
\begin{enumerate}
\item La fonction Python complétée est la suivante:
\begin{python}
def heron(a,u,n):
    if u <=0:
        return "Le premier terme doit être strictement positif."
    elif a <= 0:
        return "La valeur de 'a' doit être strictement positive."
    else:
        L = [ u ]
        k = 0
        while k < n:
            u = 0.5 * (u + a / u)
            L.append(u)
            k = k + 1
        return L
\end{python}

\item On peut constater:
\begin{itemize}
\item d'une part que la suite \suite{u(4)}{n}{} semble être décroissante;
\item d'autre part, que la suite \suite{u(4)}{n}{} semble converger vers 2.
\end{itemize}

\item\label{heronq3} On a : $f'(x)=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{a}{x^2}\right)=\dfrac{x^2-a}{2x^2}$.

$x^2-a$ est un polynôme du second degré dont les racines sont $\sqrt{a}$ et $-\sqrt{a}$, d'où le tableau page suivante.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep=0pt,outer sep=0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.8,$f'(x)$/0.5,$f$/1}{0,$\sqrt{a}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,z,+}
\tkzTabVar{D+/,-/{$\sqrt{a}$},+/}
\end{tikzpicture}
};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item D'après les variations de $f$, si $x\in\intervFO{0}{\sqrt{a}}$ alors $f(x)\geqslant\sqrt{a}$.

Or, $u_1=f(u_0)$ donc si $u0\in\intervOF{0}{\sqrt{a}}$ alors $u_1\geqslant\sqrt{a}$.

De plus, si $u_0\geqslant\sqrt{a}$, d'après les variations de $f$, $f(u_0)\geqslant\sqrt{a}$.

\uline{Ainsi, quelle que soit la valeur de $u_0>0$, $u_1\geqslant\sqrt{a}$.}


\item Montrer que pour tout réel $x\geqslant\sqrt{a}$, $f(x)\leqslant x$.

Considérons alors la fonction $g(x)=f(x)-x$:
\[
g(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{x}-x\right).
\]
Sa dérivée est alors:
\[
g'(x)=\dfrac{1}{2}\left(-\frac{a}{x^2}-1\right)
\]
donc $g'(x)<0$ sur \intervFO{\sqrt{a}}{+\infty}, ce qui signifie que $g$ est strictement décroissante sur \intervFO{\sqrt{a}}{+\infty}.

De plus, $g(\sqrt{a})=0$ donc $g(x)\leqslant $ sur \intervFO{\sqrt{a}}{+\infty}. On a alors $f(x)-x \leqslant 0$, soit $f(x) \leqslant x$.

\item Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel $n\geqslant1$, $\sqrt{a} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n$.

\begin{itemize}
\item \textit{Initialisation.}

$u_1>\sqrt{a}$ et $u_2=f(u_1) \leqslant u_1$ d'après la question précédente.

On a donc bien $\sqrt{a} \leqslant u_2 \leqslant u_1$.

L'initialisation est alors réalisée.


\item \textit{Hérédité.}

Supposons que pour un entier $k>1$ , $\sqrt{a} \leqslant u_{k+1} \leqslant u_k$.

D'après la question \ref{heronq3}, $f$ est strictement croissante sur $\intervOO{\sqrt{a}}{+\infty}$ donc :
\[
f(\sqrt{a}) \leqslant f(u_{k+1}) \leqslant f(u_k)
\]
soit:
\[
\sqrt{a} \leqslant u_{k+2} \leqslant u_{k+1}.
\]
L'hérédité est alors vérifiée.
\end{itemize}

\uline{Ainsi, d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n\geqslant1$, $\sqrt{a} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n$.}


\item La suite \suite{u}{n}{} est, d'après la question précédente, décroissante et minorée. Donc d'après le théorème de convergence des suites monotones, elle converge.

\item On admet que $\ell = f(\ell)$, soit $f(\ell)-\ell=0$. Donc: \begin{align*}
g(\ell)=0 & \iff \dfrac{a}{\ell}-\ell=0\\
& \iff a-\ell^2=0\\
& \iff \ell = -\sqrt{a}\text{ ou }\ell=\sqrt{a}.
\end{align*}
Or, $\ell>0$ car $u_n>0$. Donc $\ell=\sqrt{a}$.

\uline{Ainsi, la limite de \suite{u}{n}{} est égale $ \sqrt{a}$.}
\end{enumerate}
