Correction du devoir à la maison n˚2 Exercice 1 1. Le discriminant du trinôme

Correction du devoir à la maison n˚2

Exercice 1

1. Le discriminant du trinômex²−4x+ 6 est ∆ = (−4)²−4×1×6 =−8<0 donc ce trinôme n’a pas de racine réelle. Ainsi, pour toutn∈N,n²−4n+ 66= 0 ce qui justifie que (un) est définie pour tout n∈N. 2. La fonctionf est une fonction polynôme du second degré. Son coefficient dominant est 1>0 doncf est

décroissante puis croissante et elle change de variation en −(−4)

2×1 = 2. Ainsi, le tableau de variation def sur [0 ; +∞[ est :

x

f

0 2 +∞

2 2

3. D’après le tableau précédent, pour tout n∈N,n²−4n+ 6≥2. D’une part, on en déduit que, pour tout n∈ N, n²−4n+ 6>0 doncu_n >0. D’autre part, par décroissance de la fonction inverse sur ]0 ; +∞[, pour toutn∈N, 1

n²−4n+ 6 ≤ 1

2. Ainsi, (un) est bornée par 0 et 2 .

Le tableau précédent montre que, pour tout n ≥ 2, 0 < f(n) ≤ f(n + 1). Dès lors, par décrois- sance de la fonction inverse sur ]0 ; +∞[, 1

f(n) ≥ 1

f(n+ 1) c’est-à-dire un ≥ un+1. On en conclut que (un) est décroissante à partir du rang 2 .

Exercice 2

1. a. Soit la propositionPn : «un≥n».

u0= 1≥0 doncP0est vraie.

SupposonsPk vraie pour un certaink∈N.

Alors,uk≥kdoncuk+1= 2uk−k+ 1≥2k−k+ 1 =k+ 1 doncPk+1 est vraie.

Ainsi, on a démontré par récurrence que, pour toutn∈N,un≥n.

b. Pour toutn∈N,un≥ndoncun≥0. Ainsi, la suite (un) est minorée par 0 .

Supposons que (un) soit majorée. Alors, il existe un réel M tel que, pour tout n ∈ N, un ≤ M. Considérons un entier naturelptel quep > M. Alors,up≥p > M doncup> M C’est absurde donc

(un) n’est pas majorée .

c. Soitn∈N. Alors,un+1−un = 2un−n+ 1−un =un−n+ 1. Or,un≥ndoncun−n≥0 et ainsi, un+1−un≥0. Ainsi, (un) est croissante .

2. a.

Valeur deU Valeur de S Valeur deK K < N

Initialisation 1 1 0 vraie

Étape 1 3 4 1 vraie

Étape 2 6 10 2 vraie

Étape 3 11 21 3 vraie

Étape 4 20 41 4 faux

Lorsqu’on entre N = 4, on obtientS= 41 en sortie.

b. Pour une valeur denen entrée, on obtient en sortie la somme desn+ 1 premiers termes de la suite (un) i.e.

n

X

k=0

uk.

3. a. Soitn∈N. Alors,vn+1=un+1−(n+ 1) = 2un−n+ 1−n−1 = 2un−2n= 2(un−n) = 2vn. Ainsi, (vn) est une suite géométrique de raison 2 .

b. Etant donné que v0 = u0−0 = 1, on en déduit que, pour tout n ∈ N, vn = 1×2ⁿ c’est-à-dire pour toutn∈N,vn = 2ⁿ .

De plus, pour toutn∈N,v_n=u_n−ndoncu_n =v_n+net ainsi, pour toutn∈N, u_n= 2ⁿ+n. c. Soitn∈N. Si on entrendans l’algorithme, on obtient en sortieS=

n

X

k=0

uk. Or,

n

X

k=0

uk =

n

X

k=0

(2^k+k) = 2⁰+ 0 + 2¹+ 1 + 2²+ 2 +· · ·+ 2ⁿ+n= 2⁰+ 2¹+ 2²+· · ·+ 2ⁿ+ 1 + 2 +· · ·+n

La première somme est la somme des termes d’une suite géométrique de raison 2 : 2⁰+ 2¹+ 2²+· · ·+ 2ⁿ= 2⁰1−2ⁿ⁺¹

1−2 = 1×1−2ⁿ⁺¹

−1 = 2ⁿ⁺¹−1 et la seconde somme est la somme des npremiers entiers : 1 + 2 +· · ·+n=n(n+ 1)

2 . Dès lors,

n

X

k=0

uk= 2ⁿ⁺¹−1 +n(n+ 1)

2 = 2ⁿ⁺¹−1 + n² 2 +n

2 et donc

n

X

k=0

uk = 2ⁿ⁺¹+n² 2 +n

2 −1

Exercice 3. — Soit n ∈ N. D’une part, Sn est une somme de nombres positifs donc Sn ≥ 0. D’autre part, S_n=Pn

k=0

2^k 3^k =Pn

k=0

2 3

^k

. On reconnaît la somme desn+ 1 premiers termes d’une suite géométrique donc

Sn= 2

3 0

1− ²₃n+1

1−²₃ = 3

"

1− 2

3 n+1#

≤3

car 1− 2

3 n+1

≤1. Ainsi, (S_n) est bornée par 0 et 3 .

Exercice 4

1. Supposons que ad−bc= 0 i.e.ad=bc. Alors, deux cas sont possibles.

Ou bien a = 0 et, dans ce cas, bc = ad = 0 donc b = 0 car c 6= 0. Alors, pour tout n ∈ N, un+1 = 0

cu_n+d= 0 doncu_n= 0 pour toutn≥1.

Ou bien a6= 0 et, dans ce cas, pour toutn∈N, un+1

a = aun+b

a(cu_n+d) = aun+b

acu_n+ad = aun+b

acu_n+bc = aun+b c(au_n+b) =1

c

donc, pour toutn≥1,un= 1 c.

Ainsi, on a démontré que, dans tous les cas, (un) est constante à partir du rang 1 .

2. Pour toutx6=−d c,

(E)⇔x(cx+d) =ax+b⇔cx²+dx−(ax+b) = 0⇔cx²+ (d−a)x−b= 0 Remarquons, de plus, quec

−d c

2

+ (d−a)

−d c

−b= d² c −d²

c +ad

c −b=ad−bc c 6= 0.

On conclut donc que, pour tout réel x, (E) équivaut àP(x) = 0 où P(x) est le trinôme défini par P(x) =cx²+ (d−a)x−b.

3. Sixest solution de (E) alorscx²+ (d−a)x−b= 0 doncx(cx−a) +dx−b= 0 et ainsidx−b=x(a−cx).

Il ne reste plus qu’à diviser para−cxmais pour cela il faut s’assurer quea−cx6= 0 i.e. quex6= ^a_c. Or, P ^a_c

=c ^a_c²

+ (d−a) ^a_c

−b=^a_c² +^da_c −^a_c² −b= ^ad−bc_c 6= 0 par hypothèses. Ainsi, ^a_c n’est pas une racine deP doncx6= ^a_c et ainsi dx−b

a−cx =x.

4. a. Comme x₀ est solution de P(x) = 0, c’est aussi une solution de (E) donc x₀ = ax0+b

cx₀+d. Dès lors, u1 = au₀+b

cu0+d = ax₀+b

cx0+d = x0. De même, on aura u2 = ax₀+b

cx0+d =x0. On peut donc conjecturer que (un) est constante égale à x0. Montrons-le par récurrence. Soit Pn la proposition «un =x0 ».

Par hypothèse, P0 est vraie. Supposons Pk vraie pour un certain k ∈ N. Alors uk+1 = au_k+b cuk+d = ax0+b

cx₀+d =x0 doncPk+1est vraie. On a donc montré par récurrence que, pour tout n∈N,un =x0. Ainsi, siu0=x0, la suite (un) est constante égale àx0 .

b. Soit la propositionQn: «un6=x0». Par hypothèse,Q0est vraie. SupposonsQkvraie pour un certain k ∈ N. Alors, uk 6= x0. Supposons, par l’absurde, que uk+1 = x0. Alors, au_k+b

cuk+d =x0 = ax₀+b cx0+d donc (auk+b)(cx0+d) = (ax0+b)(cuk+d). En développant, on obtientaukcx0+aukd+bcx0+bd= ax0cuk +ax0d+bcuk+bc donc (ad−bc)uk = (ad−bc)x0 et, comme ad−bc6= 0,uk =x0. C’est absurde doncuk+1 6=x0. Ainsi,Qk+1 est vraie et on a prouvé par récurrence que, pour toutn∈N, un6=x0. Ceci justifie quevn est définie pour tout n∈N.

c. Comme ∆ = 0, l’unique solution de (E) est l’unique racine deP i.e.x0= −(d−a)

2c i.e. x0= a−d 2c . Soitn∈N. Alors,

v_n+1= 1

u_n+1−x₀ = 1

au_n+b cu_n+d−x0

= cun+d

au_n+b−x₀(cu_n+d) = cun+d (a−cx₀)u_n+b−dx₀

= cun+d

(a−cx0)

un−^dx_a−cx^0−b

0

= cun+d (a−cx₀)(u_n−x₀) car, d’après la question 3, _a−cx^dx0−b

0 =x₀. Dès lors,

vn+1−vn= cun+d

(a−cx0)(un−x0)− 1 un−x0

= 1

un−x0

cun+d a−cx0

−1

= 1

un−x0

cun+d−a+cx0

a−cx0

Or,x0= a−d

2c donccx0= a−d

2 et ainsi

cu_n+d−a+cx₀=cu_n+d−a+a−d

2 =cu_n−a−d

2 =cu_n−cx₀=c(u_n−x₀).

Dès lors,

v_n+1−v_n= 1 un−x0

c(u_n−x₀) a−cx0

= c

a−cx0

= c

a−^a−d₂ = 2c a+d. Ainsi, on a montré que (un) est une suite arithmétique de raisonr= 2c

a+d .

5. On suppose que ∆>0 et on notex1 etx2les deux solutions réelles de (E).

a. Si u0∈ {x1, x2}, on démontre comme en question4.a. que (un) est constante.

b. Si u0∈ {x/ 1, x2}, on démontre comme en question 4.b. queun 6=x2 pour tout n∈Ndonc (wn) est bien définie pour tout n∈N.

Soitn∈N. Alors,

w_n+1= u_n+1−x₁ un+1−x2

=

aun+b cu_n+d −x1 au_n+b

cu_n+d −x₂ = au_n+b−x₁(cun₊d) aun+b−x2(cun+d)

= (a−cx1)un+b−dx1

(a−cx2)un+b−dx2

=a−cx1

a−cx2

×u_n+^b−dx_a−cx¹

1

u_n+^b−dx_a−cx²

2

.

Or, x1 et x2 sont racines de P donc solutions de (E) et, d’après la question 3., _a−cx^b−dx1

1 = −x1 et

b−dx2

a−cx2 =−x2. Ainsi,

w_n+1= a−cx₁ a−cx2

×u_n−x₁ un−x2

=a−cx₁ a−cx2

w_n

donc (w_n) est une suite géométrique de raisonq=a−cx₁ a−cx2

.