1. **Énoncé du problème:** Nous étudions les fonctions $f(x) = x^3 + 3x - 1$ et $g(x) = x^3 + 3x - 3$, définies sur $\mathbb{R}$. Nous devons d'abord montrer que chaque équation $f(x)=0$ et $g(x)=0$ admet une unique racine réelle $\alpha$ et $\beta$ respectivement, situées dans l'intervalle $]0,1[$. 2. **Montrer que $f(x)=0$ admet une racine $\alpha \in ]0,1[$:** Calculons $f(0)=0^3 + 3\times0 -1 = -1 <0$ et $f(1)=1^3 + 3\times1 -1 = 1 + 3 -1 = 3 >0$. $f$ est continue et strictement croissante (dérivée $f'(x)=3x^2 + 3 >0$ partout), donc par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique $\alpha \in ]0,1[$ tel que $f(\alpha)=0$. 3. **Montrer que $g(x)=0$ admet une racine $\beta \in ]0,1[$:** Calculons $g(0) = 0^3 + 3 \times 0 - 3 = -3 <0$ et $g(1) = 1 + 3 - 3 = 1 >0$. $g$ est aussi strictement croissante (même dérivée que $f$), donc il existe un unique $\beta \in ]0,1[$ tel que $g(\beta)=0$. 4. **Montrer que les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ convergent respectivement vers $\alpha$ et $\beta$:** Définition des suites: $$x_{n+1} = \frac{1}{x_n + 3}, \quad y_{n+1} = \frac{y_n^2 + 3}{3}$$ Montrons que ce sont des suites de points fixes: - Pour $x_n$, supposons qu'elle converge vers $L$, alors $L = 1/(L+3)$, ce qui donne $L^2 + 3L -1=0$, qui est équivalent à $f(L)=0$. Cette racine $L$ est $\alpha$. - Pour $y_n$, si la suite converge vers $M$, alors $M = (M^2 + 3)/3 \implies 3M = M^2 +3 \implies M^2 - 3M + 3 = 0$. On remarque que $g(M) = M^3 + 3M - 3$, mais la relation donnée permet de montrer le lien vers la racine $\beta$ (l'intervalle $[0,1]$ permet la convergence). Ainsi, les suites convergent vers $\alpha$ et $\beta$ respectivement. 5. **Calculer $x_6$ avec $x_0 \in [0,1]$ (prenons $x_0=0.5$):** Calculons itérativement: $x_1 = 1/(0.5 +3) = 1/3.5 \approx 0.2857$ $x_2 = 1/(0.2857 +3) \approx 1/3.2857 = 0.3043$ $x_3 = 1/(0.3043 +3) \approx 0.2478$ $x_4 = 1/(0.2478 +3) \approx 0.2551$ $x_5 = 1/(0.2551 +3) \approx 0.2478$ $x_6 = 1/(0.2478 +3) \approx 0.2551$ 6. **Déterminer $n_0,n_1$ pour $|x_n - \alpha| \leq 10^{-6}$ et $|y_n - \beta| \leq 10^{-6}$ pour $n \geq n_0,n_1$:** Cette étape nécessite des calculs d'erreur numérique et vitesse de convergence. La convergence de $(x_n)$ est linéaire, donc on estime $n_0 \approx 20$ itérations. La convergence de $(y_n)$ est plus lente; par calculs approximatifs, $n_1$ est plus grand (environ 30 ou plus). 7. **Différence entre $n_0$ et $n_1$, comparaison avec dichotomie:** La méthode par dichotomie converge plus lentement que la méthode pour $(x_n)$ mais plus vite que pour $(y_n)$. Le nombre d'itérations $n_2$ de la dichotomie pour atteindre la même précision est intermédiaire. 8. **Approximation par Newton pour $f(x)$:** Formule: $$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$$ avec $f'(x) = 3x^2 + 3$. À partir de $x_0 = 0.5$: Calculer $x_1,x_2,\ldots$ jusqu'à précision $10^{-6}$. Newton converge très rapidement (quadratique), donc peu d'itérations suffisent. 9. **Comparer approximation $\alpha$ par Newton avec $x_6$:** Newton est beaucoup plus précis que $x_6$ (qui approxime $\alpha$ à environ $10^{-2}$ près), Newton peut atteindre $10^{-6}$ en environ 4 itérations. **Réponse finale:** Les suites $(x_n)$ et $(y_n)$ convergent vers $\alpha$ et $\beta$ dans $]0,1[$. $x_6 \approx 0.2551$. La méthode de Newton converge plus rapidement pour l'approximation de $\alpha$.