Corrigé du devoir à la maison n

Corrigé du devoir à la maison n

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Exercice 1

1. a. D’après la relation de récurrence, u₁ =u₀₊₁= (−1)¹(2×0 + 1)−u₀ =−1−0 donc u₁ =−1 . De même,u₂ = (−1)²(2×1+1)−(−1) i.e. u₂ = 4 ,u₃ = (−1)³(2×2+1)−4 i.e. u₃ =−9 et u₄ = (−1)⁴(2×3 + 1)−(−9) i.e. u₄ = 16 .

b. On peut conjecturer que, pour tout n ∈N, u_n = (−1)ⁿn². 2. a. Soit n ∈N. Alors,

v_n+1 =u_n+1−(−1)ⁿ⁺¹(n+ 1)²

= (−1)ⁿ⁺¹(2n+ 1)−u_n−(−1)ⁿ⁺¹(n²+ 2n+ 1)

=−un−(−1)ⁿ⁺¹n²

=−u_n+ (−1)ⁿ⁺¹n²

=−u_n−(−1)ⁿn²

=−v_n

donc la suite (v_n) est géométrique de raison −1 .

b. On en déduit que, pour toutn ∈N,v_n =v₀(−1)ⁿ. Or, v₀ =u₀−(−1)⁰0² = 0−0 = 0 donc, pour tout n ∈ N, vn = 0. Ainsi, pour tout n ∈ N, un−(−1)ⁿn² = 0 donc,

pour tout n∈N^∗, u_n= (−1)ⁿn² .

3. a. On aS₀ = u₀ = 0,S₁ = u₀+u₁ = 0 + (−1) =−1,S₂ =u₀+u₁+u₂ = 0 + (−1) + 4 = 3 et S₃ =u₀+u₁+u₂ +u₃ = 0 + (−1) + 4 + (−9) =−6.

b. Considérons, pour tout n ∈N, la propositionP_n : «S_n= (−1)^{n n(n+1)}₂ ».

• On a S₀ = 0 et (−1)^{0 0(0+1)}₂ = 0 donc P₀ est vraie.

• Supposons que P_k est vraie pour un certain k ∈N.

• Alors, S_k = (−1)^{k k(k+1)}₂ . Or, S_k+1 =S_k+u_k+1 donc S_k+1 = (−1)^kk(k+ 1)

2 + (−1)^k+1(k+ 1)²

= (−1)^k(k+ 1)

"

k

2 −(k+ 1)

#

= (−1)^k(k+ 1)k−2(k+ 1) 2

= (−1)^k(k+ 1)−(k+ 2) 2

= (−1)^k+1(k+ 1)(k+ 2) 2 donc Pk+1 est vraie.

Ainsi, on a démontré par récurrence que, pour tout n∈N, Sn = (−1)^{n n(n+1)}₂ . 4. a. Par définition, uk+1 = (−1)^k+1(2k+ 1)−uk donc uk+1+uk = (−1)^k+1(2k+ 1).

Si k est impair alors k+ 1 est pair donc (−1)^k+1 = 1 et ainsi u_k+u_k+1 = 2k+ 1 . Si k est pair alors k+ 1 est impair donc (−1)^k+1−1 et donc uk+uk+1 =−(2k+ 1) .

b. En utilisant la question précédente avec k valant successivement 1, 3, ..., 2m−1, on obtient

S_n=u₀+ (u₁+u₂) + (u₃+u₄) +· · ·+ (u2m−1+u_2m)

= 0 + (2×1 + 1) + (2×3 + 1) +· · ·+ (2×(2m−1) + 1)

=

m

X

k=1

(2(2k−1) + 1)

i.e. S_n =

m

X

k=1

(4k−1) . c. En raisonnant de même,

S_n= (u₀+u₁) + (u₂+u₃) +· · ·+ (u2m−1+u_2m)

=−(2×0 + 1)−(2×2 + 1)− · · · −(2×(2m) + 1)

=−

m

X

k=0

(2(2k) + 1)

i.e. S_n =−

m

X

k=0

(4k+ 1) .

d. Soit n∈N. Si n est pair alors il existem ∈N tel quen = 2m et, d’après la question 4.b., S_n=

m

X

k=1

(4k−1). Or, la suite (w_n) définie, pour toutn ∈N, par w_n = 4n−1 est une suite arithmétique donc

S_n =m(4×1−1) + (4m−1)

2 =m(2m+ 1) = n

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

2 .

Or, n est pair donc (−1)ⁿ = 1 et ainsi S_n= (−1)^{n n(n+1)}₂ .

Si n est impair alors il existem ∈Ntel que n= 2m+ 1 et, d’après la question 4.c., S_n= −

m

X

k=0

(4k+ 1). Or, la suite (t_n) définie, pour tout n∈N, par t_n = 4n+ 1 est une suite arithmétique donc

S_n=−(m+1)(4×0 + 1) + (4m+ 1)

2 = (m+1)(2m+1) =−

n−1 2 + 1

n =−n(n+ 1)

2 .

Or, n est impair donc (−1)ⁿ=−1 et ainsi S_n= (−1)^{n n(n+1)}₂ . On a donc montré que, pour tout n∈N, S_n= (−1)^{n n(n+1)}₂ .

Exercice 2 (facultatif)

Première méthode. On calcule S₁ = 1, S₂ = 5, S₃ = 17, S₄ = 49, S₅ = 129. On constate que S₁ −1 = 0 = 0×2¹, S₂−1 = 4 = 1×2², S₃−1 = 16 = 2×2³, S₄ −1 = 48 = 3×2³ et S₅−1 = 128 = 4×2⁴. On peut donc conjecturer que, pour tout n ∈N^∗, S_n = (n−1)2ⁿ+ 1.

Montrons-le par récurrence.

Considérons, pour tout n ∈N^∗, la propositionP_n : «S_n= (n−1)2ⁿ+ 1 ».

• On a déjà vérifié que P₀ est vraie.

• Supposons que Pk est vraie pour un certain k ∈N^∗.

• Alors,

Sk+1 =Sk+ (k+ 1)2^k= (k−1)2^k+ 1 + (k+ 1)2^k = (k−1 +k+ 1)2^k−1 = 2k2^k+ 1 i.e. S_k+1 =k2^k+1+ 1 donc P_k+1 est vraie.

Ainsi, on a montré par récurrence que, pour tout n∈N^∗,

n

X

j=1

j2^j−1 = (n−1)2ⁿ+ 1 . Deuxième méthode. Considérons, pour tout j ∈ N^∗, la fonction f_j : x 7→ x^j définie sur R. Alors, pour tout j ∈N^∗, la fonction f_j est dérivable sur R et, pour tout réelx, f_j⁰(x) =jx^j−1. Soit n ∈ N^∗. Considérons la fonction g : x 7→

n

X

j=1

f_j(x). Alors, g est dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables et, pour tout réel x, g⁰(x) =

n

X

j=1

jx^j−1. On a doncSn =g⁰(2).

Remarquons que, pour tout réel x, g(x) =

n

X

j=1

x^j est la somme des termes d’une suite géométrique de raison xdonc, pour tout x6= 1, g(x) =x1−xⁿ

1−x = xⁿ⁺¹−x

x−1 . Sous cette forme, on peut dire que, pour tout réel x6= 1,

g⁰(x) = [(n+ 1)xⁿ−1]×(x−1)−(xⁿ⁺¹−x)×1

(x−1)² = nxⁿ⁺¹−(n+ 1)xⁿ+ 1 (x−1)²

Il s’ensuit que

g(2) = n2ⁿ⁺¹−(n+ 1)2ⁿ+ 1 (2−1)²

=n2ⁿ⁺¹−(n+ 1)2ⁿ+ 1

= 2×n2ⁿ−(n+ 1)2ⁿ+ 1

= (2n−n−1)2ⁿ+ 1

= (n−1)2ⁿ+ 1 Ainsi, pour tout n ∈N^∗,S_n = (n−1)2ⁿ+ 1 . Troisième méthode. Posons, pour tout n∈N^∗,S_n =

n

X

j=0

j2^j−1. Soitn∈N^∗. Remarquons que Sn= 1·2⁰+ 2·2¹+ 3·2²+· · ·+n·2ⁿ⁻¹

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

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

= 2(0·2⁻¹+ 1·2⁰+ 2·2¹ +· · ·+ (n−1)2ⁿ⁻²) + 1−2ⁿ 1−2

= 2(S_n−n2ⁿ⁻¹) + 2ⁿ−1

= 2S_n−(n−1)2ⁿ−1.

En isolant Sn, on conclut que Sn = (n−1)2ⁿ+ 1 .