Solutions du Devoir n˚4 page 1 de 2

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Solutions du Devoir n˚4

I) 5 points

1.

n 2 3 4 5

u

_n

3 2

4 3

5 4

6 5 On vérifie que u

5

= 6

5 = 1, 2 2. On conjecture que u

n

= n + 1

n pour n > 1 3. Par récurrence :

notation : P

n

: « u

n

= n + 1 n » initialisation : P

1

s’écrit « u

1

= 1 + 1

1 », ce qui est vrai d’après l’énoncé (u

1

= 2).

hérédité : Soit n tel que u

_n

= n + 1

n , a-t-on, pour ce n, u

_n+1

= n + 2 n + 1 ? u

_n+1

= 2u

_n

− 1

1 + u

n

n + 1

d’après l’énoncé.

On remplace u

n

en utilisant l’hypothèse de récurrence : u

n+1

=

2 n + 1 n − 1 1 +

n + 1 n n + 1

= 2 n + 1

n − 1 1 + 1

n

= 2(n + 1) − n

n + 1 = n + 2 n + 1

On sait bien quel résultat il faut trouver, alors montrez que vous avez vraiment fait le calcul.

conclusion : d’après le principe de récurrence, u

_n

= n + 1

n pour n > 1

II) 6 points

1. c

n+1

= c

n

+ 3

100 c

n

− 200 = 1, 03c

n

− 200

c

0

= 10000

c

₁

= 10300 − 200 = 10100

c

2

= 1, 03 × 10100 − 200 = 10403 − 200 = 10203.

2. On va montrer par récurrence que, pour tout n entier naturel, c

n

> 10000.

Mais pour cela, précisons d’abord le sens de variation de la fonction f définie par : f (x) = 1, 03x − 200.

C’est une fonction affine strictement croissante puisque 1, 03 > 0.

notation : P

n

: « c

n

> 10000 »

initialisation : A-t-on c

0

> 10000 ? Oui car c

0

= 10000.

hérédité : Soit n vérifiant P

n

. A-t-on P

n+1

vraie ?

Ici c

n

> 10000 (hypothèse de récurrence). En appliquant f croissante, on obtient :

f (c

n

) > f (10000). Or f (c

n

) = c

n+1

d’après la question précédente, et f (10000) = c

1

= 10100. Comme 10100 > 10000, on a bien, par transitivité : c

_n+1

> 10000.

conclusion :

d’après le principe de récurrence, pour tout n entier naturel, c

_n

> 10000.

3. On peut étudier le sens de variation par récurrence (avec la propriété P

n

:

« c

_n+1

> c

_n

»), mais on peut aussi utiliser directement la propriété précédente, en calculant c

n+1

− c

n

:

c

n+1

− c

n

= 1, 03c

n

− 200 − c

n

= 0, 03c

n

− 200. Or c

n

6 10000 et 0, 03 > 0, donc 0, 03c

n

− 200 > 0, 03 × 10000 − 200, c’est-à-dire c

n+1

− c

n

> 100 > 0.

Donc c est croissante .

III) 6 points

Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x

³

+ 2x − 3.

Soit u la suite définie sur N par u

0

= 1 et u

n+1

= f (u

n

)

1. Les premières valeurs de la suite sont 1; −3; −36. La suite semble décroissante et

inférieure ou égale à 1.

Solutions du Devoir n˚4 page 2 de 2 On utilisera le sens de variation de f :

f

⁰

(x) = 3x

²

+ 2 > 0. Donc f est strictement croissante.

Raisonnons pa récurrence : notation : P

n

: « u

n

6 1 »

initialisation : A-t-on u

₀

6 1 ? Oui puisque u

₀

= 1 (énoncé).

hérédité : Soit n tel que P

n

soit vraie, a-t-on P

n+1

vraie ?

Si u

_n

6 1 (hypothèse de récurrence), alors, puisque f est croissante : f (u

n

) 6 f (1).

Or f (u

n

) = u

n+1

(énoncé) et f (1) = 0 6 1. Donc on a bien u

n+1

6 1.

conclusion : D’après le principe de récurrence, u

n

6 1 pour tout n > 0.

2. Deux grandes méthodes possibles : par récurrence en utilisant u

₀

> u

₁

et la crois- sance de f , ou directement en étudiant le signe de u

_n+1

− u

_n

(ou, ce qui revient au même, le signe de f (x) − x sur ] − ∞; 1]).

Par récurrence :

notation : P

_n

: « u

_n+1

6 u

_n

»

initialisation : A-t-on P

0

vraie, c’est-à-dire u

1

6 u

0

? Oui puisque −3 6 0.

hérédité : Soit n tel que P

n

soit vraie (u

n+1

6 u

n

). A-t-on P

n+1

vraie (u

n+2

6 u

n+1

?

On a : u

n+1

6 u

n

(hypothèse de récurrence). On applique f croissante : f (u

_n+1

) 6 f (u

_n

), donc u

_n+2

6 u

_n+1

conclusion : D’après le principe de récurrence, u

_n+1

6 u

_n

pour tout n, donc u est décroissante .

On aurait en fait pu faire cette question avant la précédente, ce qui permet d’en conclure u

n

6 u

0

, c’est-à-dire u

n

6 1.

IV) 3 points

On calcule les premiers termes :

n 0 1 2 3 4 5

u

n

1 0 − 1 2 − 1

2 0 1

−1 1 2 3 4 5

−1 1

0

En joignant les points, on obtient une courbe faisant penser à une parabole, d’équation y = ax

²

+ bx + c. On sait qu’une telle fonction peut se mettre sous la forme

a(x − x

₁

)(x − x

₂

), où x

₁

et x

₂

sont les racines du trinôme.

Or ici les racines sont 1 et 4 puisque u

1

= u

4

= 0.

On aurait alors u

_n

= a(n − 1)(n − 4). Comme u

₀

= 1, on aurait 1 = 4a, d’où a = 1 4 . Donc on conjecture que u

n

= 1

4 (n − 1)(n − 4) = · · · = 1 4 n

²

− 5

4 n + 1.

Démontrons-le par récurrence : notation : P

n

: « u

n

= 1

4 n

²

− 5 4 n + 1 » initialisation : A-t-on : u

₀

= 1

4 0

²

− 5

4 × 0 + 1 ?. Oui puisque u

₀

= 1 (énoncé).

hérédité : Soit n tel que P

n

soit vraie, c’est-à-dire u

n

= 1

4 (n − 1)(n − 4).

A-t-on P

n+1

vraie, c’est-à-dire u

n+1

= 1

4 (n)(n − 3) ? D’après l’énoncé, u

n+1

= u

n

+ 1

2 n − 1. On remplace u

n

en utilisant l’hypothèse de récurrence : u

_n+1

= 1

4 (n − 1)(n − 4) + 1

2 n − 1 = 1 4 n

²

− 5

4 n + 1 + 1

2 n − 1 =

= 1

4 n(n − 5 + 2) = 1

4 n(n − 3) conclusion : Pour tout n > 0, u

_n

= 1

4 n

²

− 5 4 n + 1 Il est prudent de vérifier : u

₀

= 1, u

₁

= 1

4 − 5

4 + 1 = 0