXIème siècle après J.C., 40 siècles nous contemplent…
Soient A un réel > 0, a = A. On définit la suite (un) par u0 > 0, un+1 = 2 1( u
n + uA )n . 1) Que faire ?
Etudier les variations de la fonction f(x) = 2 1( x +
x
A) , ainsi que le signe de g(x) = f(x) – x.
x 0 a +∞
F’(x) − 0 +
F(x) +∞ +∞
a
G(x) + 0 −
La fonction f a pour asymptotes les droites x = 0 et y = x/2.
Représenter sur un même graphe les fonctions y = f(x) et y = x, et faire une discussion graphique.
On voit que si u0 ≥ a, (un)n≥0 ↓ a, et que si 0 < u0 < a, (un)n≥1 ↓ a.
Remarque : Le graphe CA de f est une branche d’hyperbole. Il se déduit de C1 par l’homothétie de centre O et de rapport a.
2) Convergence de l’algorithme.
a) La suite (un)n≥1 est décroissante.
Il découle des variations de f et de l’étude du signe de f(x) – x que : f(]0, +∞[) = [a, +∞[ et ∀x ≥ a f(x) ≤ x.
On en déduit par récurrence que ∀n ≥ 1 a ≤ un et un+1 ≤ un .
b) La suite (un)n≥1 décroissante minorée par a, a une limite finie L ≥ a, qui vérifie f(L) = L.
Donc L = a.
c) La suite (vn)n≥1 est croissante de limite a. Donc les suites (un)n≥1 et (vn)n≥1 sont adjacentes.
Remarque : ces deux suites sont données par l’algorithme arithmético-harmonique suivant : u0 > 0 , v0 =
u0
A , u
n+1 = 2 1( u
n + vn) ,
1
2
+
vn = un
1 + vn
1 . 3) Vitesse de convergence : premier examen.
a) Montrons que ∀x, y ∈ [a, +∞[ | f(x) − f(y) |≤ 2
1| x – y |.
Cela découle d’un calcul direct : | f(x) − f(y) | = 2
1 | x – y |.[ 1 − xyA ] ≤
2
1| x – y |.
On peut aussi noter que 0 ≤ f’(x) = 2 1 −
² 2xA ≤
2
1, et invoquer le théorème des accroissementsfinis ou celui de la moyenne.
b) On en déduit que ∀n ≥ 1 | un+1− a | = | f(un+1) − f(a) |≤ 2 1| u
n− a |.
Donc, par récurrence : ∀n ≥ 1 | un− a |≤ 1 21
−
n | u1− a |.
Conclusion : la suite (un) tend vers a à une vitesse géométrique (= exponentielle, ou d’ordre 1).
Remarque : L’intervalle I = [a, +∞[ est fermé donc complet, f est contractante de I dans I. On est dans le cadre du théorème de point fixe de Picard-Banach. Mais point n’est besoin d’appliquer ce théorème.
4) Vitesse de convergence : deuxième examen.
a) (∀n) un+1− a = 2 1( u
n− 2a + uA )n =
n n
u a u
2 )²
( −
. b) Posons dn =
a a un
2
− . Alors (∀n ≥ 1) d
n+1 =
n n
au a u
4 )²
( − ≤
² 4
)² (
a a un−
= dn2 . On en déduit par récurrence sur p que (∀n ≥ 1) dn+p≤
( )
dn 2p.c) Comme la suite (dn) tend vers 0, on peut choisir n tel que 0 ≤ dn≤ 101 . Alors, pour tout p, 0 ≤ dn+p≤ 2p
10 1 .
La convergence est très rapide, exponentielle d’exponentielle, on dit aussi « d’ordre 2 »… du moins à partir d’un certain rang. A partir de ce rang, le nombre de décimales exactes double à chaque itération.
5) Equivalent de un – a .
a) Prouvons que ∀n ∈ N a u
a u
n n +−
+ + 1
1 =
(
a u
a u
n
n+−
)
2. Cela découle aussitôt de un+1− a =n n
u a u
2 )² ( − et u
n+1 + a =
n n
u a u
2 )²
( + .
b) On en déduit aussitôt par récurrence que ∀n ∈ N a u
a u
n n+− =
(
a u
a u +−
0
0
)
2n. Donc un se calcule en fonction de u0 et de n, via un = a nn
2 2
1 1
ρ ρ
−
+ , où ρ = a u
a u +−
0
0 .
c) Par ailleurs un – a = ( un + a )
(
a u
a u +−
0
0
)
2n ∼ 2aρ2n, où ρ = a ua u+−
0
0 .
Donc | un – a | ∼ 2a δ2n, où δ =
|
a u
a u +−
0
0
|
. A noter que 0 ≤ δ < 1.6) Applications numériques.
a) Calcul approché de 2. Il est clair que 1 < 2 < 2.
Prenons u0 = 1. Considérons les suites adjacentes (un)n≥1 et vn = 2/un. Si n ≥ 1, 0 < dn =
a a un
2
− ≤
n n n
v v u
2
− . On constate que u1 = 2 3 , v
1 = 3 4 et d
1≤
1 1 1
2v v u − =
161 <
101 . Par conséquent, pour tout p, 0 ≤ dp+1≤ 2p
10
1 et | u
p+1– 2| ≤ 2p
10 2 2 <
2p
10 3 .
Si l’on veut | up+1– 2| ≤ 8 10 .
21 , il suffit de prendre p = 4.
Si l’on veut | up+1– 2| ≤ 100 10 .
2 1 , il suffit de prendre p = 7.
Conclusion : u5≈ 2 à 10−8 près, u8≈ 2 à 10−100 près.
Remarque : u0 = 1, u1 = 2 3, u
2 = 12 17, u
3 = 408 577, u
4 =
470832 665857, u
5 =
48 627013566097 8867310888 , … Les réduites du développement de 2 en fraction continue sont :
F0 = 1, F1 = 2 3, F
2 = 5 7, F
3 = 12 17, F
4 = 2941, F
5 = 70 99, F
6 =
169239, F
7 = 408 577 , F
8 = 985 1393, … On voit que (un) est une suite extraite de (Fn) ; autrement dit, la suite (un) accélère la convergence de la suite (Fn) des réduites.
b) Calcul approché de 15976 à 10−−−−8 près.
On n’a pas intérêt à prendre u0 = 1, car la convergence est seulement géométrique au début. Elle s’accélère dès que
n n n
v v u
2
− <
101 , ce qui a lieu pour n grand.
On a intérêt à noter que 126 < 15976 < 127, et à choisir u0 = 127.
Alors
0 0 0
2v v u − =
127 . 2
15976 1272−
= 31952153 <
101 , et 0 ≤ dp≤ 2p
10 1 , | u
p– 15976| ≤ 2p
10 15976
2 <
2p
10
254 < pour p = 5.
Conclusion : u5≈ 15976 à 10−8 près, u8≈ 15976 à 10−100 près.
7) On suppose dans cette question A ∈ N, u0 = q
p ( p , q ∈ N* ).
a) Montrer qu’alors un =
n n
Q
P , où (P
n) et (Qn) sont les suites données par : P0 = p , Q0 = q , Pn+1 = (Pn)2 + A.(Qn)2 , Qn+1 = 2.Pn.Qn.
b) Montrer que si (p, q) est solution de l’équation de Fermat x2− A.y2 = ± 1, alors (Pn, Qn) aussi, et pgcd(Pn, Qn) = 1. Montrer qu’alors ∀n ∈ N* 0 ≤
n n
Q
P − a ≤ 2 2
1 aQn .
c) Examiner le cas A = 2, p = q = 1.
8) Application aux racines carrées de certaines matrices.
Soit A une matrice symétrique définie positive d’ordre n. La suite récurrente B0 = I , Bk+1 =
2 1( B
k + A.Bk−1 ) converge vers la racine carrée de A, c’est-à-dire vers l’unique matrice symétrique définie positive telle que B2 = A.
__________
Problème 2 : Moyenne arithmético-géométrique Les parties B et C sont indépendantes.
Les questions marquées d’un ¶ anticipent sur la suite du programme.
A. Première partie : moyenne arithmético-géométrique.
Soient a et b deux réels > 0. On définit par récurrence les suites (an) et (bn) par : a0 = a , b0 = b , an+1 =
2
n
n b
a + et b
n+1 = a .nbn .
0) Comment construire à la règle et au compas a1 et b1 à l’aide de a0 et b0 ? 1) a) Montrer que (∀n ≥ 1) bn ≤ an .
b) Étudier la monotonie des suites (an)n≥1 et (bn)n≥1 , et montrer qu’elles convergent.
c) Montrer que (an) et (bn) ont même limite ; on note cette limite M, ou M(a, b).
2) Établir que (∀n) an− bn≤ n
21 | a – b | .
3) On se propose d’étudier plus en détail la rapidité de convergence des suites (an) et (bn) . a) Vérifier que : an+1 − bn+1 =
8 2
)² (
+
−
n n n
a b a . b) En déduire que : ∀(n, k) an+k − bn+k ≤ 8 M
(
M b an n
8−
)
2^k .c) Expliquer pourquoi la convergence des suites (an) et (bn) est très rapide.
4) Ecrire un algorithme prenant en argument les réels positifs a et b, et un entier n, et affichant une valeur approchée de M(a, b) à 10−n près. Calculer M(2, 1) et M( 2, 1) avec 8 décimales.
5) Montrer que la fonction M : (a, b) → M(a, b) de R*+2 dans R+ vérifie : M(a, a) = a , (∀k > 0) M(ka, kb) = k.M(a, b) et M(a, b) = M(
2
a+b, ab ) . 6) On se propose d’étudier les variations de la fonction qui à x > 0 associe m(x) = M(x, 1).
a) Montrer que m est croissante et vérifie (∀x > 0) m(x) = 2 1 x+ m(
x +x 1
2 ) , m( 1 )x =
x x m )(
.
b) Montrer que (∀x > 0) x≤ m(x) ≤ 2
1 x+ . En déduire que m est dérivable en 1 ; calculer m’(1).
c) Limites de m(x) en 0+ et en +∞ ? Tangente en 0 ? Nature de la branche infinie ? ¶ d) On note (un(x)) et (vn(x)) les suites (an) et (bn) correspondant à a0 = x, et b0 = 1.
Montrer à l’aide de 2) que (un(x)) converge vers m(x) uniformément sur tout segment [0, A].
En déduire que m est continue. Graphe de m ? 7) a) Montrer que M est continue R*+2 → R .
b) Quelles sont les fonctions continues F : R*+2→ R vérifiant : ∀ x, y > 0 F(x, y) = F(
2 x+y
, xy) ? B. Deuxième partie : lien avec les intégrales elliptiques.
Pour a et b > 0, on pose I(a, b) =
∫
0/2 +² sin
²
² cos
²
π
θ θ θ
b a
d .
1) Calculer I(a, a). On ne cherchera pas à calculer I(a, b) pour a ≠ b.
2) Au moyen du changement de variable t = b.tan θ, montrer que I(a, b) =
∫
0+∞ (t²+adt²)(t²+b²) .3) Démontrer, à l’aide du changement de variable s = 21 ( t −
t
ab), que I( 2b
a+ , ab ) = I(a, b).
4) En déduire qu’avec les notations de la partie A : (∀n) I(a, b) = I(an, bn).
5) Démontrer que I(a, b) =
) , ( .
2Mπab . Montrer que les fonctions I et M sont C∞ sur R*+2. ¶ 6) Montrer que l’intégrale
∫
−+11 −41 t
dt converge. On note ϖ sa valeur.
7) Montrer que ϖ = 2
∫
0+1 −41 t
dt = 2
∫
0π/2 1+dsinθ ²θ =) 1 , 2 ( M
π .
8) En déduire une valeur approchée de ϖ à 10−8 près.
C. Troisième partie : extension complexe.
Dans cette partie, a et b sont deux nombres complexes, et on s’intéresse à toutes les suites que l’on peut former par récurrence de la façon suivante :
a0 = a , b0 = b , an+1 = 2
n
n b
a + et (bn+1)2 = an.bn (1) On fait donc à chaque étape un choix de bn+1 entre deux possibilités.
1) Examiner toutes les éventualités pour le comportement des suites (an) et (bn) si a ou b est nul, puis si a = ± b. Dans toute la suite, on suppose que a ≠ 0, b ≠ 0 et a ≠ ± b.
On dira que l’on a fait un bon choix pour bn+1 si on a les relations :
| an+1− bn+1 | ≤ | an+1 + bn+1 | (2) et, en cas d’égalité en (2) Im
1 1 + + n n
a
b > 0 (Im désigne la partie imaginaire). (3) et que l’on a fait un mauvais choix dans le cas contraire.
2) Prouver que le bon choix détermine bn+1 sans ambiguïté.
Comment construire et à la règle et au compas an+1 et bn+1 à partir de an et bn ? On utilisera dans la suite les notations indiquées ci-dessous :
Mn = max( |an|, |bn)| ) et mn = min( |an| , |bn| ).
θn désigne l’angle non orienté, 0 ≤ θn ≤ π, des demi-droites OAn et OBn (où An et Bn sont les points du plan complexe d’affixes respectives an et bn ).
3) Montrer que le bon choix de b1 implique : | a1 − b1 | ≤ 2
1| a− b | , θ1 ≤ 2 θ0 .
4) Montrer que le mauvais choix de b1 implique : M3≤ 4 3M
0 . 5) Quel que soit le choix de b1 , prouver l’inégalité : m1≥ m0.cos
2 θ0 .
6) Déduire de ce qui précède les résultats suivants :
Chacun des couples de suites ((an), (bn)) construit à partir du procédé précédent (comportant une infinité de choix pour les bn) donne lieu à deux suites convergeant vers la même limite. De plus : a) Si, à partir d’un certain rang, on fait le bon choix pour bn, on trouve toujours une limite non nulle.
b) Sinon, on trouve toujours pour limite zéro.
__________
Solution : la marotte de Karl Friedrich Gauss
La moyenne arithmético-géométrique fut étudiée par Gauss dès l’âge de 14 ans. Intimement convaincu de son importance, il n’a cessé d’y revenir tout au long de sa vie, découvrant et approfondissant ses liens avec les fonctions elliptiques. C’est en 1798 que Gauss se mit à étudier le rapport π/ϖ. Le 30 mai 1799, il constata qu’il avait 11 décimales communes avec M( 2, 1), et il conjectura leur égalité. Il note dans son journal que « si cela est démontré, alors un champ tout à fait nouveau de l’analyse s’étend devant nous ». Dès le 23 décembre 1799, il avait deux démonstrations, basées sur des dévelop- pements en série des deux nombres. En 1818, il en publia une troisième, liée aux intégrales elliptiques, celle-là même suggérée dans ce problème. Il a également calculé la valeur de ϖ avec 24 décimales exactes, par une formule
« à la Machin » fondée sur le théorème d’addition des fonctions elliptiques.
En 1976, Brent et Salamin ont trouvé grâce à elle le premier algorithme très rapidement convergeant vers π.
A. Première partie.
0) Construction de a1 et b1 à la règle et au compas avec Cabri géomètre :
1) Convergence. Les deux suites (an) et (bn) sont bien définies et à valeurs > 0.
a) Pour tout n ≥ 0, on a : an+1 – bn+1 = 2
n
n b
a + − a .nbn = 2
1
(
an− bn)
2≥ 0.Du coup, pour tout n ≥ 1, on a : an≥ bn .
b) Montrons que (an)n≥1 est décroissante et (bn)n≥1 croissante. En vertu de 1.a), pour n ≥ 1 : an+1 – an =
2
n n b
a − ≥ 0 et bn+1 – bn = bn
(
an − bn)
≥ 0.c) (an)n≥1 est décroissante minorée par b1, (bn)n≥1 est croissante majorée par a1, donc elles conver- gent vers des réels notés resp. α et β. Et an+1 =
2
n
n b
a + donne à la limite α = 2
β
α
+ , donc α = β.Ainsi, les deux suites (an)n≥1 et (bn)n≥1 sont adjacentes.
NB : Echanger a et b ne modifie pas les termes suivants. On peut sans dommage supposer b ≤ a.
2) Première estimation de la vitesse de convergence.
Montrons (∀n) an− bn≤ a nb 2
− par récurrence sur n. Pour n = 0, il n’y a rien à montrer.
Pour n = 1, supposons b ≤ a. On a : 0 ≤ a1 − b1 = 2
0
0 b
a + − b
1 ≤ 2b
a+ − b = 2b a− . Idem si a ≤ b. Supposons le résultat vrai au rang n.
Alors 0 ≤ an+1− bn+1 = 2
n
n b
a+ − b
n+1 ≤ 2
n
n b
a + − b
n = 2
n n b a − ≤
2+1
−
n
b a .
N.B. : Ce qui précède reste vrai si a et b sont ≥ 0. Car si b = 0, alors pour tout n, bn = 0 et an = an 2 . En revanche, les résultats de 3 supposent a et b > 0.
3) La convergence est très rapide.
a) On a an+1− bn+1 =
) (
4
)² (
1
1 +
+−+
n n
n n
b a
b
a =
. 2
8 )² (
+
−
n n n
a b
a . En effet (an+1)2−(bn+1)2 = 4
)² (an−bn .
b) Montrons que ∀(n, k) an+k− bn+k≤ 8 M.
(
Mb an n
8−
)
2^k par récurrence sur k.Immédiat pour k = 0. Il découle de a) que an+1− bn+1 = 8 2
)² (
+
−
n n n
a b
a ≤
M b an n
8 )²
( − = 8M.
(
M b an n
8−
)
2 . Si c’est vrai au rang k, an+k+1− bn+k+1 =8 2
)² (
+ +
+ + −
k n
k n k n
a b
a ≤
M b an k n k
8 )²
( + − + ≤ 8M.
(
M b an n
8−
)
2^(k+1) c) Montrons que : ∃γ∈ ]0, 1[ ∃α > 0 ∀n ≥ 1 an− bn≤α.γ2n .La suite
(
Mb an n
8−
)
tend vers 0. On peut donc choisir n0 tel que Mb an n
8
0 0−
≤ 101 . Alors an0+k− bn0+k≤ 8M. )2k
101
( . Donc pour n ≥ n0 , an− bn≤ 8M. )2 0 101 (
n−n
. Il suffit de poser γ = )2 0
101 (
−n
, et d’augmenter α afin que la majoration reste vraie pour tout n ≥ 1.
La convergence est donc très rapide.
4) Calcul numérique de M(a, b).
Supposons que l’on veuille calculer M(a, b) à 10−n près.
Un premier algorithme consiste à calculer am et bm jusqu’à ce que | am – bm | ≤ 10−n . Un second algorithme utilise 2), et détermine m tel que m
21 | a – b | ≤ 10−n , puis calcule am et bm . Un troisième algorithme, plus perfectionné, utilise la majoration de 3b).
La première étape consiste à déterminer un entier m tel que M
b am m
8− ≤
101 . On ne connaît pas M, mais on a :
M b am m
8− ≤
m m m
b b a
8
− . Il suffit de trouver m tel que
m m m
b b a
8
− ≤
101 , c’est-à-dire am ≤ 1,8.bm . La seconde étape consiste à déterminer k tel que 8M.
(
M b am m
8−
)
2^k≤ 10−n . Cela est assuré si 8am.10−2k ≤ 10−n , i.e. 8am.10n ≤ 102k.Il suffit de prendre pour k le plafond de log2(n + log10(8am)), et de calculer am+k et bm+k . Procédures Maple :
> MAG1:=proc(a,b,n)
> local k,x,y,z,e;
> k:=0;x:=evalf(a,n);y:=evalf(b,n);e:=abs(x-y);
> while e > 10^(-n) do
> k:=k+1;z:=x;x:=evalf((x+y)/2,n);y:=evalf(sqrt(z*y),n);
e:=evalf(abs(x-y),n);od;
> print(evalf(x,n));print("nombre d'itérations:",k);end;
> MAG2:=proc(a,b,n)
> local m,k,x,y,z;
> if a = b then print(evalf(a,n));
else m:=ceil((n*ln(10)+ln(abs(a-b)))/ln(2));
k:=0;x:=evalf(a,n);y:=evalf(b,n);
> for k from 1 to m do
> z:=x;x:=evalf((x+y)/2,n);y:=evalf(sqrt(z*y),n);od;
> print(x);print("nombre d'itérations :",m);fi;end;
> MAG3 := proc (a, b, n) local m, k, x, y, z, p;
m := 0; x := evalf(a,n); y := evalf(b,n);
while 9/5*y < x do m := m+1; z := x; x := evalf(1/2*x+1/2*y,n);
y := evalf(sqrt(z*y),n) end do;
k := ceil(ln(n+ln(8*x)/ln(10))/ln(2));
for p to k do z := x; x :=evalf( 1/2*x+1/2*y,n); y :=evalf(sqrt(z*y),n);
end do; print(x);print("nombre d'itérations:",m+p); end proc;
> MAG1(2,1,10);MAG2(2,1,10);MAG3(2,1,10);
1.456791031
> MAG1(sqrt(2),1,10);MAG2(sqrt(2),1,10);MAG3(sqrt(2),1,10);
1.198140235
> MAG1(2,1,100);MAG2(2,1,100);MAG3(2,1,100);
1.456791031046906869186432383265081974973863943221305590794172383267926\ 454580250900257473712818448445
> MAG1(20,1,100);MAG2(20,1,100);MAG3(20,1,100);
7.165807518703022842089470599616604045167620106065040060291186762664882\ 212158887342185352525118090367
5) Propriétés algébriques de la fonction M.
Si a0 = b0 = a, alors pour tout n, an = bn = a, donc à la limite M(a, a) = a.
Si (cn) et (dn) sont les suites associées à c0 = ka et d0 = kb, alors pour tout n, cn = kan et dn = kbn. ,
"nombre d'itérations:" 4 "nombre d'itérations :" 34, "nombre d'itérations:" 6,
,
"nombre d'itérations:" 3 "nombre d'itérations :" 32, "nombre d'itérations:" 5,
,
"nombre d'itérations:" 7 "nombre d'itérations :" 333, "nombre d'itérations:" 9,
,
"nombre d'itérations:" 8 "nombre d'itérations :" 337, "nombre d'itérations:" 10,
Cela découle aussitôt d’une récurrence et de l’homogénéité des deux moyennes arithmétique et géométrique. Ajoutons que M est symétrique : M(a, b) = M(b, a).
Enfin, si (cn) et (dn) sont les suites associées à c0 = a1 et d0 = a1, alors pour tout n, cn = an+1 et dn = bn+1. A la limite, M(a, b) = M(
2 b
a+ , ab ) . 6) Etude de la fonction m(x) = M(x, 1).
a) La fonction m est croissante, car si (un) et (vn) sont les suites associées à u0 = x et v0 = 1, et si (u’n) et (v’n) sont les suites associées à u’0 = y > x, et v’0 = 1, alors (∀n) un≤ vn .
Cela découle d’une récurrence et de la croissance des deux moyennes arithmétique et géométrique.
(∀x > 0) m(x) = M(x, 1) = M( 2
1 x+ , x ) = 2 1 x+ M(1,
x +x 1 2 ) =
2 1 x+ m(
x +x 1
2 ) en vertu de 5).
Et m(
1 )x = M(1, x1 ) =
x
1M(x, 1) = x
x m )(
par homogénéité et symétrie.
b) On a (∀x > 0) x = v1(x) ≤ m(x) ≤ u1(x) = 2
1 x+ . On en déduit que
1
1+
x = 1
−−1 x
x ≤
1 ) 1 ( ) ( −−
x m x
m ≤
2
1 si x > 1 et 2 1 ≤
1 ) 1 ( ) ( −−
x m x
m ≤
1
−−1 x
x = 1 1+
x si x < 1.
A la limite à droite et à gauche, il vient
1 ) 1 ( ) ( −−
x m x
m →
2 1. C’est dire que m est dérivable en 1 et que m’(1) =
2 1.
On peut aussi raisonner par développement limité en 1 : posant x = 1 + h, il vient : 1 +
2
h + O(h2) = 1+h ≤ m(1 + h) ≤ 1 + 2
h , donc : m(1 + h) = 1 + 2
h + O(h2) . c) m étant croissante et > 0, a une limite L en 0+. Passant à la limite dansm(x) =
2 1 x+ m(
x +x 1 2 ) , il vient L =
2
L, donc L = 0. De plus x
1 ≤
x x m )(
implique que m a en 0+ une tangente verticale.
x ≤ m(x) implique que m(x) tend vers +∞ en +∞. Et x
x m )(
= m(
1 )x → 0 quand x → +∞, donc m a en +∞ une branche « parabolique » Ox.
d) Les fonctions un(x) et vn(x) sont continues sur R+ comme composées de fonctions continues.
Il découle de 2) que | un(x) − m(x) | ≤ | un(x) − vn(x) | ≤ n
21 | 1 – x | ≤
nA 2
1+ pour tout x ∈ [0, A].
On en déduit que (un(x)) tend vers m(x) uniformément sur [0, A].
Du coup, m est continue sur [0, A] pour tout A, donc sur R+. Remarques : 1) Le lecteur pourra montrer, par récurrence sur n, que les fonctions un et vn sont concaves. Il en déduira que la fonction m est concave.
2) Le fait que m soit C∞ sur R*+ peut sans doute se montrer directement, mais en tout cas découlera de la partie B, via le théorème de dérivation sous
∫
appliqué à I..> with(plots):
> uv:=proc(n,x)
> local k,a,b,c;
> if n=0 then [x,1];
> else a:=x;b:=1;for k from 1 to n do
> c:=a;a:=(a+b)/2;b:=sqrt(c*b);od;[a,b];fi;end;
> p:=n->plot(uv(n,x),x=0..3);
> display({seq(p(n),n=0..3)},scaling=constrained);
7) Une équation fonctionnelle.
a) M(a, b) = a.m(
a
b) est continue comme composée de fonctions continues.
b) Soit F : R*+2 → R une fonction continue telle que : ∀ x, y > 0 F(x, y) = F( 2 x+y
, xy).
Avec les notations précédentes, ∀(a, b) (∀n) F(a, b) = F(an, bn) → F(M(a, b), M(a, b)) = f(M(a, b)), où f(x) = F(x, x) est une fonction continue R*+→ R.
Réciproquement, si f est une fonction continue R*+→ R, F(x, y) = f(M(x, y)) est continue sur R*+2 comme composée de fonctions continues, et telle que : ∀ x, y > 0 F(x, y) = F(
2 x+y
, xy ).
B. Deuxième partie : lien avec les intégrales elliptiques.
1) Il est immédiat que I(a, a) = a 2
π
.2) Le changement de variable t = b.tan θ donne θ = Arctan
bt , cos θ =
²
² b t
b+ et dθ = ². ² b tbdt
+ Il vient : I(a, b) =
∫
0+∞ t²b+b² a1²+t²tb²+.dtb² =∫
0+∞ (t²+adt²)(t²+b²) .L’intégrale obtenue est convergente.
3) dsdt = 21 (1 +
² t
ab) > 0. s(t) est un C∞-difféomorphisme croissant de ]0, +∞[ sur ]−∞, +∞[.
La résolution de l’équation t2− 2st – ab = 0 donne t = s + s²+ab, d’où ds dt =
ab s
t+
² . ( t2 + a2 )( t2 + b2 ) = ( t2− ab )2 + t2 ( a + b )2 = 4t2 (s2 + (
2 b a+ )2) . I(a, b) =
2 )² (
²
² 2t s a b ds ab
s
t + +
∫
−+∞∞ + = 212 )² (
² ² 1
b s a
ds ab
s + + +
∫
−+∞∞=
2 )² (
² ² 1
0 s a b
ds ab
s + + +
∫
+∞ = I(
a+2b, ab)
, par parité.4) On en déduit aussitôt par récurrence que : (∀n) I(a, b) = I(an, bn).
5) Démontrons que I(a, b) =
) , ( .
2Mπab .
1ère méthode : Le théorème de continuité des intégrales à paramètres sur les segments s’applique et montre que (a, b) → I(a, b) est continue. En effet (a, b, θ) →
θ θ ².sin²
² cos
².
1 b
a + est continue par
morceaux en θ pour tout (a, b), et continue en (a, b) pour tout θ.
Du coup, par A.7, b), I(a, b) = f(M(a, b)), où f(x) = I(x, x) = x
2
π
. D’où le résultat.2ème méthode : par simple encadrement. Pour n ≥ 1, an
2
π
= I(an, an) ≤ I(an, bn) ≤ I(bn, bn) = bn2
π
.Les gendarmes concluent.
La fonction I est C∞ par applications répétées du théorème de dérivation sous l’intégrale dans le cas des segments ; il en résulte que la fonction M est également C∞ .
6) Le Pi lemniscatique. La fonction f : t → 1 4
1
−t est continue, paire et positive sur ]−1, 1[.
Elle est intégrable sur [0, 1[ car f(t) ∼
−t 1 2
1 au V(1−). En effet, 1−t4 = (1−t)(1+t+t2+t3) ∼ 4( 1−t ).
7) Montrons que ϖ = 2
∫
0+1 1 t− 4dt = 2
∫
0π/2 1+dsinθ
²θ
= M(π2,1) .La 1ère égalité découle de la parité de f.
La 2ème en posant t = sin θ, ou plutôt θ = Arcsin t dans l’intégrale précédente.
Enfin 2
∫
0π/2 1+dsinθ ²θ = 2∫
0π/2 cos²θd+θ2sin²θ = M(π2,1).8) Connaissant des valeurs approchées de π et de M( 2, 1), on déduit que : ϖ ≈ 2, 62205755429211981046483958989 à 10−20 près.
C. Troisième partie : extension complexe.
1) Cas particuliers.
i) Si a = b = 0, alors an = bn = 0 pour tout n.
ii) Si a ≠ 0 et b = 0, alors an = an
2 et bn = 0 pour tout n.
iii) Si a = 0 et b ≠ 0, alors an = 0 et bn = bn
2 pour tout n.
iv) Si a = − b ≠ 0, alors a1 = 0 , b1 = − a2 , donc b1 = ± ia. Nous voilà ramenés au cas iii).
v) Si a = b ≠ 0, alors a1 = a , b1 = ± a.
• si b1 = − a, alors a2 = 0, b2 = ± ia, qui nous ramène au cas iii).
• si b1 = a , alors a2 = 0, b2 = ± a.
En définitive, on trouve deux possibilités à chaque étape :
• Soit on prend an = bn = a pour tout n.
• Soit on prend bn0 = − an0 pour un n0, et on est ramené au cas iii).
2. Le bon choix détermine bn+1 sans ambiguïté.
Notons pour commencer que si non (a = 0 ou b = 0 ou a = ± b), c’est-à-dire a ≠ 0 et b ≠ 0 et a ≠ ±b, alors cela reste vrai au rang 1, donc par récurrence pour tout n. En particulier, pour tout n le rapport
n n
a
b est défini et non nul.
Supposons déterminés an et bn. Alors an+1 est le milieu du segment [an , bn]. Il est ≠ 0.
Soit – an+1 son opposé. La médiatrice du segment [an+1, − an+1] partage le plan en deux demi-plans ouverts. Le produit an.bn est non nul. Il a deux racines opposées dans C, d et −d.
Si l’une est dans un demi-plan ouvert, l’autre est dans l’autre. Alors on choisit celle qui vérifie
| an+1 − bn+1 | < | a1 + bn+1 | , c’est-à-dire la plus proche de an+1. Si toutes deux sont sur la médiatrice, on a ±
+1
an
d ∈ iR*, et l’une vérifie bien Im
1 1 + + n n
a
b > 0.
Construction avec Cabri géomètre de a1 et b1 dans le cas général.
