Suites Numériques - Etude de Suites Récurrentes

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 29 décembre 2015

Enoncés

Etude de suites récurrentes récurrentes

1  ( un ) est bien définie et a) Justifier que la suite  (u

∀n ∈ N, u  ∈ [−2 ; 2 ]

 [Correction]  ( un )  définie par Étudier la suite  (u

n

02304 ] Exercice 1 [ 02304

u0  = a  =  a

∈ R et ∀n ∈ N, u

 ( un ) ? b) Quelles sont les limites finies possibles pour  (u c) Montrer que  ( |un − 1|)  converge puis que  lim |un − 1| = 0 . En déduire  lim un .

 =  u2n n+1  = u

02305 ]  [Correction] Exercice 2 [ 02305 Étudier la suite  (u  ( un )  définie par

 [Correction]  0  < |a|  0  et  (u  ( un )  la suite définie par  u 0  > 0  >  0  et

 [Correction] Étudier la suite  (u  ( un )  définie par

∀n ∈

 ≥ 1  et ∀n ∈ N, u

n+1  =

1 + ln(u ln( un )

 1 N, un+1  = 2

 ( un ). a) Étudier la convergence de la suite  (u b) On pose pour tout  n ∈ N

 [Correction] Étudier la suite  (u  ( un )  définie par 02307 ] Exercice 5 [ 02307

vn  =

 ∈ R et ∀n ∈ N, u

n+1  =

e

un

−1

 ∀ ∈ N, u

n+1  =

1 2 + u + un

 [Correction]  ( un )  la suite réelle définie par Soit  (u n+1



− √  √ a

 u n un +

a

n



0

2 0

n

n

2 Ainsi,  u n 0 0 n∞ On peut alors par des calculs élémentaires, déterminer une approximation de √  a.

02309 ] Exercice 7 [ 02309

∈ [−2 ; 2 ] et ∀n ∈ N, u

a un + un

− √ a ≤ 2u .v  √   réalise une approximation de a  à la précision  2u  2 u .v → 0.

u

 [Correction] Étudier la suite  (u  ( un )  définie par u0  > 0  >  0  et n



Calculer  v n+1  en fonction de  v n , puis  v n  en fonction de  v 0  et  n . √  c) Montrer que, si  u 0  > a, on a

02308 ] Exercice 6 [ 02308

u0  = a  =  a

−u

02312 ] Exercice 9 [ 02312

02306 ] Exercice 4 [ 02306

u0

un 2

Montrer que  (u  ( un ) est bien définie et  |un |  0 . On considère l’équation  ln x + x a) Montrer que l’équation possède une unique solution  α .

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Enoncés

b) Former, par l’algorithme de Newton, une suite récurrente réelle  (un ) convergeant vers  α .

2

 [Correction] Étudier la suite définie par Exercice 15 [ 00328 ]

u0

 ∈ R

 [Correction] Déterminer le terme général de la suite  (un )  définie par : Exercice 11 [ 02311 ]

u0  = a >  0, u1  = b >  0  et n

 ∀ ∈ N, u

2

n+2 un  = u n+1

Exercice 16 [ 00330 ]

+

 [Correction]

Soient  a > 0 ,

À quelle condition  (un )  converge ?

  √  √  u  = a, u  = a + a, u  = 1

    =  u

Exercice 17 [ 00331 ]

n

u0  = a  et n

 ∀ ∈ N, u

n+1

1+

1+

a +

√ a,

f  : x

→  x

3

+1 3

et  (un )  la suite définie par

 ∈ R et  ∀n ∈ N, u

u0

√ 1 + ··· = 1 +

1 1+

1 1+

..

.

 [Correction] Soit  (un )  une suite réelle vérifiant

n+1  = f (un )

a) Justifier que l’équation  f (x) = x  possède trois racines réelles (qu’on n’exprimera pas). b) Étudier le signe de  f (x) − x  ainsi que la monotonie de  f . c) Préciser le comportement de  (un )  en discutant selon la valeur de  u 0 .

Exercice 18 [ 00332 ]

Exercice 14 [ 03229 ]

 [Correction]

Soient

∀n ∈ N, u  ∈ [1/2 ; 1 ] Soit  (vn )  la suite déterminée par

 ∀ ∈ N, v

n+1  =

vn  + un+1 1 + un+1 vn

Montrer que la suite  (vn )  converge et déterminer sa limite.

3

f  : x

n

v0  = u0  et n

a +

 [Correction]

k=0

 [Correction]

   

3

Soit

k

a) Déterminer la limite de  (un ). b) Déterminer la limite de  u n+1 − un .

Établir

2

   

Montrer que  (un )  est convergente.

 [Correction] Soit  a ∈ R∗+ . On définit une suite  (un )  par Exercice 12 [ 02301 ]

Exercice 13 [ 00094 ]

 1 4

 et  ∀n ∈ N, un+1  = 1 + u2n

3ax →  x3x++ a 2

(avec  a > 0) et  (un )  la suite définie par u0  > 0  et n

 ∀ ∈ N, u  = f (u ) Étudier les variations de  f , le signe de  f (x) − x  et en déduire le comportement de (un ).

n+1

n

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Enoncés

 [Correction] Soient  u 0 ∈ ]0;1[  et pour tout  n ∈ N,

 [Correction] Soient  ρ ∈ R+  et  θ ∈ ]−π ; π]. On considère la suite complexe  (zn )n∈N  définie par

Exercice 19 [ 00333 ]

Exercice 23 [ 00336 ]

un+1  = u n

2

−u

n

Montrer que  (un )  est monotone de limite nulle. Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants n

n

 u  et  (1 − u ) 2

k

k

k=0

3

z0  = ρ eiθ et n

 ∀ ∈ N, z

n+1  =

 z n  + zn 2

| |

a) Exprimer  z n  à l’aide d’un produit. b) Déterminer la limite de la suite  (zn )n∈N.

k=0

 [Correction] Soit  (un )  une suite de réels positifs telle que Exercice 24 [ 00338 ]

 [Correction] Soit  f  : [a ; b] → [a ; b]  une fonction de classe  C 1 telle que Exercice 20 [ 00334 ]

∀n ∈ N, u  ≤  12 (u n+2



∀x ∈ [a ; b], |f  (x)|  0 , Exercice 27 [ 02783 ] ∗

yn  =

    x1 +

x2 +

··· + √ x

n

a) Ici  x n  = a  pour tout  n , où  a > 0 . Étudier la convergence de  (yn ). b) Même question dans le cas où  x n  = ab2 pour tout  n , avec  b > 0. c) Montrer que  (yn )  converge si, et seulement si, la suite  (x2n )  est bornée. n

−n

 [Correction] Soient  (an )  une suite réelle positive, bornée et  (un )  la suite récurrente définie par Exercice 28 [ 03165 ]

u0  > 0  et  u n+1  =

1  pour tout  n un  + an + 1

∈N

Montrer que la suite  (un )  converge si, et seulement si, la suite  (an )  converge.  [Correction] Montrer que la suite réelle  (xn )  définie par  x 0 ∈ [a ; b]  et Exercice 29 [ 00844 ]

∀n ∈ N, x

n+1  =

 1  (f (xn ) + xn ) 2

où  f  est 1-lipschitzienne de  [a ; b]  dans  [a ; b], converge vers un point fixe de  f .

4

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Corrections

Corrections

 [énoncé] On a  u 0  = a, u1  = a2 , u2  = a4 , par récurrence  u n  = a2 . Pour |a|  1,  u n → +∞. Exercice 1 :

n

 [énoncé] La suite  (un )  est bien définie et supérieure à 1 à partir du rang 1 car la fonction itératrice  f  : x → x2 + 1  est définie sur  R  et à valeurs dans  [1 ; +∞[. un+1 − un  = u2n − un  + 1 ≥ 0  car le discriminant de  x 2 − x + 1  est  ∆ = −3  0  alors  (un )  est croissante. Si  (un )  converge vers un réel    alors    = e  − 1 donc   = 0 . Or  (un )  est minorée par  u 0  > 0  donc ne peut converger vers 0. Par suite  (un ) diverge vers  + ∞. Si  u 0   0  alors 1+

√ 2 − u

n  =

|u − 1| |u − 1| → 1 n

u

n+1

  √   1   − a= u 2

Pour  n ≥ 1, donc

un 2−un

existe et

n

n+1

n

 → √ a. vn+1  =

n

2n−1

1

√  − √  √ aa  =  uu  +− 22√ au au

u

n

2

n  + a

n

n  + a

2

n

 =

u

n

 − √  √ a

un +

2

a

= v n2

Exercice 10 :

n

− √ a ≤ v



n

u  + √ a ≤ 2u v  = 2u v n

n

2 0 0

0 n

 [énoncé]

n

n

n+1

puis

|u | ≤ n



Par suite  u n → 0.

a) f  : x → ln x + x  réalise une bijection strictement croissante de  R ∗+  vers  R . L’équation proposée possède une unique solution  α  = f −1 (0). b) L’algorithme de Newton, propose de définir la suite  (un )  par la relation :

n



1

|a| → 0 2 − |a|

un+1  = u n

u  + u − f f (u(u ))  =  u −  ln1/u  + 1 n



n

n

n

n

n

=

 u n (1 ln un ) un  + 1

−

La fonction  f  est de classe C 2 ,  f (x) = x1  + 1  et  f (x) = − x1  ne s’annulent pas. Pour  u 0  > 0  tel que  f (u0 )f (u0 ) ≥ 0, la suite converge vers  α . 2

 [énoncé] √  La suite  (un )  est bien définie et à valeurs dans  [ a ; +∞[  à partir du rang 1 car de fonction itératrice Exercice 9 :

f  : x

définie sur  R ∗+

n

n

n

n

n

n

 u n+1 un+1 +

donc  v n  = v 02 . c)

Récurrence établie.

|u | ≤ 2 −|u|u| | ≤ |u | donc  ( |u |)  est décroissante d’où  |u | ≤ |a|  puis |u | ≤ 2 |−u ||a|

n

n

n

donc  u n b)

n

n

n+1

|u | ≤ |2 |−u u| | ≤ 2 −|u|u| |  <  1 n+1

2

n

u − √ a ≤  1 u − √ a 2 u − √ a ≤ 1 u − √ a

Exercice 8 :

n

  (u − √ a)  |u − √ a| |u − √ a| √  − a = 2 |u | = 2 u |u − √ a| =  u − √ a ≤ 1 u u n

Par récurrence :

n

 a 

n

donc 2 − un → 0  puis  u n → 2. C’est impossible. Nécessairement |un − 1| → 0  et donc  u n → 1.

 [énoncé] Par récurrence montrons  u n  existe et |un |  0 En passant la relation précédente à la limite :  0 = Par suite  u n → +∞. un+1

donc

−u

n  =

 

n−1 k=0  u k

≥0

  − | =  v1 −  1  ≤ |v|v −| | ≤ |v − | n

|v

n+1

n

Par récurrence, on obtient

 = 12 . C’est absurde. +

|v − | ≤ 1  |v − | n



un un+1 + un

Par suite  u n+1 ∼ un  et

−

1 1= un+1 + un

et donc  v n →   car   > 1. Ainsi 1+

1 1+

−

1 un  = un+1 /un + 1

.

 [énoncé] On vérifie sans difficultés que la suite  (vn )  est définie et que ses termes sont positifs. De plus, on vérifie par récurrence que

 →

 1 2

 [énoncé] √  Posons  (un )  la suite déterminée par  u 0  = 1  et pour tout  n ∈ N,  u n+1  = 1 + un . La suite  (un )  est bien définie et à valeurs positive.√  Si celle-ci converge, c’est vers   ≥ 0  vérifiant    = 1 +    i.e.  =

√   1 + 5 2

∀n ∈ N, v  ≤ 1 n

− | = √ 1 + u − n

car (1

−u

n+1 )(1

vn+1

√ 1 +  =



√ 1 + u|u  +− √ | 1 +  ≤ |u 2− | n

− v ) ≥ 0 =⇒ n

On a alors

(nombre d’Or)

On a



..

→0

Exercice 13 :

n+1

= 

1

Exercice 14 :

un+1

|u

0

n

1+

un+1 un

n

n

n

−v

n  =

vn  + un+1 1 + un+1 vn

 u n+1 (1 vn2 ) 1 + un+1vn

−

≤1

≥0

et la suite  (vn )  est donc croissante et majorée. Par conséquent celle-ci converge vers une certaine limite   ∈ R.

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Corrections

Dans le cas où la suite  (un )  est constante égale à 1, on observe que   = 1 . Peut-être est-ce encore vrai dans le cas général? Pour le voir, étudions la suite (1 − vn ). On a 0

≤1−v

n+1  =

donc par récurrence 0

 (1

−u

vn ) n+1 )(1 1 + un+1 vn

−

≤  12 (1 − v

n)

0

n

et on en déduit

Exercice 18 :

vn

 [énoncé] Si  (un )  converge sa limite    vérifie    = 1 +  2 /4  d’où   = 2 . un+1

−u

n  =

 1 (un 4

2

− 2) ≥ 0

(un )  est croissante. Si  u 0  > 2  alors  (un )  diverge vers  + . Si  u 0 [0;2]  alors on vérifie aisément que  (un )  est majorée par 2 et on conclut un 2.

∞

 ∈  →

 [énoncé] un+1 ≥ un  donc  (un )  est croissante. Par récurrence montrons  u n ≤ a + 1. La relation √  est vraie pour √   n  = 1  et l’hérédité s’obtient par un+1  = a + un ≤ 2a + 1 ≤ a + 1. Exercice 16 :

donc  f  est croissante et par suite  (un )  est monotone. √  √  Les racines de l’équation  f (x) =  x  sont  0, a  et  − a. Ce sont les seules limites possibles pour  (un ). √  √ a). f (x) − x  est du signe de  ax − x3 = −x(x − a)(x +  √  √   √  Si  u 0 ∈ ]0√ ; a]  la suite est croissante est majorée par a  donc converge vers a  √  Si √ a u. 0 ∈ [ a ; +∞[ la suite est décroissante et minorée par a donc converge vers Exercice 19 :

2

− a)

 [énoncé]

un+1 un  = u2n 0  donc  (un )  est décroissante. Aisément, on montre que un ]0;1[  pour tout  n N  et donc on peut conclure que  (un )  converge. Sa limite   vérifie  =  2

 ∈

−

−  ≤

d’où   = 0 .

∈

−

n

n

 u  =  u − u 2

k

k

k=0

et

k+1  = u 0

k=0

n

n

 (1 − u ) =  u k

 [énoncé]

k=0

a) Il suffit de dresser le tableau de variation de  f . On note  α < β < γ   ces trois racines. b) f  est croissante et

 [énoncé]

f  (x)  est du signe de  3(x2

 → 1

Exercice 15 :

Exercice 17 :

Enfin si  u 0 ≤ α (resp.  β ,  γ ) alors pour tout  n ,  u n ≤ α  (resp.  β ,  γ ) et de même pour ≥. Au final on peut conclure : u0 ∈ ]−∞ ; α[  donne  (un )  décroissant vers  −∞. u0  = α  donne  (un )  constante égale à  α . u0 ∈ ]α ; γ [  donne  (un )  convergeant vers  β . u0  = γ   donne  (un )  constante égale à  γ . u0 ∈ ]γ  ; +∞[  donne  (un )  croissant vers  + ∞.

≤ 1 − v  ≤ 21 (1 − v ) n

8

x f (x) x

−

−

α β 0 + 0

−

γ 0

  +

c) un ≤ un+1 =⇒ f (un ) ≤ f (un+1 )  donc  u 0 ≤ f (u0 ) =⇒ (un )  croissante. De même  u n ≥ un+1 =⇒ f (un ) ≥ f (un+1 )  donc  u 0 ≥ f (u0 ) =⇒ (un ) décroissante. Les seules limites finies possibles pour  (un )  sont  α,β,γ .

Exercice 20 :

k=0

k+1

uk

=

− u  → u n+1

 u n+1 u0

0

→0

 [énoncé]

a) Soit  g : [a ; b] → R  définie par  g (x) = f (x) − x. g  est continue,  g(a) ≥ 0  et  g(b) ≤ 0  donc  g  s’annule en un point  α  qui est alors point fixe de  f . Si  α  et  β  sont deux points fixes distincts alors par application du théorème des accroissements finis, il existe  c ∈ [a ; b]  tel que  f  (c) = 1  ce qui est incompatible avec les hypothèses.

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Corrections

b) La fonction  x → |f  (x)|  est continue sur le segment  [a ; b], elle y admet donc un maximum en un point  c ∈ [a ; b]  et en posant  k  = |f  (c)|  on a

∀x ∈ [a ; b], |f  (x)| ≤ k  avec  k ∈ [0;1[ 

Par l’inégalité des accroissements finis,  f  est  k  lipschitzienne et alors par récurrence : n

∀n ∈ N, |u − α| ≤ k |u − α| → 0 n

d’où le résultat. Exercice 21 :

9

c) On obtient aisément  u n  = 4 sin2 2n α. La suite est stationnaire √  si, et seulement si, il existe  n ∈ N tel que  u n  = 0  ou  3   i.e.  sin 2 (2n α) = 0, 3/2, − 3/2  soit encore  2 n α = kπ/3  avec  k ∈ Z. Ainsi les  u 0  pour lesquels la suite est stationnaire sont les  sin(kπ/3.2n )  avec  k ∈ Z  et  n ∈ N.

 

Exercice 23 :

a) z1  =

ρ eiθ +ρ 2

θ 2

= ρ cos  θ2  e i . Par ce principe :  θ  θ zn  = ρ cos  cos 2 4

 [énoncé] un+1

−u

n  =

 (f (un )

− f (u

n−1 ))

+ (un

2

−u

n−1 )

b) ei

θ

2n

 θ  θ cos  cos 2 4

|f (u ) − f (u )| ≤ |u − u | − u  est du signe de  u − u , n

n−1

n

Finalement  z n →

∈ [a ; b].

 u n + f (un ) un+1  = 2  =

i 2θn

n

··· cos 2θ

n

=

sin θ 2n sin 2θ

→  sinθ θ (ou 1 si  θ  = 0)

n

n−1

donc  u n+1 n n n−1 (en fait la fonction itératrice est croissante). Par suite  (un )  est monotone et étant bornée elle converge vers un   La relation donne à la limite

··· cos 2θ  e

→ 1 et

Puisque  f  est 1 lipschitzienne on a

   + f () 2

donc  f () = . Exercice 22 :

 [énoncé]

.

 [énoncé] On a  u n ≤ vn  et  u n+1 ≤ vn ,  v n+1  = max(un+2, un+1 )  avec un+2 ≤ 12  (un  + un+1) ≤ vn  et  u n+1 ≤ vn  donc  (vn )  est décroissante. (vn )  est décroissante et minorée par 0 donc  (vn )  converge. On a  u n+1 ≤ vn .

 ≤ max

a) On observe que  x → 4x − x2 est une application de  [0;4]  dans lui-même. Par suite  u n ∈ [0;4]  pour tout  n ∈ N. Si  (un )  converge alors, en posant    sa limite, on a    = 4  − 2 d’où    = 0  ou    = 3 . b) Supposons que  u n → 0. S’il existe un rang  n  tel que  u n  = 0  alors la suite  (un ) est stationnaire égale à 0. Sinon on a  u n  > 0  pour tout  n ∈ N et donc un+1 − un ∼ 3un  > 0 . Ainsi, à partir d’un certain rang, la suite est strictement croissante. De même si  u n → 3  sans être stationnaire égale à 3, on observe que la suite  |un − 3|  est strictement croissante à partir d’un certain rang.

θ

Exercice 24 :

vn+1

 [énoncé]

sin θ

1 2

(un+1 + un ), un+1



= max

1

 1  1 1 (un+1 + un ), (un+1 + un+1) = un+1 + 2 2 2 2



donc  2vn+1 − vn ≤ un+1 ≤ vn  donc  (un )  converge vers la même limite que  (un ).  [énoncé] Les suites  (un )  et  (vn )  sont bien définies et à termes positifs. Sachant √  Exercice 25 :

∀a, b ∈ R

+

on a

, ab

∀n ≥ 1, u  ≤ v n

puis

≤  a  + b 2

un+1

 ≥ u

n

n

 et  v n+1 ≤ vn

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Corrections

Les suites  (un )n≥1  et  (vn )n≥1  sont respectivement croissante et décroissante et on a

∀n ≥ 1, u  ≤ u  ≤ v  ≤ v n

0

n

Exercice 28 :

10  [énoncé]

Posons M   = sup an

0

Par convergence monotone,  (un )  et  (vn )  convergent vers des limites    et   . En passant la relation 

 u n + vn vn+1  = 2

n∈N

On vérifie aisément que la suite  (un )  est bien définie et que pour tout  n ≥ 2 1 M  + 2

à la limite on obtient    =  . 

Exercice 26 :

 ≤ u  ≤ 1 n

Supposons la convergence de la suite  (un ). Sa limite est strictement positive. En résolvant l’équation définissant  u n+1  en fonction de  u n , on obtient

 [énoncé]

an  =

a) Exploiter  1 + cos x = 2cos 2 x2  et raisonner par récurrence. b) sin

α 1 vn  = n  sin α 2n 2

 ∼ 2

sin α n sin(α/2n )

et aussi un

v0  = 1  et  v n+1  =

 →  sinα α

−u −1 n

On en déduit que la suite  (an )  converge. Inversement, supposons que la suite  (an )  converge vers une limite   ,   ≥ 0. Considérons la suite  (vn )  définie par

via  sin a cos a = 12  sin 2a. Par suite vn

1 un+1

1  pour tout  n vn +  + 1

∈N

On vérifie que la suite  (vn )  est bien définie et à termes strictement positifs. L’équation

 →  sinα α

x =

1 x +  + 1

possède une racine  L > 0  et on a  [énoncé] Notons que la suite  (yn )  est croissante, elle est donc convergente si, et seulement si, elle est majorée. √  a) Ici  y n+1  = a + yn . Soit    la racine positive de l’équation   2 −  − a = 0   i.e. Exercice 27 :

 =

 1 +

√ 1 + 4a

n+1

ce qui permet d’établir que la suite  (vn )  converge vers  L . Considérons ensuite la suite  (αn )  définie par αn  = u n

2

On a

√ 

On remarque que  y 1  = a ≤   et on montre par récurrence  y n ≤ . La suite (yn )  est croissante et majorée donc convergente. b) On observe que la nouvelle suite  (yn )  est désormais égale à  b  fois la précédente, elle est donc convergente. c) Si  (yn )  converge vers    alors  x 2n ≤ yn ≤   donc  (x2n )  est bornée. Si  (x2n )  est bornée par une certain  M  alors  x n ≤ M 2 , la suite  (yn )  définie par  (xn )  est alors inférieure à celle obtenue par  (M 2 ), cette dernière étant convergente, la suite  (yn )  converge. −n

− L| − L| ≤ |v1 + L n

|v

−n

−n

n

n

αn+1  =

−v

n

αn + ( an ) (un + an  + 1)(vn +  + 1)

−

et donc

|α | ≤ k (|α | + |a − |) n+1

avec

k =

n

1 m + 1

n

 ∈ [0;1[

où  m > 0  est un minorant de la suite convergente  (vn ).

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 29 décembre 2015

Corrections

Par récurrence, on obtient

La relation xn+1  =

n−1

|α | ≤ k n

n

 |α | + k 0

n− p

 p=0

|a −  |  p

 =

donc  f () = .

∀ p ≥  p , |a − | ≤ ε  p

0

n−1

k

+∞

n− p

 p= p0

|a − | ≤ ε  p

k

 p

=

k=1

kε 1

−k

Pour  n  assez grand  p0 −1

k

n− p

 p=0

te n

|a − | = C   p

et on en déduit

k

≤ ε  et  k |α | ≤ ε n

0

|α | ≤ 2ε + 1 kε −k n

Ainsi  α n → 0  et par conséquent

un

 → L

 [énoncé] La fonction itératrice de cette suite récurrente est Exercice 29 :

g : x

→  12 (f (x) + x)

On vérifie aisément que cette fonction est définie sur  [a ; b]  et à valeurs dans  [a ; b]. On en déduit que la suite  (xn )  est bien définie et que c’est une suite d’éléments de [a ; b]. On a xn+1

−x

n  =

 (f (xn )

− f (x

n−1 ))

2

+ (xn

−x

n−1 )

Puisque  f  est 1-lipschitzienne, on a

|f (x ) − f (x n

n−1 )

| ≤ |x − x | n

 x n + f (xn ) 2

donne à la limite sachant  f   continue

Soit  ε > 0 . Puisque la suite  (an )  converge vers   , il existe  p 0  tel que et alors

11

n−1

et donc  x n+1 − xn  est du signe de  x n − xn−1 . Par conséquent, la suite  (xn )  est monotone et sa monotonie découle du signe de  x 1 − x0 . La suite  (xn )  étant de plus bornée, elle converge vers une certaine limite    avec   ∈ [a ; b].

   + f () 2