recurrence dure corrige

Correction de la feuille d’exercices récurrences.
1) On appelle Pn la propriété «
4 1
n
+
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
4 3 1
n
a
= −
. Dans ce cas,
1
4 1 4 4 1 4(3 1) 1 12 3 3(4 1)
n n
a a a
+
+ = × + = − + = − = −
. Comme a est un entier,
4 1
a
−
est aussi un
entier, et
1
4 1
n +
+
est bien un multiple de 3. La propriété P
n
est bien héréditaire, mais on ne peut rien
conclure, car aucune des propriétés P
0
, P
1
… n’est vraie.
2) On appelle P
n
la propriété «
4 1
n
+
est un multiple de 5 ». Supposons que pour un certain entier n, P
n
soit vraie. Dans ce cas, il existe un entier a tel que
4 5 1
n
a
= −
. On peut donc écrire
2
4 1 16 4 1 16(5 1) 1 80 15 5(16 3)
n n
a a a
+
+ = × + = − + = − = −
. Comme a est un entier,
16 3
a
−
est aussi
un entier, et
2
4 1
n +
+
est un multiple de 5. P
1
qui s’écrit « 5 est un multiple de 5 » est donc vraie. Ainsi
P
n
est vraie pour tout entier impair n.
3) Montrons que pour tout entier naturel n et pour tout réel positif x, (1 ) 1
n
x nx
+ ≥ +
.
Initialisation :
0
(1 ) 1 1
x
+ = ≥
, donc la propriété est vraie pour n = 0.
Hérédité : supposons que pour un certain entier n, pour tout réel positif x, (1 ) 1
n
x nx
+ ≥ +
. On a donc
1
(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
n n
x x x x nx
+
+ = + + ≥ + + par hypothèse de récurrence. On obtient en développant
1 2 2
(1 ) 1 1 ( 1)
n
x x nx nx n x nx
+
+ ≥ + + + = + + + , et à plus forte raison
1
(1 ) 1 ( 1)
n
x n x
+
+ ≥ + + car n est
positif.
La propriété « pour tout réel positif x, (1 ) 1
n
x nx
+ ≥ +
» est vraie pour n = 0 et est héréditaire. Elle est
donc vraie pour tout entier naturel n.
4) On appelle (u
n
) la suite définie par
0 1
0, 1
n n
u u u
+
= = +
, et f est la fonction définie sur [0 ; + o [ par
( ) 1
f x x
= +
. f est croissante sur [0 ; + o [, et l’équation ( )
f x x
=
a pour solution
1 5
2
+
Φ = . En
résolvant cette équation, il faut faire attention à un détail : il n’est pas équivalent d’écrire 1
x x
+ =
et
2
1
x x
+ =
( a = b et a
2
= b
2
ne sont pas équivalents). On peut en revanche écrire
2
1 1 et 0
x x x x x
+ = ⇔ + = ≥
, et il n’y a plus qu’à résoudre une brave équation du second degré.
Pour tous réels a et b positifs, on a ( ) ( ) 1 1
f b f a b a
− = + − +
, soit, en multipliant et divisant par
l’expression conjuguée, ( ) ( ) 1 1
b a
f b f a
b a
−
− =
+ + +
. Comme a et b sont positifs,
1 1 2
a b
+ + + ≥
, donc
1 1
2
1 1a b
≤
+ + + , et ( ) ( )
2
b a
f b f a
−
− ≤ .
La suite (u
n
) 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
n
u
≤ ≤ Φ
par récurrence.
Initialisation :
0
0
u
=
donc
0
0u
≤ ≤ Φ
est vrai.
Hérédité : supposons que pour un certain entier n, 0
n
u
≤ ≤ Φ
.
La fonction f est croissante sur [0 ; + o [ donc
(0) ( ) ( )
n
f f u f
≤ ≤ Φ
. Comme
(0) 1
f
=
,
1
( )
n n
f u u
+
=
et
( ) f
Φ = Φ
, on obtient
1
1
n
u
+
≤ ≤ Φ
, et a fortiori
1
0
n
u
+
≤ ≤ Φ
. La propriété 0
n
u
≤ ≤ Φ
est vraie pour n
= 0 et héréditaire, elle est vraie pour tout entier n.
L’inégalité
1
1
2
n n
u u
+
−Φ ≤ −Φ
s’obtient en appliquant la relation prouvée au b) aux réels positifs u
n
et Φ, puisque
1
( )
n n
f u u
+
=
et ( )f
Φ = Φ
.

Φ
On en déduit par récurrence que pour tout entier n,
0
1
2
nn
u u
−Φ ≤ −Φ
.
Initialisation : pour n = 0 il est évident que
0 0
0
1
2
u u
−Φ ≤ −Φ
.
Hérédité : Supposons que pour un certain entier n,
0
1
2
nn
u u
−Φ ≤ −Φ
. Comme on a vu d’autre part
que
1
1
2
n n
u u
+
−Φ ≤ −Φ
, on obtient
1 0
1 1
2 2
nn
u u
+
−Φ ≤ × −Φ
en multipliant entre elles des inégalités
entre réels positifs. La propriété
0
1
2
nn
u u
−Φ ≤ −Φ
est vraie pour n = 0 et héréditaire, elle est donc
vraie pour tout entier naturel n. Comme
1
0 1
2
< <
,
1
2
n
tend vers 0, et la suite (u
n
) a pour limite Φ.
Pour avoir une approximation de
5
à 10
-3
près, il faut une approximation de Φ à
3
1
10
2
−
près
puisque
5 2 1
= Φ−
, il suffit donc de calculer
11
u
car
3
11
1 1
10
2 2
−
≤ .
Remarque : on n’a ici qu’une condition suffisante. En calculant
8
u
, on a déjà une approximation de Φ
à
4
2 10
−
⋅ près.
5) On définit la suite (u
n
) par
0 1
2 3
0,
4
n
nn
u
u u u
+
+
= =
+
. Posant
1
3
n
nn
u
vu
−
=
+
, on obtient :
1
11
2 3 2 3 4
1
1 4 4 4 1
1
2 3 2 3 4
3 5 15 5
3 3
4 4 4
n n n
n n n n n
n n
n n n
n n
n n n
u u u
u u u u u
v v
u u u
u u
u u u
+
++
+ + +
− −
− + + + −
= = = = =
+ + +
+ +
+ +
+ + +
. La suite (v
n
) est donc géométrique
de raison
1
5
, on a donc pour tout entier n :
0
1
5 3 5
n
n n
v
v
−
= =
×
.
On va maintenant exprimer u
n
en fonction de v
n
:
1 1 3
( 3) 1 ( 1) 3 1
3 1
n n
n n n n n n n n
n n
u v
v v u u u v v u
u v
− +
= ⇔ + = − ⇔ − = − − ⇔ =
+ −
. On obtient enfin que
1
1
5
1
1
3 5
n
n
n
u− =+
×
. Comme la raison de (v
n
) appartient à ]0 ; 1[,(v
n
) a pour limite 0, et (u
n
) a donc pour
limite 1.

6) Le but de cet exercice est de comparer une suite géométrique (2
n
) et une suite polynomiale (n
2
). On
pose à cet effet
2
2
n
n
n
u= et
1
n
n
n
u
v
u
+
= pour tout n ? 1. On a donc pour tout n
2 2
1 2 2 2
( 1) 2 2 1 1 2 1
2 2 2 2
n
nn
n n n
v
n n n n
+
+ + +
= × = = + + . La suite (v
n
) a donc pour limite
1
2
. Par définition, tout
intervalle ouvert contenant
1
2
contient tous les termes de (v
n
) à partir d’un certain rang, c’est en
particulier le cas pour
1 3
;
4 4
. Il existe un certain rang n
0
à partir duquel tous les termes de (v
n
) sont
inférieurs à
3
4
. On peut résoudre cette inéquation :
22 2 2
2
3 2 1 3
4 8 4 6 2 8 4 0
4 2 4
n
n n
v n n n n n
n
+ +
≤ ⇔ ≤ ⇔ + + ≤ ⇔ − − ≥
. Cette inéquation a pour solution
l’extérieur des racines du trinôme
2
4 2
n n
− −
, et compte tenu que n est un entier naturel, n
0
est égal à
5.
Si n ? 5, on a
3
4
n
v
≤
soit
1
3
4
n
n
u
u
+
≤
et
1
3
4
n n
u u
+
≤ (car (u
n
) est une suite à termes positifs). Par
conséquent, à partir du rang n = 5, la suite (u
n
) est décroissante. D’autre part,
1
1
2
u
=
,
2
1
u
=
,
3
9
8
u
=
,
4
1
u
=
,
5
25
32
u= . La suite (u
n
) est donc décroissante à partir de n = 3.
On trouve par le calcul que
13
13
3
4
u ≤ . D’autre part, si pour un certain entier n supérieur à 13,
3
4
n
n
u ≤ , comme n est supérieur à 5, on a aussi
1
3
4
n n
u u
+
≤, donc
1
1
3
4
n
n
u
+
+
≤ . La propriété
3
4
n
n
u ≤ est vraie pour n = 13 et héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier n supérieur à 13.
Comme 3
0 1
4
< <
,
3
4
n
tend vers 0, et d’après le théorème des gendarmes, la suite (u
n
) a pour limite
0.
7) Le but de l’exercice est l’étude d’une suite qui perturbe les calculatrices. On pose
2
6
n
u n n n
= + −
.
On calcule les valeurs de u
n
et on obtient :
n 10
3
10
5
10
10
10
15
10
20
u
n
2,995 2,99995 2,9999999 0 0
On peut conjecturer que la suite (u
n
) tend vers 0. D’un autre côté, on obtient :
(
)
(
)
2 2
2
2 2
6 6 6 6
66
6 6
1 1
n
n n n n n n n
u n n n n n n n n n n
+ − + +
= + − = = =
+ + + +
+ +
. La suite (u
n
) tend donc
vers 3. Que s’est-il passé ? Quand n est trop grand, les erreurs d’arrondi font que
2
6
n n
+
est « égal »
à n
2
pour la calculatrice, et donc que u
n
apparaît égal à 0.