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Colles de mathématiques

Suite récurrente avec une racine carrée


Sujet


Soit $a>2$ et $\left( u_n\rp$ la suite définie par récurrence par $u_0=a$ et $u_{n+1}=2\sqrt{u_n-1}$ pour $n\geqslant0$.
  1. Soit $g(x)=2\sqrt{x-1}-x$ pour $x\geqslant1$. Étudier le signe de $g(x)$.
  2. Étudier la convergence de la suite $\left( u_n\rp$.
  3. On pose $v_n=u_n-2$. Montrer que
    \[\dfrac1{v_{n+1}}-\dfrac1{v_n}\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}\dfrac14\]


Corrigé de l'exercice de maths: Suites

Correction


  1. On peut par exemple chercher à résoudre l'inéquation $g(x)>0$ pour $x\geqslant1>0$:
    \[\begin{array}{ll}g(x)>0&\iff2\sqrt{x-1}>x \\[.6em] &\iff4(x-1)>x^2\\[.6em] &\iff x^2-4x+4=(x-2)^2<0\enar\]

    Cette inéquation n'a aucune solution, ce qui montre que pour tout $x\geqslant1$, on a $g(x)\leqslant0$, et que $g(x)=0\iff x=2$.
  2. D'après ce qui précède, on a, si $u_n\geqslant1$, $g\left( u_n\rp=u_{n+1}-u_n\leqslant0$, soit $u_{n+1}\leqslant u_n$ et donc $\left( u_n\rp$ décroissante.
    Il reste à montrer qu'on a bien $u_n\geqslant1$ pour tout entier $n$.
    En fait, on a $u_0=a>2$ et donc $u_1=2\sqrt{u_0-1}>2\sqrt{2-1}=2$.
    Cette initialisation nous incite à montrer plutôt que $u_n\geqslant2$:
    C'est donc vrai pour $n=0$ et $n=1$, puis, si c'est vrai à rang $n$, c'est-à-dire $u_n\geqslant2$, alors
    \[u_{n+1}=2\sqrt{u_n-1}\geqslant2\sqrt{2-1}=2\]

    et cette propriété est donc héréditaire.
    Le principe de récurrence nous permet alors de conclure que pour tout entier $n$, $u_n\geqslant2$ et donc aussi que $\left( u_n\rp$ est décroissante.

    Cett suite est donc maintenant décroissante et minorée par 2, et elle converge donc vers une limite $l\geqslant2$ qui est nécessairement un point fixe de $x\mapsto2\sqrt{x-1}$ ou encore une solution de l'équation $g(x)=0$.
    On a vu que cela ne peut être que $l=2$.

  3. \[\begin{array}{ll}\dfrac1{v_{n+1}}-\dfrac1{v_n} &=\dfrac1{u_{n+1}-2}-\dfrac1{u_n-2}\\[1.2em] &=\dfrac1{2\sqrt{u_n-1}-2}-\dfrac1{u_n-2}\\[1.2em] &=\dfrac{2\sqrt{u_n-1}+2}{4\left( u_n-1\rp-4}-\dfrac1{u_n-2}\\[1.2em] &=\dfrac{2\sqrt{u_n-1}-2}{4\left( u_n-2\right)}\\[1.2em] &=\dfrac{\sqrt{u_n-1}-1}{2\left( u_n-2\right)} \enar\]


    On peut alors penser à mulitplier par la quantité conjuguée
    \[\begin{array}{ll}\dfrac1{v_{n+1}}-\dfrac1{v_n} &=\dfrac{\sqrt{u_n-1}-1}{2\left( u_n-2\right)}\tm\dfrac{\sqrt{u_n-1}+1}{\sqrt{u_n-1}+1}\\ &=\dfrac{\left( u_n-1\rp-1}{2\left( u_n-2\rp\left(\sqrt{u_n-1}+1\rp}\\ &=\dfrac{u_n-2}{2\left( u_n-2\rp\left(\sqrt{u_n-1}+1\rp}\\ &=\dfrac1{2\lp\sqrt{u_n-1}+1\right)}\enar\]

    et donc, comme on a a vu que $u_n\to2$, on trouve donc que
    \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac1{v_{n+1}}-\dfrac1{v_n}=\dfrac14\]




    On peut aussi utiliser un développement limité, en revenant d'abord à $v_n=u_n-2\to0$, puis
    \[\begin{array}{ll}\dfrac1{v_{n+1}}-\dfrac1{v_n} &=\dfrac{\sqrt{1+v_n}-1}{2v_n}\\[1.2em] &=\dfrac{1+\frac12v_n+O\left( v_n^2\rp-1}{2v_n}\\[1.2em] &=\dfrac14+O\left( v_n\rp\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}\dfrac14\enar\]