Exercice 3. (1h 15min)
On considère les suites (un) et (vn) définies sur IN par u0=3 et les relations :
1 2
n n
n
u v
u et 7
n n
v u
1. Calculer vo, u1, v1, u2, v2, u3 et v3.
Donner l'approximation de u3 et v3 lue à l'affichage de la calculatrice.
2. Justifier par récurrence que pour tout n de IN, un >0 et vn >0.
3. a. Démontrer que quel que soit n de IN,
unvn
228
unvn
2b. En déduire que quel que soit n de IN : 1 1
21
1
n n 4 n n
n
u v u v
u
c. Conclure que quel que soit n on a un – vn 0.
4. En s'aidant de la question 3.c., prouver que la suite (un) est décroissante et que la suite (vn) est croissante.
5. a. Démontrer que quel que soit n de IN*, 21
n 8 u
b. Utiliser le résultat précédent pour démontrer que 1 1
21
n n 10 n n
u v u v
c. En déduire, à l'aide d'un raisonnement par récurrence que 12 1 10 n
n n
u v
d. Déterminer la limite de un – vn à l'infini.
6. Conclure que les suites (un) et (vn) sont adjacentes et déterminer leur limite commune.
7. Justifier que u3 est une approximation de 7à 10-7 près.
Remarque : Cette méthode est celle utilisée par le mathématicien grec Héron (1er siècle) pour déterminer une approximation des racines carrées.
Correction
1.
0 0
7 7
v 3
u ;
0 0
1
3 73 16 8
2 2 6 3
u v u
; 1 1
7 7 21
8 8
3 v u
;
1 1
2
8 21
64 63 127
3 8
2 2 48 48
u v u
; 2 2
7 7 336
127 127 48
v u
2 2
3
127 336
32257
48 127 2,64575
2 2 12192
u v u
; 3 3
7 7 85344
2,64575 32257 32257
12192
v u
Il semble que les suites tendent vers 72,64575 2.
Pn : un > 0 et vn > 0.
P0 : u0 = 3 > 0 et v0 = 7/3 > 0 Po est vérifiée.
Supposons Pn vraie.
1 0
2
n n
n
u v
u puisque un et vn sont positifs.
et bien sûr il en résulte que 1 1
7 0
n n
v u
On a bien, quel que soit n de IN, un >0 et vn >0.
3.a.
2 28
2
2
2 28 ( )( ) 282 2 28 7 7
n n n n n n n n n n n n n n n n
n n n n n
n
u v u v u v u v u v u v u v u v
u v u v v
u
3.b.
2 2 2
12
1 1 1
12
1 1 11 1 1 1 1
1 1 1 1 7
28 7 7
4 4 4
n n
n n n n n n n n
n n n n n
u v
u v u v u u u v
u u u u u
3.c.
De l'égalité précédente, on conclut que un+1 – vn+1 est strictement positif quel que soit n., c'est-à-dire en remplaçant n+1 par n, on a un – vn positif pour n 1. Il faut vérifier que l'inégalité est aussi vraie pour n = 0.
0 0
7 2
3 0
3 3
u v
Conclusion : Quel que soit n de IN, on a un – vn > 0 ou encore un > vn.
4.
1
2 0
2 2 2
n n n n n n n
n n n
u v u v u v u
u u u car vn – un < 0
1 1
1 1
7( )
7 7
0
n n
n n
n n n n
u u
v v
u u u u
car un+1 – un < 0 et un >0 quel que soit n.
Conclusion, la suite (un) est décroissante et que la suite (vn) est croissante.
5.a.
On sait que un > vn or la suite vn est croissante, donc vn > v1, on a donc : 1
21
n n 8 u v v 5.b.
Par équivalence :
2
2
21 1 1 1
1 1
1 1 1 1 1 5
4 10
10 4 10 4 10 2
n n n n n n n n n n
n n
u v u v u v u v u u
u u
On sait que 21 5
8 2
un d'où le résultat.
5.c.
Pn : 12 1
10 n
n n
u v Vérifions P0 :
0 0 2 10
2 1
3 10 1 u v
Considérons Pn vraie, démontrons Pn+1 :
On sait que
12 2
1 1 2 1 2 1 2 (2 1) 2 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
n n n n
n n n n n
u v u v
5.d.
On a : 12 1
0un vn 10 n et on sait que 12 1
lim 0
10 n
n , donc, d'après le théorème des gendarmes, nlim ( unvn) 0 6. Les suites (un) et (vn) sont adjacentes elles sont donc convergentes vers la même limite
l.
Celle-ci vérifie la relation 7 7
lim 0 7
n lim
n n n
v l etl l
u l
3
7
3 3 2 1 8 1
1 1
10 10
u v 10
Remarque : la rapidité de la convergence est impressionnante, on se trouve en présence d'une convergence dite quadratique.
