Correction du devoir à la maison n

Correction du devoir à la maison n

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Exercice 1

1. u₁ = (0 + 1)²

(0 + 2)²u₀ = 1

4 ×1 donc u₁ = 1 4 . u2 = (1 + 1)²

(1 + 2)²u1 = 2 9 × 1

4 donc u2 = 1 9 . u₃ = (2 + 1)²

(2 + 2)²u₂ = 9 16 × 1

9 donc u₃ = 1 16 . u₄ = (3 + 1)²

(3 + 2)²u₀ = 16 25 × 1

16 donc u₄ = 1 25 .

2. On peut conjecturer que, pour tout n∈N, u_n= 1 (n+ 1)².

3. Considérons, pour tout n∈N, la proposition P(n) : «u_n= 1 (n+ 1)² ».

Par définition, u₀ = 1 et 1

(0 + 1)² = 1 donc u₀ = 1

(0 + 1)². Ainsi, P(0) est vraie.

Supposons que P(k) soit vraie pour un certain entier naturel k fixé.

Alors,

u_k+1 = (k+ 1)²

(k+ 2)²u_k = (k+ 1)²

(k+ 2)² × 1

(k+ 1)² = 1 (k+ 2)² donc P(k+ 1) est vraie.

On a donc montré par récurrence que, pour tout n∈N, u_n= 1 (n+ 1)² .

Exercice 2

1. a. La suite (u_n) est définie par u₀ = 0 et, pour tout n ∈N,u_n+1 =u_n+b donc(u_n) est une suite arithmétique de raison b.

b. On en déduit que, pour tout n ∈N,u_n =u₀ +nb i.e. pour tout n∈N, u_n=nb. 2. a. Pour tout réel x,

ax+b=x⇔ax−x=−b ⇔(a−1)x=−b.

Or, a6= 1 donc a−16= 0 et ainsi, pour tout réel x, ax+b=x⇔x=− b

a−1

Ainsi, l’unique solution dans R de l’équation ax+b =xest c= b 1−a. b. Soit n ∈N. Alors, comme c=ac+b par définition,

v_n+1 =u_n+1−c=au_n+b−(ac+b) =au_n+b−ac−b=au_n−ac=a(u_n−c) = av_n donc (v_n) est une suite géométrique de raisona .

De plus, v₀ =u₀−c= 0−c donc v₀ =−c.

c. On en déduit que, pour tout n ∈N, vn=−c×aⁿ

De plus, pour tout n∈N, v_n =u_n−cdonc u_n=v_n+c. Ainsi,

∀n ∈N, u_n =−caⁿ+c .

Exercice 3 (facultatif )

1. Une suite(u_n)est1−périodique si et seulement si, pour toutn ∈N,u_n+1 = u_n. Autrement dit, les suites1−périodiques sont exactement les suites constantes.

2. Considérons, pour tout m∈N^∗, la proposition P(m): « (u_n) estmp−périodique ».

Par hypothèse, (u_n) estp−périodique donc P(1) est vraie.

Supposons que P(k) soit vraie pour un certain entier naturel k>1 fixé.

Soit n∈N. Alors, u_n+(k+1)p =u_(u+kp)+p =un+kp car (un) est p−périodique. Or, (un) est kp−périodique par hypothèse de récurrence doncu_n+kp =u_n et ainsi u_n+(k+1)p =u_n. Dès lors, (u_n) est(k+ 1)p−périodique donc P(k+ 1) est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour toutm ∈N^∗,(un)est mp−périodique . 3. La suite(u_n)définie par : pour toutn ∈N,u_n= (−1)ⁿest2−périodique et non constante

puisque u_n= 1 si n est pair et u_n =−1 si n est impair.

4. a. Puisque (t_n) est3−périodique, t₃ =t₀ = 0,t₄ =t₁ = 1 et t₅ =t₂ =−1.

b. Remarquons que 2017 = 2016 + 1 = 3×672 + 1. Or, (tn) est 3−périodique donc, d’après la question 2, elle est aussi3×672−périodique. Ainsi, t₂₀₁₇ = t₁ i.e. t₂₀₁₇ = 1. c. Montrons que, pour toutn∈N,u_n= ^√2

3sin(^2π₃ n). Pour cela, posons, pour toutn ∈N, v_n= ^√2

3sin(^2π₃ n).

D’une part, v0 = ^√2₃sin(0) = 0 = u0, v1 = ^√2₃sin(^2π₃ ) = ^√2₃ ×

√ 3

2 = 1 = u1 et v₂ = ^√2

3sin(^4π₃ ) = ^√2

3 ×(−

√3

2 ) =−1 = u₂. D’autre part, pour tout n∈N,

v_n+3 = 2

√3sin 2π

3 (n+ 3)

= 2

√3sin 2π

3 n+ 2π

= 2

√3sin 2π

3 n

=v_n

donc (v_n)est 3−périodique.

On en déduit que, pour tout n ∈N,un =vn et ainsi

∀n∈N un= 2

√3sin 2π

3 n

.

5. Pour toutn ∈N^∗, Sn+1−Sn=un+1 >0 donc (Sn)_n>1 est une suite croissante.

Soit n ∈ N^∗. Considérons l’unique entier j tel que jp 6 n <(j + 1)p. Comme la suite (S_n)_n>1 est croissante,S_jp 6S_n6S_(j+1)p.

Montrons par récurrence surm que, pour tout m ∈N^∗, S_mp =mS_p. Considérons, pour tout m∈N^∗, la proposition P(m): « Smp =mSp».

CommeS1×p =S_p = 1×S_p, la proposition P(1) est vraie.

Supposons que P(k) soit vraie pour un certain entier k >1 fixé.

Alors,

S_(k+1)p =

(k+1)p−1

X

i=0

u_i =

kp−1

X

i=0

u_i

!

+u_kp+u_kp+1+· · ·+ukp+p−2+ukp+p−1.

Or, par définition,

kp−1

P

i=0

u_i = S_kp et, par hypothèse de récurrence, S_kp = kS_p donc

kp−1

P

i=0

u_i = kS_p. De plus, comme (u_n)estp−périodique, d’après la question 2,(u_n)est aussi kp−périodique donc

u_kp+u_kp+1+· · ·+ukp+p−2+ukp+p−1 =u₀+u₁+· · ·+up−2+up−1 =S_p. Dès lors,

S_(k+1)p =kS_p+S_p = (k+ 1)S_p donc P(k+ 1) est vraie.

On a donc démontré par récurrence que, pour toutk ∈N^∗, Skp =kSp.

PosonsM = S_p. On a doncS_jp =jM et S_(j+1)p = (j + 1)M donc jM 6S_n 6(j+ 1)M.

Commep > 0, il s’ensuit que jpM 6pS_n 6(j + 1)pM. Or, par définition,jp6n donc (j+ 1)p 6 n+p et (j+ 1)p > n donc jp > n−p. Comme M > 0, on en déduit que

jpM >(n−p)M et (j + 1)pM 6(n+p)M et ainsi(n−p)M 6pS_n6(n+p)M.

On a donc bien montré que, pour tout n∈N^∗, (n−p)M 6pS_n 6(n+p)M .