TS : correction du contrôle sur les suites et les démonstrations par récurrence I Vrai ou faux ? (d’après concours ESIEE)

(1)

TS : correction du contrôle sur les suites et les démonstrations par récurrence

I Vrai ou faux ? (d’après concours ESIEE)

Pour chacune des propositions suivantes, dire si elles sont vraies ou fausses et justifier, soit par une propriété du cours, soit par un contre-exemple (éventuellement graphique).

1. Soient (u_n) et (v_n) deux suites réelles vérifiant pour toutnÊ0 : .u_nÉv_nÉ2u_n. (a) Si (u_n) converge, alors (v_n) converge.

Faux:contre-exemple:u_n=1 pour toutndonc 2u_n=2 etv_n=3 2+(−1)ⁿ

4 . Sur le dessin, les termesu_nsont en bleu, 2u_nen rouge etv_nen vert.

2

2 4 6 8

× × × × × × × × × ×

×

× ×

×

× × × × × × × × × ×

(b) Si lim

n→+∞

u_n= +∞, alors lim

n→+∞

v_n= +∞. C’estvrai(théorème ds gendarmes).

(c) Si (u_n) ne converge pas, alors (v_n) ne converge pas.Faux: contre-exemple : u_n=1+(−1)ⁿ

4 qui vaut alternativement5 4ou3

4; 2u_nvaut donc alternativement5 2 ou3

2. On prend (v_n) constante, avecv_n=11

8. Illustration :

1 2

−1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−1

× ×

×

× × × × × × × × × ×

2. Soit (u_n) une suite définie surN:

(a) Si (u_n) est strictement décroissante, alors lim

n→+∞

u_n= −∞.Faux: contre-exemple :u_n = 1

n+1. (u_n) est décroissante et tend vers 0.

(b) Si lim

n→+∞

u_n= −∞, alors (u_n) est décroissante à partir d’un certain rang.

Faux: contre exemple :u_n= −n+(−1)ⁿ.u_nÉ −n+1, donc, d’après le théorème des gendarmes,

nlim→+∞

u_n= −∞et cette suite n’est pas monotone Illustration :

−2

−4

−6

−8

−10

−12

−14

−16

−18

−20

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

× ×

××

× ×

××

× ×

II

Démontrons par récurrence surnque, pour toutn∈N, 4ⁿ+5 est un multiple de 3.

SoitP_nla proposition : 4ⁿ+5=3k_n,k_n∈Z.

• Initialisation: 4⁰+5=6=3×2 donc 4ⁿ+5 est bien un multiple de 3.

(2)

• Hérédité: On suppose la propriété vraie pour un rangnquelconque, donc 4ⁿ+5=3k_n,k_n∈Z.

Alors : 4ⁿ⁺¹+5=4×4ⁿ+5=4(3k_n−5)+5=12k_n+15=3(4k_n+5)=3k_n₊₁aveckn+1=4k_n+5∈Z.

La propriété est héréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn.

Remarque: pour ceux qui suivent l’enseignement de spécialité, c’est facile à démontrer directement, car 4≡1 [3] donc 4ⁿ≡1ⁿ[3]≡ 1 [3] donc, pour toutn, 4ⁿ+5≡6 [3].

III

Soit (u_n) la suite définie par

½ u_à=1

u_n₊₁=u_n(5+u_n) .

1. Démontrons parrécurrenceque tous les termes de cette suite (u_n) sont positifs.

• u₀=1>0 donc la propriété est vraie au rangn=0.

• On suppose la propriété vraie ) un rangn quelconque, doncu_n >0 ; alors 5+u_n >0 doncu_n₊₁=u_n(5+u_n)>0 et la rporpiété est héréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, tous les termesu_nsont positifs.

2. u_n>0 pour toutn; pour toutn,un+1

u_n =5+u_n>5>1, donc la suite (u_n) estcroisante.

IV

Étudier dans chaque cas la limite éventuelle de la suite (u_n) : a) u_n=3n²+5n+1

n²+1 Pour toutn6=0,u_n=

n² µ

3+5 n+ 1

n²

¶

n2

µ 1+ 1

n2

¶ =

3+5 n+ 1

n2

1+ 1 n2

.

nlim→+∞

µ 3+5

n+ 1 n2

¶

=3 ; lim_n

→+∞

µ 1+ 1

n2

¶

, donc par quotient, _nlim

→+∞

u_n=3

b) u_n= n+2 5n²+1. De même,u_n=

n µ

1+2 n

¶

n2

µ 5+ 1

n²

¶= 1+2

n n

µ 5+ 1

n²

¶.

=1 lim_n

→+∞

µ 1+2

n

¶

; lim_n

→+∞

µ 5+ 1

n2

¶

=5 doù lim_n

→+∞

· n

µ 5+ 1

n2

¶¸

= +∞. Par quotient : lim

n→+∞

u_n=0 .

c) u_n=5+cos(n) n+1

∀n,−1Écos(n)É1⇒4É5+cos(n)É6⇒ 4

n+1Éu_nÉ 6 n+1.

n→+∞lim µ 4

n+1

¶

=0 et lim

n→+∞

µ 6 n+1

¶

=0.

D’après le théorème des gendarmes, lim

n→+∞

u_n=0.

V D’après bac métropole juin 2009

On considère la suite (w_n) dont les termes vérifient, pour toutnÊ1 :n w_n=(n+1)w_n−1+1.

Ce tableau donne les dix premiers termes de la suite :

w₀ w₁ w₂ w₃ w₄ w₅ w₆ w₇ w₈ w₉

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19

1. On a, pourn6=0 :w_n=(n+1)w_n₋₁+1

n doncw₁₀=11w₉+1

10 =11×19+1

10 =21 ; w₁₀=21. 2. La suite (w_n) semble la suite des nombres impairs. Onconjecturequew_n=2n+1.

Démontrons cette conjecture par récurrence.

• Initialisation :n=0 : 2×0+1=1=w₀donc c’est vrai au rang 0.

(3)

• Hérédité : on suppose la propriété vraie au rangn:w_n=2n+1.

On calcule alorsw_n₊₁: d’après la définition de la suite (w_n), on a : w_n₊₁=(n+2)w_n+1

n+1 =(n+2)(2n+1)+1

n+1 =(2n²+5n+3

n+1 =(n+1)(2n+3)

n+1 =2n+3=2(n+1)+1.

La propriété est vraie au rangn+1 et elle donc héréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, cette propriété est vraie pour toutn∈N.

Pour toutn∈N, w_n=2n+1. 3. On en déduitu₂₀₀₀= 4001 .

VI Antilles-Guyane septembre 2010

1. D’après la définitionu₂=u₁−1 4u₀=1

2+1 4= 3

4 .

• Si la suite était géométrique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à−1

2; oru₁× µ

−1 2

¶

=1 26=u₂.

• Si la suite était arithmétique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à1

2−(−1)=3 2; oru₁+

µ3 2

¶

=4

2=26=u₂.

Conclusion : la suite (u_n) n’est ni arithmétique ni géométrique.

2. (a) v₀=u₁−1 2u₀=1

2−1

2×(−1)=1.

(b) On a pour tout natureln,v_n+1=u_n+2−1

2u_n+1=u_n+1−1 4u_n−1

2u_n+1= 1

2u_n+1−1 4u_n=1

2 µ

u_n+1−1 2u_n

¶

= 1 2v_n . (c) v_n₊₁=1

2v_nsignifie que la suite (v_n) est une suite géométrique de premier terme 1 et de raison1 2. (d) On a donc quel que soitn∈N,v_n=

µ1 2

¶ⁿ

= 1 2ⁿ . 3. (a) w₀=

u₀ v₀=−1

1 = −1.

(b) On aw_n+1= u_n₊₁ v_n+1=

v_n+1 2u_n 1 2v_n

= 2+ u_n v_n . (c) On a par définitionu_n

v_n =w_n, donc l’égalité ci-dessus s’écrit : w_n+1=2+w_n .

(d) L’égalité précédente montre que la suite (w_n) est une suite arithmétique de premier terme−1 et de raison 2.

On a doncw_n=w₀+n×2= −1+2n= 2n−1 . 4. On a trouvé quew_n=2n−1=u_n

v_n =u_n

21ⁿ

=2ⁿ×un. Donc u_n=2n−1

2ⁿ , car 2ⁿ6=0 quel que soitn∈N.

5. Démonstration par récurrence :

• Initialisation :S₀=u₀= −1 et 2−2×0+3 2⁰ =2−3

1=2−3= −1. La formule est vraie au rang 0.

• Hérédité : supposons qu’il existe un naturelktel que : S_k=

k

X

i=0

u_i=u₀+u₁+ · · · +u_k=2−2k+3 2^k . DoncS_k₊₁=S_k+u_k₊₁=2−2k+3

2^k +2(k+1)−1

2^k⁺¹ =2+−4k−6+2k+1

2^k⁺¹ =2+−2k−5

2^k⁺¹ =2−2k+5

2^k⁺¹ =2−2(k+1)+3 2^k⁺¹ . La formule est vraie au rangk+1.

On a donc démontré par récurrence que pour toutndeN:S_n=2−2n+3 2ⁿ .