Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

Soit $(x_0, y_0)\in\R^2$ un couple de deux réels.

Soit $(x,y)\in\R^2$ un autre couple de réels, proche du précédent.

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Construisez la preuve

Vous supposez que $\vert x-x_0 \vert < \alpha$ et $\vert y-y_0 \vert < \beta$ où $\alpha$ et $\beta$ sont deux réels strictement positifs qui seront choisis plus tard.

Il s’agit d’obtenir la majoration $\vert xy -x_0y_0 \vert < \varepsilon.$

Voulant faire apparaître la quantité $x-x_0$ qui est petite, vous procédez comme suit :

\begin{aligned}
\vert xy – x_0y_0\vert &\leq \vert (x-x_0)y + x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0(y -y_0) \vert \\
&\leq \vert x-x_0 \vert \vert y\vert + \vert x_0 \vert \vert y-y_0\vert\\
&\leq \alpha \vert y\vert + \vert x_0 \vert \beta.
\end{aligned}

Il reste à majorer $\vert y\vert$ comme suit :

\begin{aligned}
\vert y\vert &\leq \vert (y-y_0)+y_0\vert\\
&\leq \vert (y-y_0)\vert + \vert y_0\vert\\
&\leq \beta + \vert y_0\vert.
\end{aligned}

L’ensemble étant mis bout à bout vous obtenez $\vert xy – x_0y_0\vert \leq \alpha\beta + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta.$

Effectuez un choix judicieux pour $\alpha$ et $\beta$

Pour casser le terme $\alpha\beta$, vous pouvez choisir $\beta$ pour qu’il soit inférieur à $1$.

Vous obtenez alors :

$\vert xy – x_0y_0\vert \leq \alpha (1+ \vert y_0\vert) + \vert x_0 \vert \beta.$

Vous souhaitez avoir $ \alpha (1+ \vert y_0\vert) < \frac{\varepsilon}{2}$ et $ \vert x_0 \vert \beta < \frac{\varepsilon}{2}.$

Choisissez $\alpha = \frac{\varepsilon}{2(1+\vert y_0\vert)}$ de sorte que $\alpha (1+ \vert y_0\vert) < \frac{\varepsilon}{2}.$

Il est tentant de faire de même et de poser $\beta = \frac{\varepsilon}{2 \vert x_0 \vert}.$

Mais on diviserait potentiellement par $0$ si $x_0$ était nul. Pour pallier ce problème, vous posez à la place $\beta = \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}.$

Or, $\beta$ doit aussi être inférieur à $1$. Donc vous posez finalement $\beta = \mathrm{Min}\left( 1, \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}\right).$

Rédigez la preuve

Soit $(x_0, y_0)\in\R^2$ un couple de deux réels et $\varepsilon > 0.$

Posez $\beta = \mathrm{Min}\left( 1, \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}\right)$ et $\alpha = \frac{\varepsilon}{2(1+\vert y_0\vert)}.$

Supposez que $x$ et $y$ sont deux réels tels que $\vert x-x_0 \vert < \alpha$ et $\vert y-y_0 \vert < \beta.$

\begin{aligned}
\vert xy – x_0y_0\vert &\leq \vert (x-x_0)y + x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0(y -y_0) \vert \\
&\leq \vert x-x_0 \vert \vert y\vert + \vert x_0 \vert \vert y-y_0\vert\\
&\leq \alpha \vert y\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \vert (y-y_0)+y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \vert (y-y_0)+y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha (\vert (y-y_0)\vert +\vert y_0\vert) + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \beta + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \times 1 + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \left( 1 + \vert y_0\vert \right)+ \vert x_0 \vert \beta\\
&< \frac{\varepsilon}{2}+ \frac{\varepsilon}{2}\\
&< \varepsilon.
\end{aligned}

Concluez

Pour tout $(x_0,y_0)$, la fonction $(x,y)\mapsto xy$ qui va de $\R^2$ dans $\R$, est continue en $(x_0,y_0).$

Soit $N$ un nombre naturel supérieur ou égal à $1$. Pour tout réel $x$, notez $\left\lfloor x \right\rfloor$ la partie entière de $x$, désignant le plus grand entier inférieur ou égal à $x.$

Pour simplifier les notations, définissez la fonction $f$ sur $\N^{*}$ par $\forall n\in\N^{*}, f(n) =\left\lfloor \frac{n+\left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor}{2}\right\rfloor.$

Considérez la suite définie par $u_0 = N$ et

\forall n\in\N, u_{n+1}=\begin{cases}
f(u_n) \quad\text{ si } f(u_n) < u_n\\
 u_n \quad\text{ si } f(u_n) \geq u_n.\\
\end{cases}

Cet article a pour but de démontrer que la suite $(u_n)$ est stationnaire à partir d’un certain rang et que sa limite est égale à la racine carrée entière de $N$, c’est–à-dire à l’unique entier $m$ tel que $m^2\leq N < (m+1)^2.$

Démontrez que la suite est stationnaire

Pour tout entier naturel $n$, $u_n$ est lui-même un entier naturel.

Considérez l’ensemble $A=\{u_n, n\in\N\}$, c’est une partie de $\N$ qui contient $u_0 =N$ donc $A$ admet un plus petit élément noté $m.$

Par définition de $m$, il existe un entier $p\in\N$ tel que $m = u_p.$ L’existence de cet entier $p$ sera utilisée dans toute la suite du présent article.

Soit maintenant $k$ un entier naturel. Notez $P(k)$ la propriété $u_{p+k} = u_p.$

Initialisation. Pour $k=0$, $p+k = p$ et $u_{p+k} = u_p$ donc $P(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $k\in\N$. Supposez $P(k).$

Si $f(u_{p+k})$ était strictement inférieur à $u_{p+k}$, par définition de la suite, $u_{p+k+1}$ serait strictement inférieur à $u_{p+k} = u_p = m$, ce qui contredirait que $m$ est le minimum de $A$.

Donc $f(u_{p+k})\geq u_{p+k}$ et $u_{p+k+1} = u_{p+k} = u_p.$ Donc $P(k+1)$ est vérifiée.

Il est ainsi établi que $\forall k\in\N, u_{p+k} = u_p = m$ donc $\forall n\geq p, u_n = m.$

Etudiez la limite de la suite

D’après ce qui a été établi dans l'article 158, vous avez $\forall n\in\N, u_n\geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$. En choisissant l’entier $n=p$, vous obtenez la minoration $m\geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Supposez un instant que $m \neq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$ Alors $m \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor + 1$, ce qui s’écrit $u_p \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor + 1.$ La suite étant stationnaire à partir du rang $p$, vous avez $f(u_p)\geq u_p$ donc $\left\lfloor \frac{u_p+\left\lfloor \frac{N}{u_p} \right\rfloor}{2}\right\rfloor \geq u_p.$

Or, dans dans l'article 158, vous avez montré que $\forall n\in\N^{*}, f(n) = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n}}{2}\right\rfloor$, donc $\left\lfloor \frac{u_p+\frac{N}{u_p}}{2}\right\rfloor \geq u_p.$

Comme $u_p$ est un entier, cela s’écrit $\left\lfloor \frac{u_p+\frac{N}{u_p}}{2}\right\rfloor -u_p\geq 0$, soit $\left\lfloor \frac{u_p+\frac{N}{u_p}}{2} – u_p\right\rfloor \geq 0$ soit $\left\lfloor \frac{-u_p+\frac{N}{u_p}}{2} \right\rfloor \geq 0$ soit $\left\lfloor \frac{N-u_p^2}{2u_p} \right\rfloor \geq 0.$

Par définition de la partie entière, $ \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor + 1 > \sqrt{N}$ donc $u_p > \sqrt{N}$ et donc $u_p^2> N$ donc $ \frac{N-u_p^2}{2u_p} $ est un réel strictement négatif. Du coup, la majoration $\left\lfloor \frac{N-u_p^2}{2u_p} \right\rfloor \leq \frac{N-u_p^2}{2u_p} < 0$ contredit la minoration $\left\lfloor \frac{N-u_p^2}{2u_p} \right\rfloor \geq 0.$

Vous déduisez donc que $m = \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Donc $m \leq \sqrt{N} < m+1$ et par suite $m^2 \leq N < (m+1)^2$, ce qui termine la démonstration.

Soit $N$ un nombre naturel supérieur ou égal à $1$. Pour tout réel $x$, notez $\left\lfloor x \right\rfloor$ la partie entière de $x$, désignant le plus grand entier inférieur ou égal à $x.$

Pour simplifier les notations, définissez la fonction $f$ sur $\N^{*}$ par $\forall n\in\N^{*}, f(n) =\left\lfloor \frac{n+\left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor}{2}\right\rfloor.$

Considérez la suite définie par $u_0 = N$ et

\forall n\in\N, u_{n+1}=\begin{cases}
f(u_n) \quad\text{ si } f(u_n) < u_n\\
 u_n \quad\text{ si } f(u_n) \geq u_n.\\
\end{cases}

Cet article s’inscrit dans la preuve du résultat suivant : la suite $(u_n)$ est stationnaire à partir d’un certain rang et sa limite est égale à la racine carrée entière de $N$, c’est–à-dire l’unique entier $m$ tel que $m^2\leq N < (m+1)^2.$

Le but de cet article est de mettre en exergue une démonstration de la proposition suivante :
$\left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ minore la suite $(u_n)_{n\geq 0}.$

Afin de parvenir à ce résultat, vous allez démontrer les lemmes suivants, qui faciliteront les calculs pour la suite.

Démontrez le lemme $\forall n\in\N^{*}, f(n) = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n}}{2}\right\rfloor$

Pour voir pourquoi cela est bien le cas, considérez un entier $n\in\N^{*}$ et posez $p = \left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor.$

Par définition de la partie entière, l’encadrement $p\leq \frac{N}{n} < p+1$ est vérifié.

Par suite, $n+p \leq n+ \frac{N}{n} < n+p+1$ et après division par $2$ il vient $\frac{n+p}{2} \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2}< \frac{n+p+1}{2}.$

Premier cas : l’entier naturel $n+p$ est pair

Il existe $\ell\in\N$ tel que $n+p = 2\ell.$

D’autre part, vous avez $\ell \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2}< \ell +\frac{1}{2} < \ell + 1.$

Vous déduisez que $\ell = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n} }{2} \right\rfloor.$

Or, comme $\ell$ est entier, il vient successivement :

\begin{aligned}
\ell &= \left\lfloor \ell \right\rfloor \\
&= \left\lfloor \frac{n+ p }{2} \right\rfloor\\
&= \left\lfloor \frac{n+ \left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor }{2} \right\rfloor\\
\end{aligned}

ce qui prouve le résultat.

Second cas : l’entier naturel $n+p$ est impair

Il existe $\ell\in\N$ tel que $n+p = 2\ell+1.$

Vous avez $\ell +\frac{1}{2} \leq \frac{n+p}{2} \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2}< \frac{n+p+1}{2}\leq \frac{2\ell + 2}{2} \leq \ell + 1.$

Vous déduisez $\ell \leq \frac{n+ \frac{N}{n} }{2} < \ell +1.$

Ainsi, comme prédédemment $\ell = \left\lfloor \frac{n+ \frac{N}{n} }{2} \right\rfloor.$

Comme $\frac{n+p}{2}= \ell+\frac{1}{2}$ vous avez $\ell \leq \frac{n+p}{2} < \ell +1$ donc $\ell = \left\lfloor \frac{n+ p }{2} \right\rfloor$, ce qui prouve $\ell = \left\lfloor \frac{n+ \left\lfloor \frac{N}{n}\right\rfloor }{2} \right\rfloor.$

Démontrez que, pour tout $n\in\N^{*}, \sqrt{N}\leq \frac{n+\frac{N}{n}}{2}$

Cette inégalité s’obtient par soustraction et utilisation d’identités remarquables.

\begin{aligned}
\frac{n+\frac{N}{n}}{2} – \sqrt{N} &= \frac{n+\frac{N}{n} – 2\sqrt{N}}{2}\\
&=\frac{n^2+N – 2n\sqrt{N}}{2n}\\
&=\frac{(n-\sqrt{N})^2}{2n}.
\end{aligned}

La positivité du carré et de l’entier $n$ montrent que la fraction obtenue est positive ce qui conclut.

Démontrez la minoration $\forall n\in\N^{*}, f(n) \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$

Soit $n$ un entier naturel non nul.

De ce qui précède, vous avez successivement :

\begin{aligned}
f(n) \geq \frac{n+\frac{N}{n}}{2} \\
\geq \left\lfloor \frac{n+\frac{N}{n}}{2} \right\rfloor.
\end{aligned}

Or, $ \frac{n+\frac{N}{n}}{2} \geq \sqrt{N}.$

Comme la fonction partie entière est croissante, vous déduisez $\left\lfloor \frac{n+\frac{N}{n}}{2}\right\rfloor \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Concluez en utilisant une récurrence

Pour tout entier naturel $n$, notez $P(n)$ la propriété : « $u_n \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ ».

Initialisation. Pour $n = 0$, $u_0 = N.$ Comme $N$ est un entier naturel non nul, $N\geq 1.$ En multipliant par $N$, il vient $N^2\geq N$ et par croissance de la fonction racine carrée, $N\geq \sqrt{N}.$ Par définition de la partie entière, $\sqrt{N} \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$ Mis bout à bout, vous obtenez $N \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ et $u_0 \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$ donc $P(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $P(n)$ soit vérifiée.

1er cas : $u_{n+1} = f(u_n).$ Il a été établi ci-dessus que, pour tout entier $m\geq 1$, $f(m) \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

Par hypothèse de récurrence, $u_n\geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor$. Or $N\geq 1$ donc $\sqrt{N} \geq 1$ et par croissance de la partie entière, $\left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor \geq 1$ donc $u_n \geq 1$. En prenant $m=u_n$, il vient $u_{n+1} \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$

2ème cas : $u_{n+1} = u_n$ et le résultat est acquis par hypothèse de récurrence.

Vous venez de démontrer, par récurrence, que $\forall n\in\N, u_n \geq \left\lfloor \sqrt{N} \right\rfloor.$