La méthode de Héron

La stratégie. C'est le plan d'étude du cours — intervalle stable, points fixes, monotonie, conclusion — mais l'exercice porte surtout sur l'aspect quantitatif : une identité exacte pour l'erreur, qui montre qu'elle est élevée au carré à chaque étape.

a) La minoration. Pour $x>0$ : $$f(x)-\sqrt{2}=\frac{x}{2}+\frac{1}{x}-\sqrt{2}=\frac{x^2-2\sqrt{2}x+2}{2x}=\frac{(x-\sqrt{2}{)}^2}{2x},$$ en reconnaissant le carré $(x-\sqrt{2}{)}^2=x^2-2\sqrt{2}x+2$. Un carré divisé par un réel strictement positif est positif : $f(x)\ge \sqrt{2}$ pour tout $x>0$. Par récurrence, la suite est bien définie et strictement positive ($u_0=1>0$, et $u_n>0$ entraîne $u_{n+1}=f(u_n)>0$) ; et pour $n\ge 1$, $u_n=f(u_{n-1})\ge \sqrt{2}$.

b) Décroissance et convergence. Pour $x\ge \sqrt{2}$, $$f(x)-x=\frac{1}{x}-\frac{x}{2}=\frac{2-x^2}{2x}\le 0,$$ car $x^2\ge 2$. Donc pour $n\ge 1$, $u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n\le 0$ : $(u_n{)}_{n\ge 1}$ est décroissante. Elle est minorée par $\sqrt{2}$ : par le théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel $\ell$, et par passage à la limite, $\ell \ge \sqrt{2}>0$. La fonction $f$ est continue en $\ell$ (fraction rationnelle, $\ell \ne 0$) ; par le théorème « limite et point fixe », $f(\ell )=\ell$, soit $\frac{2-{\ell }^2}{2\ell }=0$, soit ${\ell }^2=2$, et comme $\ell >0$ : $\ell =\sqrt{2}$. La suite converge vers $\sqrt{2}$.

c) L'erreur au carré. L'identité du a) avec $x=u_n$ donne exactement $$u_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{(u_n-\sqrt{2}{)}^2}{2u_n}.$$ Pour $n\ge 1$, $u_n\ge \sqrt{2}$, donc $\frac{1}{2u_n}\le \frac{1}{2\sqrt{2}}$, et le numérateur est positif : $$0\le u_{n+1}-\sqrt{2}\le \frac{(u_n-\sqrt{2}{)}^2}{2\sqrt{2}}.$$

Ce que dit cette inégalité. Si l'erreur au rang $n$ est de l'ordre de $10^{-k}$, l'erreur au rang $n+1$ est de l'ordre de $10^{-2k}$ : le nombre de décimales exactes double à chaque itération. C'est la convergence quadratique, à opposer à la convergence géométrique où chaque itération multiplie l'erreur par une constante $k<1$ et ne gagne qu'un nombre fixe de décimales.

d) La majoration explicite. Avec les notations de l'énoncé, le c) s'écrit $e_{n+1}\le c{e}_n^2$, soit, en multipliant par $c>0$ : $c{e}_{n+1}\le (c{e}_n{)}^2$. Montrons par récurrence sur $n\ge 1$ que $c{e}_n\le (c{e}_1{)}^{2^{n-1}}$. Au rang $1$ c'est une égalité. Si $c{e}_n\le (c{e}_1{)}^{2^{n-1}}$, alors, les deux membres étant positifs, on peut élever au carré : $c{e}_{n+1}\le (c{e}_n{)}^2\le (c{e}_1{)}^{2^n}$. La récurrence est close.

Or $u_1=\frac{1}{2}\left(1+2\right)=1,5$, et comme $\sqrt{2}\ge 1,41$, on a $e_1=1,5-\sqrt{2}\le 0,09$. De plus $2\sqrt{2}\ge 2,82>\frac{1}{0,36}$, donc $c=\frac{1}{2\sqrt{2}}\le 0,36$. Ainsi $c{e}_1\le 0,36\times 0,09=0,0324<\frac{1}{30}$ (la valeur exacte est $c{e}_1\approx 0,0303$). D'où $$e_n\le \frac{1}{c}{\left(\frac{1}{30}\right)}^{2^{n-1}}=2\sqrt{2}\cdot 30^{-2^{n-1}}.$$ Pour garantir $e_n\le 10^{-100}$, il suffit que $2^{n-1}{\log }_{10}30\ge 100+{\log }_{10}(2\sqrt{2})$, soit $2^{n-1}\times 1,477\ge 100,45$, soit $2^{n-1}\ge 68,0$. Comme $2^6=64<68\le 128=2^7$, il faut $n-1\ge 7$ : huit itérations garantissent cent décimales exactes. À titre de comparaison, une méthode à convergence géométrique de raison $\frac{1}{2}$, comme la dichotomie, demande ${\log }_{2}10\approx 3,3$ itérations par décimale, soit plus de trois cents itérations pour cent décimales.

Contrôle. $u_1=1,5$, $u_2=\frac{1}{2}\left(1,5+\frac{2}{1,5}\right)=\frac{17}{12}\approx 1,416667$, $u_3=\frac{577}{408}\approx 1,414216$, $u_4\approx 1,41421356237469$. Les erreurs valent $8,6\cdot 10^{-2}$, $2,5\cdot 10^{-3}$, $2,1\cdot 10^{-6}$, $1,6\cdot 10^{-12}$ : deux, puis six, puis douze décimales — le doublement annoncé. Et l'on vérifie $e_3\approx 2,124\cdot 10^{-6}\le c{e}_2^2\approx 2,128\cdot 10^{-6}$ : la majoration du c) est presque une égalité, parce que $u_n$ est déjà très proche de $\sqrt{2}$.

Ce que l'exercice installe. La distinction entre qualitatif et quantitatif, que le programme met en tête de ce chapitre. La convergence vers $\sqrt{2}$ est acquise en trois lignes par le plan du cours ; la vitesse, elle, demande une identité exacte pour l'erreur — pas une majoration grossière — et c'est cette identité qui révèle le carré. Le chapitre sur la dérivabilité expliquera pourquoi : la méthode de Héron est la méthode de Newton pour $x^2-2$, et la dérivée de $f$ s'annule au point fixe.