u 0 = 2 et pour tout n > 1, u n = u n − 1 + 4n + 1 Exprimer u n en fonction de n.

EXERCICE 1 Soit la suite (u n ) _n∈ ^N définie par :

u 0 = 2 et pour tout n > 1, u n = u n − 1 + 4n + 1 Exprimer u n en fonction de n.

• •

C _{orrection :}

Il s’agit ici d’un exercice avec prise d’initiative.

On peut commencer par calculer les premiers termes et faire une représen- tation graphique de la suite. Issue de Geogebra, la capture d’écran suivante :

L’allure de la représentation fait penser à la courbe représentative d’une fonction du second degré. On pose f (x) = ax ² + bx + c, f définie sur [0; + ∞ [, et u n = f (n).

L’utilisation des trois premiers termes de la suite permet de conjecturer l’expression explicite de la suite (u n ).







u 0 = 2 u 1 = 7 u 2 = 16

⇔







f (0) = 2 f (1) = 7 f (2) = 16

⇔







c = 2

a + b + c = 7 4a + 2b + c = 16

⇔







c = 2 a = 2 b = 3 Conjecture : ∀ n ∈ N , u n = 2n ² + 3n + 2.

Il ne reste plus qu’à valider la conjecture par un raisonnement par récurrence :

∀ n ∈ N , soit P(n) : u n = 2n ² + 3n + 2.

Initialisation : n = 0. 2 × 0 ² + 3 × 0 + 2 = 2 = u 0 , donc P (0) est vraie.

Hérédité : Soit n ∈ N ^∗ fixé. On suppose P(n − 1) vraie et on cherche à démontrer que cette hypothèse implique P(n) vraie.

D’après la relation de récurrence vérifiée par la suite (u n ) : u _n = u _n− 1 + 4n + 1

P(n) = vraie 2(n − 1) ² + 3(n − 1) + 2 + 4n + 1

= 2(n ² − 2n + 1) + 3n − 3 + 4n + 1

= 2n ² + 3n + 2 Ainsi P (n) vraie.

Conclusion : D’après le raisonnement par récurrence, u n = 2n ² +3n+2 pour tout n ∈ N .

• •

EXERCICE 2 La fonction d’Ackerman, notée A est une fonction de deux entiers naturels définie ainsi :

• A(0, n) = n + 1 pour tout n ∈ N ;

• A(m + 1, 0) = A(m, 1) pour tout m ∈ N ;

• A(m + 1, n + 1) = A(m, A(m + 1, n)) pour tous m et n de N .

• •

C _{orrection : :}

1. A(0, 0) = 0 + 1 = 1, A(0, 1) = 1 + 1 = 2 et A(1, 0) = A(0 + 1, 0) = A(0, 1) = 2.

2. A(m, n) pour m 6 3 et n 6 5 : n

m 0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4 5 6

1 2 3(*) 4 5 6 7

2 3 5(#) 7 9 11 13

3 5 13 29 61 125 253

(*) :A(1, 1) = A(0, A(1, 0)) = A(0, 2) = 3 (#) :A(2, 1) = A(1, A(2, 0)) = A(1, 3) = 5

3. Conjectures : A(1, n) = n + 2 et A(2, n) = 2n + 3 (suite arithmétique de raison 2 ) On souhaite démontrer, que pour tout n, A(1, n) = n + 2 et A(2, n) = 2n + 3 : P (n) . Cela se fait par récurrence :

• Initialisation : A(1, 0) = 2 et 0 + 2 = 2. A(2, 0) = 3 puis 2 × 0 + 3 = 3 donc P (0) est vraie.

• Hérédité : Soit n ∈ N , supposons P(n) vraie et montrons que P (n + 1) est vraie.

d ^′ une part A(1, n + 1) = A(0, A(1, n))

P (n) = vraie A(0, n + 2)

= n + 3

= (n + 1) + 2 et d ^′ autre part A(2, n + 1) = A(1, A(2, n))

=

P (n) vraie A(1, 2n + 3)

= 2n + 5

= 2(n + 1) + 3 donc P(n + 1) est vraie.

• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence :

A(1, n) = n + 2 et A(2, n) = 2n + 3

4. On souhaite démontrer, que pour tout n, A(3, n) = 2 ⁿ⁺³ − 3 : P (n) .

• Initialisation : A(3, 0) = 5 et 2 ⁰⁺³ − 3 = 5 donc P (0) est vraie.

• Hérédité : Soit n ∈ N , supposons P(n) vraie et montrons que P(n + 1) est vraie.

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

=

P (n)vraie A(2, 2 ⁿ⁺³ − 3)

= 2(2 ⁿ⁺³ − 3) + 3

= 2 ^(n+1)+3 − 3 donc P(n + 1) est vraie.

• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence : A(3, n) = 2 ⁿ⁺³ − 3

• • EXERCICE 3 OA 0 B 0 est un triangle équilatéral de côté 4.

On appelle A 1 le milieu du segment [A 0 B 0 ] et B 1 le symétrique de A 1 par rapport à la droite (OB 0 ).

On construit de même les points A 2 et B 2 , A 3 et B 3 , . . . ,A n et B _n .

Comment évoluent la longueur A _n A n+1 et la longueur de la ligne brisée A 0 A 1 A 2 . . . A _n lorsque n tend vers + ∞ ?

b

A

b

B

b

O

b

A

b

B

b

A

b

B

b

A

• •

C _{orrection : :}

Démontrons par récurrence que OA n B n est équilatéral On pose, pour tout n ∈ N , P (n) :

« le triangle OA n B n est équilatéral ».

Initialisation : Il est précisé dans l’énoncé que OA 0 B 0 est un triangle équilatéral de côté 4. P(0) est vraie.

Hérédité : Démontrons, que pour tout n entier naturel, P (n) vraie implique que P(n + 1) est vraie. Soit n ∈ N , supposons que P(n) est vraie : le triangle OA _n B _n est équilatéral.

Dans le triangle OA n+1 B n+1 , B n+1 est le symétrique de A n+1 par rapport à la droite OB _n donc OA n+1 = OB n+1 et le triangle OA n+1 B n+1 est isocèle.

(OA n+1 ) est la bissectrice de l’angle ( −−→ OA n ; −−→ OB n ), et A n+1 milieu de [A n B n ] implique que :

( −−−−→ OA n+1 ; −−→ OB n ) = ^π ₆ Par symétrie, on aura ( −−−−→ OA n+1 ; −−−−→ OB n+1 ) = 2 × π

6 = π

3 (2π). Un triangle isocèle avec un angle de π

3 est un triangle équilatéral et P (n + 1) est vérifiée.

Conclusion : D’après le principe du raisonnement par récurrence, P (n) est vraie pour tout n ∈ N .

Dans un triangle équilatéral, si l’on nomme a la longueur des côtés et h la longueur de la hauteur, on a h = a

√ 3 2 .

On note (c n ) _n∈ ^N la suite dont les termes sont les demi-côtés A _n A n+1 des triangles suc- cessifs. Les renseignements de l’énoncé et la remarque précédente permettent d’écrire que

c 0 = 2 et ∀ n ∈ N , c n+1 = c n ×

√ 3 2 La suite (c n ) _n∈ ^N est visiblement géométrique de raison

√ 3

2 comprise strictement entre

− 1 et 1 donc lim

n → + ∞ c _n = 0. Et pour tout n ∈ N , c _n = 2

√ 3 2

ⁿ

On nomme (l n ) _n∈ ^N

la suite des longueurs de la ligne brisée A 0 A 1 A 2 . . . A _n :

∀ n > 1, l n =

n− 1

X

k=0

A k A k+1 =

n− 1

X

k=0

c k =

som.term.suit.géo c 0 ×

1 − √ 3 2

n

1 − ^√ 2 ³

= 4

2 − √ 3

1 − √ 3 2

n

Comme √ 3 2

n

n→+∞ −→ 0, par opérations sur les limites de suites,

n→ lim + ∞ l _n = 4 2 − √

3

• •

EXERCICE 4 Facultatif

Soit (u n ) _n∈ ^N la suite définie par : u 0 = 0, u 1 = 1 et u n+2 = 4u n+1 − 3u n .

• •

C _{orrection :}

1. u 2 = 4u 1 − 3u 0 = 4, u 3 = 4u 2 − 3u 1 = 13 et u 4 = 40.

2. Algorithme : Saisir n u ←− 0 v ←− 1 k ←− 0

Tant que k < n − 1 faire

temp ←− v (instruction qui sert à stocker la valeur de v avant modification)

v ←− 4 ∗ v − 3 ∗ u u ←− temp k ←− k + 1 Fin Tant que Afficher(v) 3.(a) Tableau rempli :

n 5 10 20

u _n 121 29524 1743392200

(b) Quelle conjecture peut-on faire en ce qui concerne les variations et la limite de

la suite (u ) ? La suite semble croissante et tendre vers + ∞ .

4. Pour tout n de N ^∗ ,

v n+1 = u n+2 − u n+1

= 4u n+1 − 3u n − u n+1

= 3(u n+1 − u _n )

= 3v n

donc (v n ) est une suite géométrique de raison 3 et de premier terme v 1 = u 1 − u 0 = 1.

D’où, pour tout n de N ^∗ , v _n = v 1 q ^{n − 1} = 3 ^{n − 1} . 5. On admet que u n = 3 ⁿ − 1

2 .

• lim

n→+∞ 3 ⁿ = + ∞ (q > 1) donc, par opérations sur les limites, lim

n→+∞ u n = + ∞ .

• ∀ n ∈ N , u n+1 − u _n = 1

2 (3 ⁿ⁺¹ − 3 ⁿ ) = 3 ⁿ et 3 ⁿ > 0 donc (u n ) est croissante.

• •

EXERCICE 5 Facultatif

Exercice 63 page 22.

• •

C _{orrection :}

On considère la suite numérique (u n ) définie sur N par : u 0 = 2 et pour tout entier naturel n, u n+1 = − 1

2 u ² _n + 3u n − 3 2 . Partie A : Conjecture

1.

u 1

u 2

.

• u 1 = − 1

2 u ² ₀ + 3u 0 − 3 2 = 5

2

• u 2 = − 1

2 u ² ₁ + 3u 1 − 3 2 = 23

8

2.

10 ^{− 5}

u 3

u 4

.

u ₃ ≈ 2, 99219 et u ₄ ≈ 2, 99997 arrondies à 10 ⁻⁵ près 3. (u n ) _n>0 semble croissante.

Partie B : Validation des conjectures 1.

n, v n+1 = − 1

2 v ² _n

v n+1 = u n+1 − 3

= − 1

2 u ² _n + 3u n − 3 2 − 3

= − 1

2 u ² _n + 3u n − 9 2

= − 1

2 (u ² _n − 6u n + 9)

= − 1

2 (u n − 3) ²

= − 1

2 v _n ²

2.

n

− 1 6 v _n 6 0

Soit P (n) : − 1 6 v n 6 0

• Initialisation pour n = 0 : v 0 = u 0 − 3 = 2 − 3 = − 1 donc P (0) est vraie.

• Hérédité : Fixons n > 0. On suppose que P (n) est vraie et démontrons que P (n + 1) est vraie.

P (n) est vraie ⇔ − 1 6 v _n 6 0

⇒ 0 6 v ² _n 6 1

⇔ − 1 2 6 − 1

2 v _n ² 6 0

⇒ − 1 < − 1

2 6 v n+1 6 0 donc P (n + 1) est vraie.

• Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n ∈ N ,

− 1 6 v n 6 0.

3. a.

n, v n+1 − v n = − v n

1 2 v n + 1

Pour tout entier naturel n, v n+1 − v n = − 1

2 v _n ² − v n = − v n

1 2 v n + 1

b.

(v n ) .

∀ n ∈ N , − 1 6 v n 6 0 ⇔ − 1 2 6 1

2 v n 6 0 ⇔ − 1

2 + 1 6 1

2 v n + 1 6 1 ⇔ 1 2 6 1

2 v n + 1 6 1

∀ n ∈ N , v n ∈ [ − 1; 0] donc v n est négatif et donc − v n > 0 et

− v n

1 2 v n + 1

> 0 ⇔ v n+1 − v n > 0, ce qui prouve que la suite (v n ) n>0 est croissante.

(u n ) et (v n ) ont le même sens de variation, donc (u n ) est également croissante.