Correction du devoir à la maison n˚1

Correction du devoir à la maison n˚1

Exercice 1. — On considère la suite (un) définie paru0= 0 et, pour tout n∈N,un+1= 1 2−un

. 1. Par la relation de récurrence,

u₁ = 1

2−u₀ = 1

2 u₂ = 1

2−u₁ = 1 2− ¹₂ = 2

3 u₃ = 1

2−u₁ = 1 2−²₃ = 3

4. 2. On peut conjecturer que, pour toutn∈N,un= n

n+ 1. 3. Soit la proprosition Pn : « un= n

n+ 1 ».

Commeu₀ = 0 et 0

0 + 1 = 0, P₀ est vraie.

Supposons que la propositionP_k soit vraie pour un certaink∈N. On doit montrer que Pk+1 est vraie i.e. que uk+1 = k+ 1

k+ 2. Or, par hypothèse de récurrence, u_k = k

k+ 1 donc

uk+1 = 1

2−u_k = 1

2−_k+1^k = 1 2(k+ 1)−k

k+ 1

= k+ 1

2k+ 2−k = k+ 1 k+ 2.

Ainsi, Pk+1 est vraie et on a démontré par récurrence que, pour toutn∈N,un= n n+ 1 . Exercice 2. — Soit la suite (u_n) définie par u₀ = 1 et, pour toutn∈N,u_n+1 = 1

3u_n+n−1.

On considère, par ailleurs, la suite (v_n) définie, pour toutn∈N, parv_n= 4u_n−6n+ 15.

1. Soit n∈N. Alors,

v_n+1= 4u_n+1−6(n+1)+15 = 4

1

3u_n+n−1

−6n−6+15 = 4

3u_n−2n+5 = 1

3(4u_n−6n+15) = 1 3v_n donc (v_n) est géométrique de raison 1

3 .

2. On déduit de la question précédente que, pour tout n∈N,vn=v0×¹₃ⁿ. Or,v0 = 4u0−6× 0 + 15 = 19 donc, pour toutn∈N,vn= 19×¹₃ⁿ i.e. vn= 19

3ⁿ .

Etant donné que, pour toutn∈N,v_n= 4u_n−6n+ 15, on a 4u_n=v_n+ 6n−15 doncu_n= 1 4(v_n+ 6n−15) = 1

4vn+3 2n−15

4 donc, par ce qui précède, pour toutn∈N,un= 1 4 ×19

3ⁿ +3 2n−15

4 .

Exercice 3. — Considérons la propriétéPn: «n=n+ 1 ». Cette propriété est héréditaire car, si Pk

est vraie alors k=k+ 1 donck+ 1 =k+ 1 + 1 =k+ 2 doncP_k+1 est vraie. Or, il est clair que, pour tout entier naturel n,P_n est fausse.

Exercice 4. — Considérons la proposition Pn : « si une partie de N possède n éléments alors elle admet un plus petit élément » pour n∈N^∗.

Une partie ayant un seul élément aadmet de façon évidente un plus petit élément qui est adonc P1 est vraie.

Supposons que P_k soit vraie pour un certain k∈N^∗.

On doit démontrer que P_k+1 est vraie. Considérons une partie de A de N ayant k+ 1 éléments.

Considérons un élémenta∈A. Deux cas sont possibles :

ou bien aest un plus petit élément deA et alorsA admet un plus petit élément ;

ou bien a n’est pas un plus petit élément de A et alors il existe dans A un élément b tel que b < a. Considérons alors la partie A⁰ formée de tous les éléments de A sauf a. Comme A possède k+ 1 éléments, la partieA⁰ possède kéléments. Par hypothèse de récurrence, A⁰ admet un plus petit élément m. Par définition, pour tout x∈A⁰,m≤x. De plus, comme b∈A⁰, m≤b < a doncm≤a.

Ainsi, pour toutx∈A,m≤x doncm est un plus petit élément deA.

Dans tous les cas, A admet un plus petit élément donc Pk+1 est vraie. Ainsi, on a démontré par récurrence que, pour toutn∈N^∗, si une partie deNpossèdenéléments alors elle admet un plus petit élément. Ceci prouve donc la propriété du bon ordre sur Ndans le cas d’une partie ayant un nombre fini d’éléments.

Considérons à présent une partie A de N ayant un nombre infini d’éléments. Soit a∈ A. Comme Aest une partie de N,aest un entier. On noteJ1, aKl’ensemble des entiers compris entre 1 et aet on considèreB =A∩J0, aK i.e. l’ensemble des éléments de A qui sont inférieurs ou égaux àa. Alors, B est une partie non vide deN(car elle contienta) etB a un nombre fini d’éléments car elle est incluse dansJ0, aK(donc elle a au plusa+ 1 éléments). Par le résultat précédent,B admet donc un plus petit élémentm. Notons que, par définition, comme a∈B,m≤a.

Soit alors x∈A. Six≤aalorsx∈B donc, par définition,m ≤x. Sinon, x > a donc,x > m car a≥m. Ainsi, dans tous les cas,m≤x doncm est un plus petit élément de A.

On a donc démontré que toute partie non vide de Nadmet un plus petit élément.