Corrigé des exercices - Dunod

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On remarque que, pour tout entier n, v n+1 = 2u nv n
u n + v n
et donc u n+1 v n+1 = u n v n . On a
donc, pour tout n ∈ N, u n v n = u 0 v 0 . Par passage à la limite, on obtient l 2 = u 0 v 0 et donc
l = √ u 0 v 0 .
2. En utilisant la relation u n v n = u 0 v 0 = l 2 , on obtient u n+1 = u2 n + l
2u n
, d’où l’on déduit
puis
u n+1 − l = u2 n + l
2u n
− l = (u n − l) 2
2u n
et u n+1 + l = u2 n + l
2u n
+ l = (u n + l) 2
2u n
,
( ) 2
u n+1 − l
u n+1 + l = un − l
.
u n + l
3. De la question 2, on déduit facilement que, pour tout n,
Comme u n + l ∼ 2l, on obtient
( ) 2
n
u n − l
u n + l = u0 − l
.
u 0 + l
u n − l ∼ 2l
( ) 2
n
u0 − l
.
u 0 + l
Exercice 18.15
∣
1. Sur l’intervalle ∣nπ,nπ + π [
, la fonction f : x ↦−→ tan x − x est continue et strictement
2
croissante, car f ′ (x) = tan 2 (x) 0 et ne s’annule qu’en nπ. Comme f(nπ) = −nπ < 0 et
lim f = +∞, f s’annule une fois exactement sur
nπ+ π 2
)
π
2. On peut écrire x n = tan(
2 + nπ − u n
u n = arctan 1 ]
, car u n ∈ 0, π ]
.
x n 2
Comme x n nπ, on lim
n→+∞
=
]
nπ,nπ + π 2
[
, en x n .
1
tan u n
c’est-à-dire tan u n = 1
x n
ou encore
1
x n
= 0 et donc lim
n→+∞ u n = 0. De tan x ∼
0
x, on déduit
u n ∼ tan u n ∼ 1
x n
∼ 1
nπ .
Exercice 18.16
1. Pour tout n ∈ N, la fonction f : x ↦−→ lnx − cot x est croissante et continue sur
]nπ,(n + 1)π[. On a de plus lim f = −∞ et lim f = +∞. Donc f s’annule une
(nπ) + ((n+1)π) −
fois exactement sur ]nπ,(n + 1)π[ et l’équation lnx = cot x possède une unique solution u n .
On peut noter que f
(
nπ + π 2
)
= ln
(
nπ + π 2
)
> 0 et donc que u n < nπ + π 2 .