recurrence dure corrige

Correction de la feuille d’exercices récurrences.
1) On appelle Pn la propriété « 4n + 1 est un multiple de 3 ». Montrons qu’elle est héréditaire : supposons
que, pour un certain entier n, Pn soit vraie. Alors il existe un entier a tel que 4n = 3a − 1 . Dans ce cas,
4n +1 + 1 = 4 × 4n + 1 = 4(3a − 1) + 1 = 12a − 3 = 3(4a − 1) . Comme a est un entier, 4a − 1 est aussi un
entier, et 4n +1 + 1 est bien un multiple de 3. La propriété Pn est bien héréditaire, mais on ne peut rien
conclure, car aucune des propriétés P0, P1… n’est vraie.
2) On appelle Pn la propriété « 4n + 1 est un multiple de 5 ». Supposons que pour un certain entier n, Pn
soit vraie. Dans ce cas, il existe un entier a tel que 4n = 5a − 1 . On peut donc écrire
4n + 2 + 1 = 16 × 4n + 1 = 16(5a − 1) + 1 = 80a − 15 = 5(16a − 3) . Comme a est un entier, 16a − 3 est aussi
un entier, et 4n + 2 + 1 est un multiple de 5. P1 qui s’écrit « 5 est un multiple de 5 » est donc vraie. Ainsi
Pn est vraie pour tout entier impair n.
3) Montrons que pour tout entier naturel n et pour tout réel positif x, (1 + x) n ≥ 1 + nx .
Initialisation : (1 + x)0 = 1 ≥ 1 , donc la propriété est vraie pour n = 0.
Hérédité : supposons que pour un certain entier n, pour tout réel positif x, (1 + x) n ≥ 1 + nx . On a donc
(1 + x) n +1 = (1 + x)(1 + x) n ≥ (1 + x)(1 + nx) par hypothèse de récurrence. On obtient en développant
(1 + x) n +1 ≥ 1 + x + nx + nx 2 = 1 + (n + 1) x + nx 2 , et à plus forte raison (1 + x) n +1 ≥ 1 + (n + 1) x car n est
positif.
La propriété « pour tout réel positif x, (1 + x) n ≥ 1 + nx » est vraie pour n = 0 et est héréditaire. Elle est
donc vraie pour tout entier naturel n.
4) On appelle (un) la suite définie par u0 = 0, un +1 = 1 + un , et f est la fonction définie sur [0 ; +o[ par
1+ 5
. En
2
résolvant cette équation, il faut faire attention à un détail : il n’est pas équivalent d’écrire 1 + x = x
et 1 + x = x 2 ( a = b et a2 = b2 ne sont pas équivalents). On peut en revanche écrire
1 + x = x ⇔ 1 + x = x 2 et x ≥ 0 , et il n’y a plus qu’à résoudre une brave équation du second degré.
f ( x) = 1 + x . f est croissante sur [0 ; +o[, et l’équation f ( x) = x a pour solution Φ =
Pour tous réels a et b positifs, on a f (b) − f (a) = 1 + b − 1 + a , soit, en multipliant et divisant par
b−a
l’expression conjuguée,
f (b) − f (a ) =
. Comme a et b sont positifs,
1+ b + 1+ a
b−a
1
1
1 + a + 1 + b ≥ 2 , donc
≤ , et f (b) − f (a ) ≤
.
2
1+ a + 1+ b 2
La suite (un) se représente à l’aide de la courbe de f et de la droite d’équation y = x, en escalier (voir
feuille suivante)
Montrons que pour tout n, 0 ≤ un ≤ Φ par récurrence.
Initialisation : u0 = 0 donc 0 ≤ u0 ≤ Φ est vrai.
Hérédité : supposons que pour un certain entier n, 0 ≤ un ≤ Φ .
La fonction f est croissante sur [0 ; +o[ donc f (0) ≤ f (un ) ≤ f (Φ ) . Comme f (0) = 1 , f (un ) = un +1 et
f (Φ ) = Φ , on obtient 1 ≤ un +1 ≤ Φ , et a fortiori 0 ≤ un +1 ≤ Φ . La propriété 0 ≤ un ≤ Φ est vraie pour n
= 0 et héréditaire, elle est vraie pour tout entier n.
1
L’inégalité un +1 − Φ ≤ un − Φ s’obtient en appliquant la relation prouvée au b) aux réels positifs un
2
et Φ, puisque f (un ) = un +1 et f (Φ ) = Φ .
Φ
On en déduit par récurrence que pour tout entier n, un − Φ ≤
1
u0 − Φ .
2n
1
u0 − Φ .
20
1
Hérédité : Supposons que pour un certain entier n, un − Φ ≤ n u0 − Φ . Comme on a vu d’autre part
2
1
1 1
que un +1 − Φ ≤ un − Φ , on obtient un +1 − Φ ≤ × n u0 − Φ en multipliant entre elles des inégalités
2
2 2
1
entre réels positifs. La propriété un − Φ ≤ n u0 − Φ est vraie pour n = 0 et héréditaire, elle est donc
2
1
1
vraie pour tout entier naturel n. Comme 0 < < 1 , n tend vers 0, et la suite (un) a pour limite Φ.
2
2
1
Pour avoir une approximation de 5 à 10-3 près, il faut une approximation de Φ à 10−3 près
2
1 1
puisque 5 = 2Φ − 1 , il suffit donc de calculer u11 car 11 ≤ 10−3 .
2
2
Remarque : on n’a ici qu’une condition suffisante. En calculant u8 , on a déjà une approximation de Φ
Initialisation : pour n = 0 il est évident que u0 − Φ ≤
à 2 ⋅10−4 près.
2un + 3
u −1
. Posant vn = n
, on obtient :
un + 4
un + 3
2un + 3
2un + 3 un + 4
−1
−
un +1 − 1 un + 4
un + 4 u n + 4
u −1
1
vn +1 =
=
=
= n
= vn . La suite (vn) est donc géométrique
un +1 + 3 2un + 3 + 3 2un + 3 + 3 un + 4 5un + 15 5
un + 4
un + 4
un + 4
v
1
−1
de raison , on a donc pour tout entier n : vn = 0n =
.
5
5
3 × 5n
On va maintenant exprimer un en fonction de vn :
u −1
1 + 3vn
vn = n
⇔ vn (un + 3) = un − 1 ⇔ un (vn − 1) = −3vn − 1 ⇔ un =
. On obtient enfin que
un + 3
1 − vn
1
1− n
5 . Comme la raison de (v ) appartient à ]0 ; 1[,(v ) a pour limite 0, et (u ) a donc pour
un =
n
n
n
1
1+
3 × 5n
limite 1.
5) On définit la suite (un) par u0 = 0, un +1 =
6) Le but de cet exercice est de comparer une suite géométrique (2n) et une suite polynomiale (n2). On
u
n2
pose à cet effet un = n et vn = n +1 pour tout n ? 1. On a donc pour tout n
2
un
(n + 1) 2 2n n 2 + 2n + 1 1 2
1
1
× 2 =
= + + 2 . La suite (vn) a donc pour limite . Par définition, tout
n +1
2
2
n
2n
2 n 2n
2
1
intervalle ouvert contenant
contient tous les termes de (vn) à partir d’un certain rang, c’est en
2
1 3
particulier le cas pour  ;  . Il existe un certain rang n0 à partir duquel tous les termes de (vn) sont
4 4
3
inférieurs à . On peut résoudre cette inéquation :
4
2
3
n + 2n + 1 3
vn ≤ ⇔
≤ ⇔ 4n 2 + 8n + 4 ≤ 6n 2 ⇔ 2n 2 − 8n − 4 ≥ 0 . Cette inéquation a pour solution
4
2n 2
4
l’extérieur des racines du trinôme n 2 − 4n − 2 , et compte tenu que n est un entier naturel, n0 est égal à
5.
u
3
3
3
Si n ? 5, on a vn ≤ soit n +1 ≤
et un +1 ≤ un (car (un) est une suite à termes positifs). Par
4
un
4
4
1
9
conséquent, à partir du rang n = 5, la suite (un) est décroissante. D’autre part, u1 = , u2 = 1 , u3 = ,
2
8
25
u4 = 1 , u5 =
. La suite (un) est donc décroissante à partir de n = 3.
32
vn =
13
3
On trouve par le calcul que u13 ≤   . D’autre part, si pour un certain entier n supérieur à 13,
4
n
3
3
3
un ≤   , comme n est supérieur à 5, on a aussi un +1 ≤ un , donc un +1 ≤  
4
4
4
n +1
. La propriété
n
3
un ≤   est vraie pour n = 13 et héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n supérieur à 13.
4
n
3
3
Comme 0 < < 1 ,   tend vers 0, et d’après le théorème des gendarmes, la suite (un) a pour limite
4
4
0.
7) Le but de l’exercice est l’étude d’une suite qui perturbe les calculatrices. On pose un = n 2 + 6n − n .
On calcule les valeurs de un et on obtient :
105
1010
1015
1020
103
n
2,995
2,99995 2,9999999 0
0
un
On peut conjecturer que la suite (un) tend vers 0. D’un autre côté, on obtient :
(
n + 6n − n =
n 2 + 6n − n
)(
n 2 + 6n + n
)=
6
. La suite (un) tend donc
6
n 2 + 6n + n
n 2 + 6n + n
1+ +1
n
vers 3. Que s’est-il passé ? Quand n est trop grand, les erreurs d’arrondi font que n 2 + 6n est « égal »
à n2 pour la calculatrice, et donc que un apparaît égal à 0.
un =
2
6n
=