Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

3

Exercice 1

1. u2 =u1 + 26u0 = 7 et u3 =u2+ 2u1 = 17.

2. a. On peut répondre «b prend la valeur b+ 2c» ou «b prend la valeura+ 2c».

b. On peut conjecturer que (u_n) est croissante, qu’elle tend vers +∞ et que, si n ∈N alors le chiffre des unités de u_n est 1 si n≡0 [4], 5 sin ≡1 [4] et 7 dans les autres cas.

3. Soit n∈N. Alors, C_n+1 = u_n+2 u_n+1

!

= u_n+1+ 2u_n u_n+1

!

= 1 2 1 0

! u_n+1 u_n

!

=AC_n en posant

A= 1 2 1 0

!

.

Soit la proposition P_n : «C_n=AⁿC₀ ».

Étant donné que A⁰ =I₂, A⁰C₀ =C₀ donc P₀ est vraie.

Supposons que Pk est vraie pour un certain k ∈N. Alors, A^k+1C₀ =A(A^kC₀) =AC_k =C_k+1 donc P_k+1 est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour toutn ∈N,C_n=AⁿC₀ . 4. a. Puisque detP = 2×1−1×(−1) = 36= 0, P est inversible etP⁻¹ = 1

3

1 1

−1 2

!

i.e.

P⁻¹ =

1 3

1

−¹₃ 3²₃

!

.

b. À l’aide de la calculatrice, on vérifie que P DP⁻¹ =A.

c. Soit la proposition H_n : «Aⁿ =P DⁿP⁻¹ ».

CommeP D⁰P⁻¹ =P I₂P⁻¹ =P P⁻¹ =I₂ =A⁰,H₀ est vraie.

Supposons que H_k est vraie pour un certain k∈N. Alors,

A^k+1 =A^kA= (P D^kP⁻¹)(P DP⁻¹) =P D^k(P⁻¹P)DP⁻¹

=P D^kI₂DP⁻¹ =P D^kDP⁻¹ =P D^k+1P⁻¹ donc H_k+1 est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour tout n∈N, Aⁿ=P DⁿP⁻¹ . 5. CommeD est diagonale, pour tout n∈N, Dⁿ= 2ⁿ 0

0 (−1)ⁿ

!

. On en déduit que, pour tout n∈N,

Aⁿ= 2 −1

1 1

! 2ⁿ 0 0 (−1)ⁿ

! ₁

3 1

−¹₃ 3²₃

!

= 2 −1

1 1

!









2ⁿ 3

2ⁿ 3

−(−1)ⁿ 3

2(−1)ⁿ 3









donc

Aⁿ=









2ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ 3

2ⁿ⁺¹−2(−1)ⁿ 2ⁿ−(−1)ⁿ 3

3

2ⁿ+ 2(−1)ⁿ 3









.

6. Il s’ensuit que, pour toutn ∈N,

u_n+1 u_n

!

=C_n=AⁿC₀ =Aⁿ 5 1

!

=









5×2ⁿ⁺¹+ 5×(−1)ⁿ+ 2ⁿ⁺¹−2×(−1)ⁿ 5×2ⁿ−5×(−1)3ⁿ+ 2ⁿ+ 2×(−1)ⁿ

3









donc u_n+1 u_n

!

= 2ⁿ⁺²+×(−1)ⁿ 2ⁿ⁺¹−(−1)ⁿ

!

. Ainsi, pour tout n ∈N,u_n = 2ⁿ⁺¹−(−1)ⁿ. Comme, pour toutn∈N,−(−1)ⁿ= (−1)ⁿ⁺¹, on conclut que pour tout n ∈N,u_n = 2ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ⁺¹ . 7. Variations

Soit n∈N. Alors,

u_n+1−u_n = 2ⁿ⁺²+ (−1)ⁿ⁺²−^h2ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ⁺¹ⁱ= 2ⁿ⁺²−2ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ⁺²−(−1)ⁿ⁺¹

= 2×2ⁿ⁺¹−2ⁿ⁺¹−(−1)ⁿ⁺¹−(−1)ⁿ⁺¹ = 2ⁿ⁺¹−2(−1)ⁿ⁺¹.

Or, commen+1>1, 2ⁿ⁺¹ >2>2(−1)ⁿ⁺¹doncu_n+1−u_n>0. Ainsi, (u_n) est croissante . Comportement asymptotique

Pour tout n ∈N, un = 2ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ⁺¹ > 2ⁿ⁺¹−1. Or, comme 2 >1, lim

n→+∞2ⁿ = +∞

donc lim

n→+∞2ⁿ−1 = +∞ et ainsi, par le théorème de comparaison, lim

n→+∞u_n= +∞. Chiffre des unités

Soit n ∈N et r le reste de n modulo 4. Il existe donc q ∈ N tel que n = 4q+r. Ainsi, 2ⁿ⁺¹ = 2^4q+r+1 = (2⁴)^q2^r+1. Or, 2⁴ = 16 = 6 + 10 = 6 [10] donc 2ⁿ⁺¹ ≡6^q2^r+1 [10].

Montrons par récurrence que, pour toutk ∈N^∗, 6^k ≡6 [10]. Pour k = 1, c’est évident par réflexivité de la congruence. Supposons que, pour un certain j ∈ N^∗, 6^j ≡ 6 [10].

Alors, 6^j+1 = 6×6^j ≡ 6×6 [10]≡36 [10]≡6 [10]. Ainsi, l’égalité est établie au rang j+ 1 et on a montré le résultat par récurrence.

Siq >1 alors 2ⁿ⁺¹ ≡6^q2^r+1 [10]≡6×2^r+1 [10] donc

∗ si r= 0, 2ⁿ⁺¹ ≡6×2¹ [10]≡12 [10]≡2 [10] ;

∗ si r= 1, 2ⁿ⁺¹ ≡6×2² [10]≡24 [10]≡4 [10] ;

∗ si r= 2, 2ⁿ⁺¹ ≡6×2³ [10]≡48 [10]≡8 [10] ;

∗ si r= 3, 2ⁿ⁺¹ ≡6×2⁴ [10]≡96 [10]≡6 [10] ; Par ailleurs, si q= 0 alors 2ⁿ⁺¹ ≡2^r+1 [10] donc

∗ si r= 0, 2ⁿ⁺¹ ≡2¹ [10] ≡2 [10] ;

∗ si r= 1, 2ⁿ⁺¹ ≡2² [10] ≡4 [10] ;

∗ si r= 2, 2ⁿ⁺¹ ≡2³ [10] ≡8 [10] ;

∗ si r= 3, 2ⁿ⁺¹ ≡2⁴ [10] ≡16 [10]≡6 [10] ;

Donc les congruences précédentes sont valables quelle que soit la valeur de q.

De plus, si r= 0 ou r= 2 alors n= 4q+r est pair donc (−1)ⁿ⁺¹ =−1 et si r = 1 ou r= 3 alors n = 4q+r est impair donc (−1)ⁿ⁺¹ = 1.

Ainsi,

∗ si r= 0, u_n ≡2−1 [10]≡1 [10] ;

∗ si r= 1, un ≡4 + 1 [10]≡5 [10] ;

∗ si r= 2, u_n ≡8−1 [10]≡7 [10] ;

∗ si r= 3, 2u_n≡6 + 1 [10] ≡7 [10] ;

On conclut ainsi que le chiffre des unités de u_n est 1 si n≡0 [4], 5 si n≡1 [4] et 7 dans les autres cas

8. Remarquons qu’aucun des deux nombresu₁ = 5 et u₂ = 7 n’est le carré d’un entier.

Soit n > 3. Supposons qu’il existe un entier m ∈ N tel que un = m². On a alors 2ⁿ⁺¹ + (−1)ⁿ⁺¹ = m². Comme n + 1 > 1, 2ⁿ⁺¹ est pair et (−1)ⁿ⁺¹ ∈ {−1,1} donc u_n est impair. Par suite, m est impair donc il existe k ∈ N tel que m = 2k + 1.

Alors, m² = 4k² + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1. Or, l’un des deux nombres k ou k + 1 est pair donc 4k(k + 1) ≡ 0 [8] et ainsi m² ≡ 1 [8]^(∗). Ainsi, le reste modulo 8 de 2ⁿ⁺¹ + (−1)ⁿ⁺¹ est 1. Or, comme n > 2, n−2 > 0 donc 2ⁿ⁺¹ = 8×2ⁿ⁻² ≡ 0 [8]. Il s’ensuit que (−1)ⁿ⁺¹ ≡1 [8]. Ceci impose que n+ 1 est pair car si n+ 1 est impair alors (−1)ⁿ⁺¹ =−1≡3 [8] et, dans ce cas, le reste de (−1)ⁿ⁺¹ modulo 8 est 3. On en déduit que 2ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ⁺¹ = 2ⁿ⁺¹+ 1 = m² = 4k(k+ 1) + 1 donc 2ⁿ⁺¹ = 4k(k+ 1). De plus, comme n >3, 2ⁿ⁺¹ >16 donc k(k+ 1)> 4 ce qui impose k >2. Ainsi, l’un des deux nombresk ouk+ 1 est un nombre impair différent de 1 donc 4k(k+ 1) admet un diviseur impair d>3. Mais alors, d divise aussi 2ⁿ⁺¹, ce qui est absurde puisque 2ⁿ⁺¹ n’a pas de diviseur impair.

On conclut donc qu’il n’existe pas d’entiern >1 tel que u_n soit le carré d’un entier.

(∗). On peut aussi établir cela en utilisant un tableau de reste modulo 8.