PanaMaths
[1 - 2]Mai 2006
On considère la suite ( ) u
ndéfinie par :
0
, 0 ; 1 u = a a ∈
⎤⎦ ⎡⎣( )
, 2
n 1 n nn u
+u u
∀ ∈ ` = −
Démontrer par récurrence que l’on a : ∀ ∈ n ` , 0 ;1 u
n∈
⎤⎦ ⎡⎣.
Analyse
Pour cette démonstration par récurrence, on a tout intérêt à noter que la suite
( )
un est définie par récurrence sous la forme : un+1= f u( )
n . L’étude de la fonction f, fonction polynôme du second degré, ne pose pas de difficulté particulière …Résolution
Soit Pn la proposition « un∈
] [
0 ; 1 ».Puisque u0 =a et que a appartient à l’intervalle
] [
0 ; 1 , on en déduit que la proposition P0 est vraie.Supposons maintenant que Pn soit vraie et intéressons-nous à Pn+1. Il nous faut démontrer que un+1 appartient à l’intervalle
] [
0 ; 1 .On a, d’après la définition de la suite
( )
un : ∀ ∈n `, un+1= f u( )
n , où f est la fonction définie par :( )
: 2
f x6x −x
Etudions cette fonction sur l’intervalle
[ ]
0 ; 1 .Elle y est dérivable en tant que fonction polynôme et on a :
] [
0;1 , '( )
2 2 2 1( )
x f x x x
∀ ∈ = − = −
Pour tout x réel vérifiant 0< <x 1, on a : 0 1< − <x 1. On en déduit que f' est strictement positive sur
] [
0 ; 1 et, de fait, que la fonction f est strictement croissante sur cet intervalle et donc sur[ ]
0 ; 1 .PanaMaths
[2 - 2]Mai 2006
On en déduit :
] [
0 ; 1 , 0( ) ( ) ( )
1x f f x f
∀ ∈ < <
Or, f
( )
0 =0 et f( )
1 =1.Finalement :
] [
0 ; 1 , 0( )
1x f x
∀ ∈ < <
En particulier, d’après l’hypothèse de récurrence, on a : 0<un<1. Donc : 0< f u
( )
n <1.C’est à dire : 0<un+1<1.
La proposition Pn+1 est donc vraie.
Finalement, la proposition est vraie pour tout entier naturel n.
Résultat final
] [
, 0 ; 1n
n u
∀ ∈` ∈