Suites et récurrence
La récurrence
Exercice 1
La suite (un) est définie par : {u0un+1==212+un
1
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, la suite (un) est majorée par 2.
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un≤2 (c'est la traduction mathématique d'une suite majorée par 2).
Etape d’initialisation
On sait que u0=21 ainsi u0≤2.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk≤2 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1≤2
Par hypothèse de récurrence :
uk≤2 , on rajoute 2 de part et d'autre de l'inégalité
2+uk≤2+2
2+uk≤4 on compose par la fonction racine carrée les deux membres de l'inégalité (notre objectif est de faire apparaitre dans le membre de gauche uk+1). La fonction racine carrée étant croissante sur [0,+∞[, l'ordre est alors conservé. Il vient alors que :
2+uk≤4
Il vient alors que :
uk+1≤2
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=21 ainsi u0≤2.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk≤2 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1≤2
Par hypothèse de récurrence :
uk≤2 , on rajoute 2 de part et d'autre de l'inégalité
2+uk≤2+2
2+uk≤4 on compose par la fonction racine carrée les deux membres de l'inégalité (notre objectif est de faire apparaitre dans le membre de gauche uk+1). La fonction racine carrée étant croissante sur [0,+∞[, l'ordre est alors conservé. Il vient alors que :
2+uk≤4
Il vient alors que :
uk+1≤2
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
un≤2
Exercice 2
La suite (un) est définie par : {u0un+1==40,92un+8
1
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n , on a : un=−96×(0,92)n+100
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un=−96×(0,92)n+100
Etape d’initialisation
On sait que u0=4 et que u0=−96×(0,92)0+100=4 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk=−96×(0,92)k+100 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1=−96×(0,92)k+1+100
Par hypothèse de récurrence :
uk=−96×(0,92)k+100 , on multiplie par 0,92 de part et d'autre de l'égalité
0,92×uk=0,92×(−96×(0,92)k+100)
0,92×uk=0,92×(−96)×(0,92)k+0,92×100
0,92×uk=(−96)×(0,92)k+1+92 , on va maintenant additionner par 8 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1)
0,92×uk+8=(−96)×(0,92)k+1+92+8
uk+1=(−96)×(0,92)k+1+100
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=4 et que u0=−96×(0,92)0+100=4 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk=−96×(0,92)k+100 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1=−96×(0,92)k+1+100
Par hypothèse de récurrence :
uk=−96×(0,92)k+100 , on multiplie par 0,92 de part et d'autre de l'égalité
0,92×uk=0,92×(−96×(0,92)k+100)
0,92×uk=0,92×(−96)×(0,92)k+0,92×100
0,92×uk=(−96)×(0,92)k+1+92 , on va maintenant additionner par 8 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1)
0,92×uk+8=(−96)×(0,92)k+1+92+8
uk+1=(−96)×(0,92)k+1+100
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
un=−96×(0,92)n+100
Exercice 3
La suite (un) est définie par : {u0un+1==23un−2
1
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n , on a : un=1+3n
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un=1+3n
Etape d’initialisation
On sait que u0=2 et que u0=1+30=1+1=2 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk=1+3k et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1=1+3k+1
Par hypothèse de récurrence :
uk=1+3k , on multiplie par 3 de part et d'autre de l'égalité
3×uk=3×(1+3k)
3×uk=3+3×3k
3×uk=3+3k+1, on va maintenant additionner par −2 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1)
3×uk−2=3+3k+1−2
uk+1=1+3k+1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=2 et que u0=1+30=1+1=2 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk=1+3k et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1=1+3k+1
Par hypothèse de récurrence :
uk=1+3k , on multiplie par 3 de part et d'autre de l'égalité
3×uk=3×(1+3k)
3×uk=3+3×3k
3×uk=3+3k+1, on va maintenant additionner par −2 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1)
3×uk−2=3+3k+1−2
uk+1=1+3k+1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
un=1+3n
Exercice 4
Soit la suite (un) définie par : {u0un+1==21+un1
1
Soit n un entier naturel de n, montrer par récurrence que : 23≤un≤2
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:23≤un≤2
Etape d’initialisation
On sait que u0=2 ainsi 23≤u0≤2.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire 23≤uk≤2 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire 23≤uk+1≤2
Par hypothèse de récurrence :
23≤uk≤2 , on compose par la fonction inverse qui est décroissante sur [0,+∞[, l'ordre n'est alors pas conservé. Il vient alors que :
(23)1≥uk1≥21
32≥uk1≥21 ce qui s'écrit également comme :
21≤uk1≤32
21+1≤uk1+1≤32+1
23≤uk1+1≤35
Il vient alors que :
23≤uk+1≤35
0n peut alors écrire que : 23≤uk+1≤35≤2
d'où : 23≤uk+1≤2
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=2 ainsi 23≤u0≤2.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire 23≤uk≤2 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire 23≤uk+1≤2
Par hypothèse de récurrence :
23≤uk≤2 , on compose par la fonction inverse qui est décroissante sur [0,+∞[, l'ordre n'est alors pas conservé. Il vient alors que :
(23)1≥uk1≥21
32≥uk1≥21 ce qui s'écrit également comme :
21≤uk1≤32
21+1≤uk1+1≤32+1
23≤uk1+1≤35
Il vient alors que :
23≤uk+1≤35
0n peut alors écrire que : 23≤uk+1≤35≤2
d'où : 23≤uk+1≤2
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
23≤uk≤2
Exercice 5
Soit Sn=k=0∑nk.
1
Démontrer que pour tout entier naturel n, on a Sn=2n(n+1)
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:Sn=2n(n+1)
Rappelons que Sn=0+1+2+3+4+…+n
Etape d’initialisation
Pour n=0, on a Sn=0 et Sn=20×(0+1)=0 .
La propriété P0 est vraie.
Pour n=1, on a Sn=0+1=1 et Sn=21×(1+1)=1 .
La propriété P1 est vraie.
Pour n=2, on a Sn=0+1+2=3 et Sn=22×(2+1)=3 .
La propriété P2 est vraie.
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire Sk=2k(k+1) et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire Sk+1=2(k+1)(k+2)
Par hypothèse de récurrence :
Sk=2k(k+1) , on rajoute k+1 de part et d'autre de l'égalité
Sk+k+1=2k(k+1)+k+1 (apparait maintenant dans le membre de gauche Sk+1)
Sk+1=2k(k+1)+k+1 (on va mettre tout au même dénominateur dans le membre de droite )
Sk+1=2k(k+1)+22(k+1)
Sk+1=2k(k+1)+2(k+1) , on factorise maintenant par k+1. Il vient alors :
Sk+1=2(k+1)(k+2)
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Rappelons que Sn=0+1+2+3+4+…+n
Etape d’initialisation
Pour n=0, on a Sn=0 et Sn=20×(0+1)=0 .
La propriété P0 est vraie.
Pour n=1, on a Sn=0+1=1 et Sn=21×(1+1)=1 .
La propriété P1 est vraie.
Pour n=2, on a Sn=0+1+2=3 et Sn=22×(2+1)=3 .
La propriété P2 est vraie.
Nous avons ici exceptionnellement détaillé les 3 premiers termes afin que vous puissiez mieux appréhender les calculs de cette somme.
Pour la récurrence, comme vous le savez pour l'étape d'initialisation, vous n'avez besoin que du cas n=0
Pour la récurrence, comme vous le savez pour l'étape d'initialisation, vous n'avez besoin que du cas n=0
On sait que Sk=0+1+2+3+4+…+k donc Sk+1=0+1+2+3+4+…+k+(k+1)
Ainsi Sk+1=Sk+k+1, nous allons avoir besoin de cette information pour la récurrence.
Etape d’heˊreˊditeˊAinsi Sk+1=Sk+k+1, nous allons avoir besoin de cette information pour la récurrence.
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire Sk=2k(k+1) et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire Sk+1=2(k+1)(k+2)
Par hypothèse de récurrence :
Sk=2k(k+1) , on rajoute k+1 de part et d'autre de l'égalité
Sk+k+1=2k(k+1)+k+1 (apparait maintenant dans le membre de gauche Sk+1)
Sk+1=2k(k+1)+k+1 (on va mettre tout au même dénominateur dans le membre de droite )
Sk+1=2k(k+1)+22(k+1)
Sk+1=2k(k+1)+2(k+1) , on factorise maintenant par k+1. Il vient alors :
Sk+1=2(k+1)(k+2)
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Sn=2n(n+1)
Exercice 6
Soit Sn=k=1∑nk2.
1
Démontrer que pour tout entier naturel n non nul, on a Sn=6n(n+1)(2n+1)
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:Sn=6n(n+1)(2n+1)
Rappelons que Sn=12+22+32+42+…+n2
Etape d’initialisation
Pour n=1, on a Sn=12=1 et Sn=61×(1+1)(2×1+1)=1 .
La propriété P1 est vraie.
Pour n=2, on a Sn=12+22=5 et Sn=62×(2+1)(2×2+1)=5 .
La propriété P2 est vraie
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire Sk=6k(k+1)(2k+1) et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire Sk+1=6(k+1)(k+2)(2(k+1)+1) autrement dit Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)
Par hypothèse de récurrence :
Sk=6k(k+1)(2k+1) , on rajoute (k+1)2 de part et d'autre de l'égalité
Sk+(k+1)2=6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 (apparait maintenant dans le membre de gauche Sk+1)
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 (on va mettre tout au même dénominateur dans le membre de droite)
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+66(k+1)2
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2, on factorise maintenant par k+1. Il vient alors :
Sk+1=6(k+1)×[k(2k+1)+6(k+1)]
Sk+1=6(k+1)×[2k2+k+6k+6]
Sk+1=6(k+1)×[2k2+7k+6]
Or on veut montrer que Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)
On développe (k+2)(2k+3) et on vérifie que ça donne également 2k2+7k+6 .
Il vient que (k+2)(2k+3)=2k2+3k+4k+6 donc (k+2)(2k+3)=2k2+7k+6
Comme Sk+1=6(k+1)×[2k2+7k+6] alors on a montré que Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P1 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n non nul, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n non nul, on a bien :
Rappelons que Sn=12+22+32+42+…+n2
Etape d’initialisation
Pour n=1, on a Sn=12=1 et Sn=61×(1+1)(2×1+1)=1 .
La propriété P1 est vraie.
Pour n=2, on a Sn=12+22=5 et Sn=62×(2+1)(2×2+1)=5 .
La propriété P2 est vraie
Nous avons ici exceptionnellement détaillé les 2 premiers termes afin que vous puissiez mieux appréhender les calculs de cette somme. Pour la récurrence, comme vous le savez pour l'étape d'initialisation, vous n'avez besoin que du cas n=1
On sait que Sk=12+22+32+42+…+k2 donc Sk+1=12+22+32+42+…+k2+(k+1)2
Ainsi Sk+1=Sk+(k+1)2, nous allons avoir besoin de cette information pour la récurrence.
Etape d’heˊreˊditeˊAinsi Sk+1=Sk+(k+1)2, nous allons avoir besoin de cette information pour la récurrence.
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire Sk=6k(k+1)(2k+1) et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire Sk+1=6(k+1)(k+2)(2(k+1)+1) autrement dit Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)
Par hypothèse de récurrence :
Sk=6k(k+1)(2k+1) , on rajoute (k+1)2 de part et d'autre de l'égalité
Sk+(k+1)2=6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 (apparait maintenant dans le membre de gauche Sk+1)
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 (on va mettre tout au même dénominateur dans le membre de droite)
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+66(k+1)2
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2, on factorise maintenant par k+1. Il vient alors :
Sk+1=6(k+1)×[k(2k+1)+6(k+1)]
Sk+1=6(k+1)×[2k2+k+6k+6]
Sk+1=6(k+1)×[2k2+7k+6]
Or on veut montrer que Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)
On développe (k+2)(2k+3) et on vérifie que ça donne également 2k2+7k+6 .
Il vient que (k+2)(2k+3)=2k2+3k+4k+6 donc (k+2)(2k+3)=2k2+7k+6
Comme Sk+1=6(k+1)×[2k2+7k+6] alors on a montré que Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P1 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n non nul, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n non nul, on a bien :
Sn=6n(n+1)(2n+1)
Exercice 7
La suite (un) est définie par : {u0un+1==0un+2n+1
1
Démontrer que pour tout entier naturel n, un=n2 .
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un=n2
Etape d’initialisation
On sait que u0=0 et que u0=02 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk=k2 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1=(k+1)2
Par hypothèse de récurrence :
uk=k2 , on rajoute 2k+1 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1)
uk+2k+1=k2+2k+1
Ainsi : uk+1=k2+2k+1 . Or k2+2k+1=(k+1)2
D'où : uk+1=(k+1)2
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=0 et que u0=02 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk=k2 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+1=(k+1)2
Par hypothèse de récurrence :
uk=k2 , on rajoute 2k+1 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1)
uk+2k+1=k2+2k+1
Ainsi : uk+1=k2+2k+1 . Or k2+2k+1=(k+1)2
D'où : uk+1=(k+1)2
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
un=n2
Exercice 8
La suite (un) est définie par : {u0un+1==0un+22un+1
1
Démontrer que pour tout entier naturel n , on a : 0≤un≤1
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:0≤un≤1
Etape d’initialisation
On sait que u0=0 et que 0≤u0≤1 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire 0≤uk≤1 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire 0≤uk+1≤1
Par hypothèse de récurrence :
D'une part uk≥0 donc 2uk+1≥0 et uk+2≥0 . Ainsi uk+22uk+1≥0 donc uk+1≥0
D'autre part, calculons uk+1−1 puis étudions le signe de uk+1−1.
uk+1−1=uk+22uk+1−1 équivaut successivement à :
uk+1−1=uk+22uk+1−uk+2uk+2
uk+1−1=uk+22uk+1−(uk+2)
uk+1−1=uk+22uk+1−uk−2
uk+1−1=uk+2uk−1 , or par hypothèse de récurrence, on a 0≤uk≤1.
Donc uk+2>0 et uk−1≤0, donc uk+2uk−1≤0. Finalement uk+1−1≤0 d'où uk+1≤1
On a montré que uk+1≥0 et uk+1≤1, il vient alors que 0≤uk+1≤1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=0 et que 0≤u0≤1 .
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire 0≤uk≤1 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire 0≤uk+1≤1
Par hypothèse de récurrence :
D'une part uk≥0 donc 2uk+1≥0 et uk+2≥0 . Ainsi uk+22uk+1≥0 donc uk+1≥0
D'autre part, calculons uk+1−1 puis étudions le signe de uk+1−1.
uk+1−1=uk+22uk+1−1 équivaut successivement à :
uk+1−1=uk+22uk+1−uk+2uk+2
uk+1−1=uk+22uk+1−(uk+2)
uk+1−1=uk+22uk+1−uk−2
uk+1−1=uk+2uk−1 , or par hypothèse de récurrence, on a 0≤uk≤1.
Donc uk+2>0 et uk−1≤0, donc uk+2uk−1≤0. Finalement uk+1−1≤0 d'où uk+1≤1
On a montré que uk+1≥0 et uk+1≤1, il vient alors que 0≤uk+1≤1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
0≤un≤1
Exercice 9
La suite (un) est définie par : {u0un+1==02+3un
1
Démontrer que la suite (un) est croissante.
Correction
La suite (un) est croissante si et seulement si un+1−un≥0 . Autrement dit, si un+1≥un .
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un+1≥un .
Etape d’initialisation
On sait que u0=0 .
Calculons u1 .
Or u1=2+3u0=2 , ainsi u1≥u0.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk+1≥uk et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+2≥uk+1
Par hypothèse de récurrence :
uk+1≥uk équivaut successivement à :
3uk+1≥3uk
2+3uk+1≥2+3uk, on va composer par la fonction racine carrée qui est strictement croissante sur [0;+∞[. L'ordre est ainsi donc conservé.
2+3uk+1≥2+3uk, il vient alors que :
uk+2≥uk+1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien un+1≥un .
Autrement dit, la suite (un) est croissante.
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un+1≥un .
Etape d’initialisation
On sait que u0=0 .
Calculons u1 .
Or u1=2+3u0=2 , ainsi u1≥u0.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire uk+1≥uk et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire uk+2≥uk+1
Par hypothèse de récurrence :
uk+1≥uk équivaut successivement à :
3uk+1≥3uk
2+3uk+1≥2+3uk, on va composer par la fonction racine carrée qui est strictement croissante sur [0;+∞[. L'ordre est ainsi donc conservé.
2+3uk+1≥2+3uk, il vient alors que :
uk+2≥uk+1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien un+1≥un .
Autrement dit, la suite (un) est croissante.
Exercice 10
Soit f:x↦x2+2 une fonction définie sur [0;+∞[. Pour tout entier naturel n, on définit la suite (un) par : {u0un+1==4(un)2+2
1
Montrer, que pour tout entier naturel n, la suite (un) est croissante.
Correction
Une suite un est croissante si et seulement : un+1−un>0 autrement dit un+1>un.
Commençons, tout d’abord, par calculer u1.
u0+1=(u0)2+2 ou encore u1=(u0)2+2=42+2=18 Ainsi : u1=42+2=18
On remarque que u1>u0.
On conjecture que la suite (un) est croissante.
Il faut donc démontrer cette conjecture par récurrence
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un+1>un
Etape d’initialisation
On a vu précédemment que u1>u0.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire : uk+1>uk et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire : uk+2>uk+1
Par hypothèse de récurrence,
uk+1>uk , or f:x↦x2+2 une fonction croissante sur [0;+∞[ . L'ordre est donc conservé , ainsi :
f(uk+1)>f(uk) . Comme f(x)=x2+2 alors : f(uk)=(uk)2+2=uk+1 et f(uk+1)=(uk+1)2+2=uk+2 . Il vient alors que :
(uk+1)2+2>(uk)2+2. Ce qui nous donne maintenant :
uk+2>uk+1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, la suite (un) est croissante.
Commençons, tout d’abord, par calculer u1.
u0+1=(u0)2+2 ou encore u1=(u0)2+2=42+2=18 Ainsi : u1=42+2=18
On remarque que u1>u0.
On conjecture que la suite (un) est croissante.
Il faut donc démontrer cette conjecture par récurrence
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:un+1>un
Etape d’initialisation
On a vu précédemment que u1>u0.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire : uk+1>uk et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire : uk+2>uk+1
Par hypothèse de récurrence,
uk+1>uk , or f:x↦x2+2 une fonction croissante sur [0;+∞[ . L'ordre est donc conservé , ainsi :
f(uk+1)>f(uk) . Comme f(x)=x2+2 alors : f(uk)=(uk)2+2=uk+1 et f(uk+1)=(uk+1)2+2=uk+2 . Il vient alors que :
(uk+1)2+2>(uk)2+2. Ce qui nous donne maintenant :
uk+2>uk+1
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, la suite (un) est croissante.
Exercice 11
Soit la suite (un) définie par : {u0un+1==276+un
1
Soit n un entier naturel de n, montrer par récurrence que : 3≤un≤10
Correction
Pour tout entier naturel n, posons la propriété Pn:3≤un≤10
Etape d’initialisation
On sait que u0=27 ainsi 3≤u0≤10.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire 3≤uk≤10 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire 3≤uk+1≤10
Par hypothèse de récurrence :
3≤uk≤10 , on rajoute 6 de part et d'autre de l'inégalité
3+6≤uk+6≤10+6
9≤uk+6≤16 on compose par la fonction racine carrée (notre objectif est de faire apparaître uk+1). La fonction racine carrée étant croissante sur [0,+∞[, l'ordre est alors conservé. Il vient alors que :
9≤uk+6≤16
Il vient alors que :
3≤uk+1≤4 et on peut alors écrire que : 3≤uk+1≤4≤10
d'où : 3≤uk+1≤10
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
Etape d’initialisation
On sait que u0=27 ainsi 3≤u0≤10.
La propriété P0 est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ
On suppose qu'il existe un entier k tel que la propriété Pk soit vraie c'est-à-dire 3≤uk≤10 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1 c'est-à-dire 3≤uk+1≤10
Par hypothèse de récurrence :
3≤uk≤10 , on rajoute 6 de part et d'autre de l'inégalité
3+6≤uk+6≤10+6
9≤uk+6≤16 on compose par la fonction racine carrée (notre objectif est de faire apparaître uk+1). La fonction racine carrée étant croissante sur [0,+∞[, l'ordre est alors conservé. Il vient alors que :
9≤uk+6≤16
Il vient alors que :
3≤uk+1≤4 et on peut alors écrire que : 3≤uk+1≤4≤10
d'où : 3≤uk+1≤10
Ainsi la propriété Pk+1 est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel n, on a Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien :
3≤un≤10
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