Correction du devoir à la maison n˚1

Correction du devoir à la maison n˚1

Exercice 1

1. u₁ =u₀₊₁= 2

2u₀ = 1,u₂ =u₁₊₁= 3 4u₁ = 3

4 etu₃ =u₂₊₁= 4 6u₂ = 1

2. 2. Soitn∈N. Alors,vn+1= _n+1+1^un+1 =

n+2 2(n+1)un

n+ 2 = un

2(n+ 1) = 1 2

un

n+ 1

= 1

2vn donc (vn) est une suite géométrique de raison 1

2.

3. Il s’ensuit que, pour tout n∈N, vn=v0× 1

2 n

. Or, v0 = u0

0 + 1 = 1donc, pour tout n∈N, vn=

1 2

n

. Dès lors, commeun= (n+ 1)vn, pour tout n∈N, un= (n+ 1) 1

2 n

= n+ 1 2ⁿ .

Exercice 2

1. Notons, pour tout n∈N,Sn=

n

P

k=0

tk.

Soit la propositionP_n: «S_n= n(n+ 1)(n+ 2)

6 » pour n∈N. S₀ =

P0

k=0

t_k=t₀ = ⁰⁽⁰⁺¹⁾₂ = 0 et 0(0 + 1)(0 + 2)

6 = 0 donc S₀ = 0(0 + 1)(0 + 2)

6 i.e. P₀ est vraie.

On suppose que Pk est vraie pour un certain k∈N.

On veut montrer queP_k+1 est vraie i.e. queS_k+1 = (k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)

6 . Or,

S_k+1 =t0+t1+· · ·+t_k+t_k+1

=Sk+tk+1

= k(k+ 1)(k+ 2)

6 +(k+ 1)(k+ 2) 2

= k(k+ 1)(k+ 2)

6 +3(k+ 1)(k+ 2) 6

= k(k+ 1)(k+ 2) + 3(k+ 1)(k+ 2) 6

= (k+ 1)(k+ 2)(k+ 3) 6

Ainsi,P_k+1est vraie et on a démontré par récurrence que, pour toutn∈N,

n

P

k=0

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

6 .

2. a. Soitn∈N. Alors,

t_n+1−t_n= (n+ 1)(n+ 2)

2 −n(n+ 1)

2 = (n+ 1)[(n+ 2)−n]

2 = (n+ 1)×2 2 donc tn+1−tn=n+ 1 . De même,

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

2 +n(n+ 1)

2 = (n+ 1)[(n+ 2) +n]

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

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

donc t_n+1+t_n= (n+ 1)² .

b. Soit k∈N^∗. En appliquant la question précédente àn=k−1 qui est bien un entier naturel cark≥1, on obtientt_k−t_k−1=k ett_k+t_k−1 =k². Dès lors,

t²_k−t²_k−1 = (t_k−tk−1)(t_k+tk−1) =k×k² i.e. t²_k−t²_k−1=k³ .

c. Soitn∈N^∗. D’après la question précédente,

n

X

k=1

k³ =

n

X

k=1

(t²_k−t²_k−1) = (t²₁−t²₀) + (t²₂−t²₁) + (t²₃−t²₂) +· · ·+ (t²_n−t²_n−1)

=t²₁−t²₀+t²₂−t²₁+t²₃−t²₂+· · ·+t²_n−t²_n−1

Dans cette somme, les termes s’annulent deux à deux (t²₁−t²₁, t²₂−t²₂, ..., t²_n−1−t²_n−1) sauf

−t²₀ ett²_n donc

n

X

k=1

k³ =−t²₀+t²_n=−0²+

n(n+ 1) 2

2

et, ainsi,

n

P

k=1

k³ = n²(n+ 1)²

4 .

Exercice 3

1. Pour n= 0, le seul entier naturel j tel que j≤nestj = 0. Ainsi,P₀ est la proposition «0∈A».

Or, par la propriété 1,1∈A i.e.0 + 1∈Aet donc, par la propriété 3, 0∈A. Ainsi,P₀ est vraie.

Supposons que Pk soit vraie pour un certain rang k∈N. On suppose donc que, pour toutj∈N, sij ≤kalorsj∈A.

On doit démontrer que P_k+1 est vraie i.e. que, pour tout j ∈N, si j ≤k+ 1 alors j ∈ A. Par hypothèse de récurrence, on sait déjà quej ∈A pour toutj ≤k. Il suffit donc de montrer que k+ 1∈A.

Distinguons deux cas.

Si k+ 1 est pair alors il existe un entier j tel quek+ 1 = 2j. Notons que, dans ce cas,k ≥1 puisque0 + 1 = 1 est impair. Alors, j= ^k+1₂ ≤ ^k+k₂ =k. Par l’hypothèse de récurrence, on peut donc affirmer que j∈A. Mais alors, par la propriété 2,2j ∈A i.e.k+ 1∈A.

Sinonk+ 1est impair.

Sik= 0alorsk+ 1 = 1est, par la propriété 1,k+ 1∈A. Sinon,k≥2. Comme, k+ 2est pair, il existe un entier j tel que k+ 2 = 2j et, de plus,j = ^k+2₂ =≤ ^k+k₂ =k. Ainsi, par hypothèse de récurrence, j∈A donc, par la propriété 2, 2j =k+ 2appartient à A et finalement, grâce à la propriété 3, k+ 1 = (k+ 2)−1appartient à A.

Ainsi, dans tous les cas, k+ 1∈A donc P_k+1 est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour toutn∈N,P_n est vraie.

2. On peut en conclure queA=N. En effet, si on considère un entiernquelconque alors, comme P_n est vraie,n∈A doncN⊂A. Or, par définition, A⊂Ndonc finalement, A=N.