Exercices corrigés : suites et récurrence (Terminale spécialité)

a) INITIALISATION : pour $n=1$, le membre de gauche vaut $1$ et celui de droite $\frac{1\times 2}{2}=1$. La propriété est vraie au rang $1$. HÉRÉDITÉ : supposons $1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ pour un entier $n\geq 1$ fixé. Alors $1+2+\dots+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)=(n+1)\left(\frac{n}{2}+1\right)=(n+1)\times\frac{n+2}{2}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$, ce qui est bien la formule au rang $n+1$, obtenue en remplaçant $n$ par $n+1$ dans l'énoncé. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout $n\geq 1$. Le geste décisif est la factorisation par $(n+1)$, qui évite de tout développer.

b) INITIALISATION : pour $n=0$, $2^{0}=1$ et $0+1=1$, donc $2^{0}\geq 1$ ✓. HÉRÉDITÉ : supposons $2^{n}\geq n+1$. Alors $2^{n+1}=2\times 2^{n}\geq 2(n+1)=2n+2$, la multiplication par $2>0$ conservant l'inégalité. Il reste à comparer $2n+2$ au but visé, $n+2$ : la différence vaut $n\geq 0$, donc $2n+2\geq n+2$. Par transitivité, $2^{n+1}\geq n+2$ ✓. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$. Notez la structure en deux temps de l'hérédité pour une INÉGALITÉ, qui la distingue d'une égalité : on part de l'hypothèse, on obtient une minoration intermédiaire, puis on montre que celle-ci suffit.

c) Il manque l'INITIALISATION, et pour cause : elle est fausse, puisque $3^{0}=1$ est impair. L'hérédité seule ne démontre rien du tout : elle affirme que si la propriété était vraie à un rang, elle le resterait ensuite, mais si elle n'est vraie à aucun rang de départ, la chaîne ne démarre jamais. On vérifie d'ailleurs que $3^{n}$ est impair pour tout $n$, comme produit de nombres impairs.

L'image de la rangée de dominos rend la logique évidente et vaut mieux qu'une formule apprise par cœur. L'hérédité garantit que chaque domino fait tomber le suivant ; l'initialisation garantit que le premier tombe effectivement. Il faut les deux, et l'erreur symétrique existe aussi : vérifier la propriété pour $n=0$, $n=1$ et $n=2$ sans démontrer l'hérédité ne prouve rien non plus, quel que soit le nombre de cas testés. Une dernière précaution de rédaction, souvent sanctionnée : dans l'hérédité, il faut écrire « supposons la propriété vraie à UN rang $n$ fixé » et non « supposons-la vraie pour tout $n$ », formulation qui reviendrait à supposer ce que l'on veut démontrer.

a) Forme indéterminée $\infty-\infty$, qu'on ne peut donc pas trancher à vue. On factorise par le TERME DOMINANT : $u_{n}=n^{2}\left(1-\frac{3}{n}\right)$. Le premier facteur tend vers $+\infty$ et le second vers $1$, donc par produit $u_{n}$ tend vers $+\infty$. Le mécanisme est général : dans un polynôme, le terme de plus haut degré finit toujours par écraser tous les autres.

b) Forme $\frac{\infty}{\infty}$. On factorise haut et bas par $n$ : $v_{n}=\frac{n\left(2+\frac{1}{n}\right)}{n\left(1-\frac{3}{n}\right)}=\frac{2+\frac{1}{n}}{1-\frac{3}{n}}$, qui tend vers $\frac{2}{1}=2$, c'est-à-dire le rapport des coefficients dominants. Le terme $-3$ du dénominateur, qui semble menaçant puisqu'il annule $v_{n}$ en $n=3$, ne joue aucun rôle à l'infini.

c) Forme $\frac{\infty}{\infty}$ à nouveau, mais le dénominateur est cette fois de degré supérieur : $w_{n}=\frac{n^{2}\left(3-\frac{1}{n}\right)}{n^{3}\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)}=\frac{1}{n}\times\frac{3-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n^{3}}}$. Le premier facteur tend vers $0$ et le second vers $3$, donc $w_{n}$ tend vers $0$.

d) Forme $\infty-\infty$, mais avec des racines, ce qui appelle la QUANTITÉ CONJUGUÉE : $t_{n}=\frac{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$. Le dénominateur tend vers $+\infty$, donc $t_{n}$ tend vers $0$.

La question d) est celle qui trompe le plus, et il vaut la peine de comprendre pourquoi. Les deux racines tendent chacune vers $+\infty$, ce qui fait croire à un écart lui aussi énorme, alors que l'écart tend vers zéro. La raison est que la fonction racine carrée s'aplatit : pour $n=10\,000$, on a $\sqrt{10\,001}-\sqrt{10\,000}\approx 0{,}005$, un écart déjà minuscule. Ce phénomène ne contredit pas le fait que les deux suites divergent, il rappelle simplement que la différence de deux suites divergentes peut faire n'importe quoi, et c'est exactement le sens du mot indéterminé.

a) Comme $-1<0{,}8<1$, la suite $0{,}8^{n}$ tend vers $0$. Par conséquent $5\times 0{,}8^{n}+3$ tend vers $5\times 0+3=3$. On notera que la convergence est rapide : $0{,}8^{50}\approx 1{,}4\times 10^{-5}$ est déjà négligeable.

b) Comme $1{,}5>1$, la suite $1{,}5^{n}$ tend vers $+\infty$. La croissance géométrique finit toujours par l'emporter, même quand la raison dépasse $1$ de peu : $1{,}01^{n}$ tend aussi vers $+\infty$, simplement plus lentement.

c) Non. Les termes valent $1$, $-2$, $4$, $-8$, $16$, et ainsi de suite : ils changent de signe à chaque rang tout en grandissant en valeur absolue. La suite n'admet donc AUCUNE limite, ni finie ni infinie, ce qui est un troisième comportement possible qu'il ne faut pas oublier. C'est le cas général pour $q\leq-1$, et c'est pourquoi la condition de convergence porte sur $|q|<1$ et non sur $q<1$.

d) La somme géométrique de raison $q\neq 1$ vaut $S_{n}=\frac{1-q^{n+1}}{1-q}$, formule à connaître sous la forme parlante « premier terme fois un moins la raison à la puissance nombre de termes, sur un moins la raison ». Comme $-1<q<1$, le terme $q^{n+1}$ tend vers $0$, donc $S_{n}$ tend vers $\frac{1}{1-q}$. Pour $q=\frac{1}{3}$ : la limite vaut $\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}$.

Le résultat de d) mérite un instant d'attention, car il est contre-intuitif : on additionne une infinité de termes tous strictement positifs et l'on obtient un total FINI. L'explication tient à la décroissance géométrique, chaque terme ne valant qu'un tiers du précédent, si bien que le reste à ajouter se réduit plus vite qu'il ne s'accumule. C'est le mécanisme du paradoxe de Zénon, où une infinité de demi-distances s'additionne en une distance finie. La condition $|q|<1$ est essentielle : pour $q=1$, la somme vaut $n+1$ et diverge, et la formule elle-même s'effondre puisque son dénominateur s'annule.

a) $u_{0}=\frac{1}{2}$, $u_{1}=\frac{4}{3}\approx 1{,}333$ et $u_{10}=\frac{31}{12}\approx 2{,}583$. Les valeurs montent en se rapprochant de $3$, ce qui oriente déjà vers les questions suivantes.

b) La méthode qui ne rate jamais consiste à étudier la DIFFÉRENCE plutôt que de comparer directement : $3-u_{n}=3-\frac{3n+1}{n+2}=\frac{3(n+2)-(3n+1)}{n+2}=\frac{3n+6-3n-1}{n+2}=\frac{5}{n+2}$. Ce quotient est strictement positif pour tout entier naturel $n$, donc $u_{n}<3$. Cette écriture apporte plus que l'inégalité demandée : elle donne l'ÉCART exact à la borne, qui vaut $\frac{5}{n+2}$ et qui tend vers zéro, ce qui prédit déjà la limite.

c) On étudie la différence de deux termes consécutifs : $u_{n+1}-u_{n}=\frac{3(n+1)+1}{(n+1)+2}-\frac{3n+1}{n+2}=\frac{(3n+4)(n+2)-(3n+1)(n+3)}{(n+3)(n+2)}$. Le numérateur vaut $(3n^{2}+10n+8)-(3n^{2}+10n+3)=5$, les termes en $n^{2}$ et en $n$ se compensant exactement. La différence, égale à $\frac{5}{(n+2)(n+3)}$, est strictement positive : la suite est CROISSANTE.

d) Oui, elle est bornée. Elle est majorée par $3$ d'après b), et minorée par son premier terme $u_{0}=\frac{1}{2}$ puisqu'elle est croissante. Étant à la fois majorée et minorée, elle est bornée par définition. Notez que la minoration se déduit de la croissance et ne demande aucun calcul supplémentaire.

e) Croissante et majorée, elle CONVERGE d'après le théorème de convergence monotone. Sa limite s'obtient en factorisant par le terme dominant : $u_{n}=\frac{n\left(3+\frac{1}{n}\right)}{n\left(1+\frac{2}{n}\right)}$, qui tend vers $3$. La suite converge donc vers $3$, sans jamais l'atteindre, conformément à la stricte inégalité de b).

Un mot sur ce que le théorème de convergence monotone donne et ne donne pas, car la nuance tombe souvent en examen. Il garantit l'EXISTENCE d'une limite finie, sans jamais en fournir la valeur, et le majorant utilisé n'est en général pas cette limite : ici $3$ se trouve être les deux, mais la suite aurait tout aussi bien pu être majorée par $10$ sans converger vers $10$. Il faut donc systématiquement calculer la limite par un autre moyen, comme la factorisation en e), ou par l'équation de point fixe pour une suite définie par récurrence, ce que fera l'exercice 5.

a) $u_{1}=\sqrt{3\times 1}=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ ; $u_{2}=\sqrt{3\sqrt{3}}\approx\sqrt{5{,}196}\approx 2{,}280$ ; $u_{3}=\sqrt{3\times 2{,}280}\approx 2{,}615$. Les termes montent vers $3$ en ralentissant, ce qui suggère les deux propriétés à démontrer.

b) INITIALISATION : $u_{0}=1$ vérifie bien $0<1\leq 3$ ✓. HÉRÉDITÉ : supposons $0<u_{n}\leq 3$. En multipliant par $3>0$ : $0<3u_{n}\leq 9$. La fonction racine carrée étant CROISSANTE sur les positifs, on peut l'appliquer aux trois membres sans changer le sens : $0<\sqrt{3u_{n}}\leq\sqrt{9}=3$, c'est-à-dire $0<u_{n+1}\leq 3$ ✓. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$. La borne $3$ n'a rien d'arbitraire, c'est le POINT FIXE de la relation, solution de $\ell=\sqrt{3\ell}$, et c'est toujours lui qui fournit la bonne borne.

c) On suit l'indication : $u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2}=3u_{n}-u_{n}^{2}=u_{n}(3-u_{n})$. D'après b), $u_{n}>0$ et $3-u_{n}\geq 0$, donc ce produit est positif ou nul. Ainsi $u_{n+1}^{2}\geq u_{n}^{2}$, et comme les DEUX termes sont strictement positifs, on peut passer à la racine et conclure $u_{n+1}\geq u_{n}$ : la suite est croissante. L'étude du carré plutôt que de la différence directe évite d'avoir à manipuler $\sqrt{3u_{n}}-u_{n}$, dont le signe n'est pas immédiat.

d) Croissante et majorée par $3$, la suite converge d'après le théorème de convergence monotone, vers un réel $\ell$. Comme $u_{n+1}=\sqrt{3u_{n}}$ et que la fonction racine est CONTINUE, le passage à la limite donne $\ell=\sqrt{3\ell}$, donc $\ell^{2}=3\ell$, soit $\ell(\ell-3)=0$. Les deux candidats sont $0$ et $3$ ; mais tous les termes sont supérieurs ou égaux à $u_{0}=1$ puisque la suite croît, donc la limite ne peut pas être nulle : $\ell=3$.

L'ordre des étapes est ici plus important que les calculs, et c'est ce qui distingue une copie complète d'une copie amputée. On ne peut PAS écrire l'équation $\ell=\sqrt{3\ell}$ avant d'avoir prouvé que la limite existe, faute de quoi le raisonnement serait circulaire : une suite divergente ne vérifie aucune équation de point fixe. Le plan est donc invariable et vaut pour tout exercice de ce type : encadrement par récurrence, monotonie, convergence par le théorème de la limite monotone, puis identification de la limite par le point fixe, et enfin TRI des candidats à l'aide de l'encadrement. Cette dernière étape est la plus souvent oubliée, alors qu'ici elle est indispensable pour écarter $0$.

a) $u_{1}=0{,}6\times 5+4=7$ ; $u_{2}=0{,}6\times 7+4=8{,}2$ ; $u_{3}=0{,}6\times 8{,}2+4=8{,}92$. Les écarts entre termes consécutifs valent $2$, puis $1{,}2$, puis $0{,}72$, et se réduisent d'un facteur $0{,}6$ à chaque pas : la raison de la suite auxiliaire se lit déjà dans ces nombres.

b) $\ell=0{,}6\ell+4$ donne $\ell-0{,}6\ell=4$, soit $0{,}4\ell=4$ et $\ell=10$. Ce nombre est le POINT FIXE de la relation de récurrence : si un terme valait exactement $10$, tous les suivants vaudraient $10$ aussi.

c) $v_{n+1}=u_{n+1}-10=0{,}6\,u_{n}+4-10=0{,}6\,u_{n}-6=0{,}6\left(u_{n}-10\right)=0{,}6\,v_{n}$. La suite $(v_{n})$ est donc GÉOMÉTRIQUE de raison $0{,}6$, de premier terme $v_{0}=5-10=-5$. Le mécanisme est celui-là même de l'exercice sur les équations différentielles : retrancher le point fixe fait disparaître le terme constant, et il ne reste qu'une relation de proportionnalité.

d) $v_{n}=v_{0}\times 0{,}6^{n}=-5\times 0{,}6^{n}$, donc $u_{n}=v_{n}+10=10-5\times 0{,}6^{n}$. Vérification indispensable : $u_{1}=10-5\times 0{,}6=10-3=7$ ✓, ce qui correspond bien au calcul direct de a).

e) Comme $-1<0{,}6<1$, le terme $0{,}6^{n}$ tend vers $0$, donc $u_{n}$ tend vers $10$. La suite converge vers le point fixe en croissant, sans jamais l'atteindre puisque $5\times 0{,}6^{n}$ est strictement positif pour tout $n$.

f) $u_{n}>9{,}9$ équivaut à $10-5\times 0{,}6^{n}>9{,}9$, soit $5\times 0{,}6^{n}<0{,}1$, c'est-à-dire $0{,}6^{n}<0{,}02$. On passe au logarithme, et comme $\ln(0{,}6)<0$ la division INVERSE l'inégalité : $n>\frac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}6)}\approx 7{,}66$. Le plus petit entier convenant est donc $n=8$. Vérification obligatoire des deux côtés du seuil : $5\times 0{,}6^{7}\approx 0{,}140$, encore supérieur à $0{,}1$, tandis que $5\times 0{,}6^{8}\approx 0{,}084$ ✓. L'inversion du sens lors de la division par un logarithme négatif est l'erreur la plus coûteuse de ce type de question, et cette double vérification la détecte à coup sûr.

a) Pour tout $n\geq 1$, le sinus est BORNÉ : $-1\leq\sin n\leq 1$. En divisant par $n^{2}>0$, ce qui conserve le sens : $-\frac{1}{n^{2}}\leq u_{n}\leq\frac{1}{n^{2}}$. Les deux bornes tendent vers $0$, donc par le théorème des GENDARMES $u_{n}$ tend vers $0$.

b) Pour tout $n$, on a $(-1)^{n}\geq-1$, donc $v_{n}\geq n-1$. Or $n-1$ tend vers $+\infty$, donc par le théorème de COMPARAISON $v_{n}$ tend aussi vers $+\infty$. Remarquez qu'une seule minoration suffit ici, là où le cas a) exigeait un encadrement des deux côtés : pour prouver une limite infinie, il n'y a rien à borner par le haut.

c) L'inégalité $2^{n}\geq n+1$, démontrée par récurrence à l'exercice 1, donne le résultat par comparaison : $n+1$ tend vers $+\infty$, donc $2^{n}$ aussi. Ensuite, par passage à l'inverse d'une suite tendant vers $+\infty$ et à termes strictement positifs, $\frac{1}{2^{n}}$ tend vers $0$. On vient de redémontrer, sans invoquer le cours sur $q^{n}$, que $2^{n}$ diverge et que $0{,}5^{n}$ converge vers zéro.

d) Parce que les quantités $\sin n$ et $(-1)^{n}$ N'ONT PAS de limite : elles oscillent indéfiniment sans jamais se stabiliser. Or aucun théorème d'opération ne s'applique à une expression contenant une suite sans limite, un énoncé du type « la limite du quotient est le quotient des limites » supposant d'abord que les deux limites existent. En revanche ces quantités restent BORNÉES, et c'est exactement ce qu'exploitent l'encadrement et la comparaison, qui n'ont besoin que de bornes et non de limites.

Il faut savoir choisir entre les deux outils, et le critère est simple. Le théorème des GENDARMES sert à prouver une limite FINIE et exige un encadrement des deux côtés, les deux bornes devant converger vers la même valeur. Le théorème de COMPARAISON sert à prouver une limite INFINIE et ne demande qu'une seule inégalité, minoration pour $+\infty$ et majoration pour $-\infty$. Une erreur classique consiste à vouloir encadrer dans le cas b), ce qui est impossible et inutile : il n'existe aucun majorant, et il n'en faut aucun.

a) Elle calcule les termes successifs de la suite tant qu'ils n'ont pas dépassé l'objectif, et renvoie le RANG du premier terme strictement supérieur à cet objectif. C'est l'algorithme de seuil standard : il ne cherche pas une valeur mais le premier indice à partir duquel une condition devient vraie.

b) Elle renvoie $8$, ce qui confirme par le calcul machine le résultat obtenu à l'exercice 6 par le logarithme. La concordance des deux méthodes n'est pas une coïncidence, ce sont deux façons de résoudre la même inéquation, l'une exacte et l'autre par balayage.

c) On résout $5\times 0{,}6^{n}<0{,}01$, soit $0{,}6^{n}<0{,}002$, donc $n>\frac{\ln(0{,}002)}{\ln(0{,}6)}\approx 12{,}17$, l'inégalité s'inversant à cause du logarithme négatif. La fonction renvoie donc $13$. Observez le coût du gain de précision : passer d'une tolérance de $0{,}1$ à $0{,}01$ n'a demandé que $5$ itérations de plus, car chaque itération multiplie l'écart par $0{,}6$ et il faut environ $4{,}5$ pas pour gagner un facteur $10$.

d) La boucle NE S'ARRÊTE JAMAIS. La suite est strictement croissante mais converge vers $10$ sans jamais l'atteindre : tous ses termes vérifient $u_{n}<10$, donc la condition de continuation reste vraie indéfiniment. Le programme tourne sans fin. C'est le danger d'un algorithme de seuil dont l'objectif est la limite elle-même, ou une valeur au-delà, et c'est un cas que le mathématicien voit immédiatement là où le programmeur attend un résultat.

e) Il suffit de BORNER le nombre d'itérations, par exemple en remplaçant la condition par `u <= objectif and n < 1000`, puis en signalant l'échec si la boucle s'est arrêtée sur le compteur plutôt que sur l'objectif. On peut aussi, en amont, vérifier que l'objectif est strictement inférieur à la limite, ce qui est plus satisfaisant intellectuellement mais suppose de connaître cette limite.

Cet exercice illustre une leçon qui dépasse le chapitre : une boucle non bornée n'est sûre que si l'on a DÉMONTRÉ sa terminaison. Ici la preuve mathématique de la convergence vers $10$ est exactement ce qui permet de prévoir le plantage, avant même d'exécuter le programme. Un bon réflexe consiste à toujours se demander, devant une boucle conditionnelle, quel argument garantit qu'on en sortira ; en l'absence d'un tel argument, la borne d'itérations n'est pas une précaution facultative.

def seuil(objectif, maxi=1000):
    u = 5
    n = 0
    while u <= objectif and n < maxi:
        u = 0.6 * u + 4
        n = n + 1
    if n == maxi:
        return None   # objectif inatteignable : il vaut au moins la limite
    return n

a) $u_{1}=\frac{1}{2}\left(2+\frac{2}{2}\right)=\frac{1}{2}(2+1)=1{,}5$ ; $u_{2}=\frac{1}{2}\left(1{,}5+\frac{2}{1{,}5}\right)=\frac{17}{12}\approx 1{,}4166667$ ; $u_{3}\approx 1{,}4142157$. Comparé à $\sqrt{2}\approx 1{,}4142136$, l'écart n'est plus que de $2\times 10^{-6}$ : dès le rang $3$, les six premières décimales sont correctes. La convergence est extraordinairement rapide, et l'on comprend que la méthode ait traversé les siècles.

b) On développe le carré avec soin : $u_{n+1}^{2}-2=\frac{1}{4}\left(u_{n}+\frac{2}{u_{n}}\right)^{2}-2=\frac{1}{4}\left(u_{n}^{2}+2\times u_{n}\times\frac{2}{u_{n}}+\frac{4}{u_{n}^{2}}\right)-2=\frac{1}{4}\left(u_{n}^{2}+4+\frac{4}{u_{n}^{2}}\right)-2$. En rentrant le $-2$ dans la parenthèse sous la forme $-\frac{8}{4}$ : $=\frac{1}{4}\left(u_{n}^{2}-4+\frac{4}{u_{n}^{2}}\right)=\frac{1}{4}\left(u_{n}-\frac{2}{u_{n}}\right)^{2}=\left(\frac{u_{n}^{2}-2}{2u_{n}}\right)^{2}$, la dernière égalité venant de la mise au même dénominateur.

c) INITIALISATION : $u_{0}=2\geq\sqrt{2}$ ✓. HÉRÉDITÉ : supposons $u_{n}\geq\sqrt{2}$, donc en particulier $u_{n}>0$. D'après b), $u_{n+1}^{2}-2$ est un CARRÉ, donc positif ou nul : $u_{n+1}^{2}\geq 2$. Comme $u_{n+1}$ est strictement positif, étant la demi-somme de deux quantités positives, on peut passer à la racine : $u_{n+1}\geq\sqrt{2}$ ✓. CONCLUSION : la propriété est vraie pour tout $n$. Toute l'élégance de la question b) est là : elle transforme la minoration à démontrer en une évidence, un carré étant toujours positif.

d) $u_{n+1}-u_{n}=\frac{1}{2}\left(u_{n}+\frac{2}{u_{n}}\right)-u_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{u_{n}}-u_{n}\right)=\frac{2-u_{n}^{2}}{2u_{n}}$. D'après c), $u_{n}^{2}\geq 2$, donc le numérateur est négatif ou nul, tandis que le dénominateur est strictement positif. La différence est donc négative ou nulle : la suite est DÉCROISSANTE.

e) Décroissante et minorée par $\sqrt{2}$, la suite converge d'après le théorème de convergence monotone. Sa limite $\ell$ vérifie $\ell=\frac{1}{2}\left(\ell+\frac{2}{\ell}\right)$, soit $2\ell^{2}=\ell^{2}+2$, donc $\ell^{2}=2$. Comme tous les termes sont positifs, $\ell=\sqrt{2}$.

La rapidité constatée en a) s'explique par la formule de b), et c'est ce qui distingue cette méthode d'une dichotomie. L'écart $u_{n+1}^{2}-2$ est le CARRÉ d'une quantité proportionnelle à $u_{n}^{2}-2$ : l'erreur est donc élevée au carré à chaque étape, ce qu'on appelle une convergence quadratique. Concrètement, le nombre de décimales exactes DOUBLE à chaque itération, alors qu'une dichotomie n'en gagne qu'un tiers. Au rang $8$, la précision atteint déjà la limite de la machine ✓. C'est la méthode de Newton appliquée à $x^{2}-2$, et c'est encore celle que les processeurs utilisent aujourd'hui pour extraire une racine carrée.

a) Diminuer de $20\ \%$ revient à multiplier par $0{,}8$, et réintroduire $60$ animaux revient à ajouter $0{,}6$ CENTAINE, l'unité de la suite étant la centaine. D'où $u_{n+1}=0{,}8\,u_{n}+0{,}6$. L'attention à l'unité est le vrai piège de la question : ajouter $60$ au lieu de $0{,}6$ multiplierait le résultat par cent. Alors $u_{1}=0{,}8\times 1+0{,}6=1{,}4$ ; $u_{2}=0{,}8\times 1{,}4+0{,}6=1{,}72$ ; $u_{3}=0{,}8\times 1{,}72+0{,}6=1{,}976$.