Exercices d`entrainement pour le chapitre 02 (récurrence et suites)
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Exercices d`entrainement pour le chapitre 02 (récurrence et suites)
Récurrence et suites numériques Terminale S Exercices d’entrainement pour le chapitre 02 (récurrence et suites) 0.1 Énoncés Exercice 1. Démontrer l’inégalité 2n > n pour tout entier naturel n. Exercice 6. On définit, pour tout entier n ≥ 1, le nième nombre triangulaire par n(n + 1) tn = 1 + 2 + · · · + n = 2 n X n(n + 1)(n + 2) Démontrer que, pour entier n ≥ 1 on a : tk = . 6 k=1 Exercice 8. Démontrer que, pour tout entier n ≥ 2, la fonction fn , définie sur R par fn (x) = xn , est dérivable sur R, avec fn0 (x) = nxn−1 . Exercice 9. Démontrer que, pour tout entier naturel n, l’entier 32n − 2n est un multiple de 7. r Exercice 10. On considère la suite (un ) définie par u0 = 0 et pour tout n ∈ N : un+1 = 1 Montrer, par récurrence, que pour tout n ≥ 1 on a : √ ≤ un ≤ 1. 2 Roussot 1 1 + un . 2 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S Exercices faits en classe Exercice 12. On considère la suite (un ) définie par un = 2n2 + 1 n2 + 5 Montrer que (un ) est une suite strictement croissante sur N. Exercice 13. On considère la suite (un )n∈N∗ définie par un = 1 + 1 1 1 + 2 + ··· + 2 2 2 3 n Montrer que (un ) est strictement croissante sur N∗ . Exercice 14. Étudier le sens de variation de la suite (un ) définie pour tout entier naturel n, par : 1. un = n2 + 4n + 3 2. un = 3. un = 2n n+1 1 − n2 n+2 4. u0 = 1 et un+1 = un − 1 n+1 Exercice 15. Calculer les limites des suites de terme général un dont on admettra l’existence : 2n + 1 3n − 5 −4n2 + 3n + 3 2. un = n2 − n + 4 3. un = 2n − 1. un = √ 4n2 − 3n + 1 4n − 3n 4n + 2 n u0 = a Exercice 16. Soit a ∈ [−1; +∞[. On définit la suite (un ) sur N par : √ u 1 + un n+1 = 4. un = À l’aide d’un raisonnement par récurrence, étudier la monotonie de la suite (un ). Roussot 2 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques 0.2 Terminale S Solutions rédigées Exercice 1. Montrons que : ∀n ∈ N, 2n > n. Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : 2n > n • Initialisation : 20 = 1 et 1 > 0 donc P(0) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie 2n > n. Montrons que P(n + 1) est vraie ie 2n+1 > n + 1 ie 2 × 2n > n + 1. 2n > n =⇒ 2n + 2n > n + 2n =⇒ 2 × 2n > n + 1 car pour tout entier n : 2n ≥ 1. • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, 2n > n Remarque : Pour que la rédaction soit totalement rigoureuse, on aurait du justifier que ∀n ∈ N : 2n ≥ 1 (cela peut se faire par récurrence, ou grâce à la monotonie de la fonction x 7−→ 2x = exp(x ln(2)) sur R+ . Autre rédaction en faisant 2 rangs d’initialisation : Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : 2n > n • Initialisation : 20 = 1 et 1 > 0 donc P(0) est vraie. 21 = 2 et 2 > 1 donc P(1) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N∗ . Supposons P(n) vraie ie 2n > n. Montrons que P(n + 1) est vraie ie 2n+1 > n + 1 ie 2 × 2n > n + 1. 2n > n =⇒ 2n + 2n > n + n ≥ n + 1 =⇒ 2 × 2n > n + 1 • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, 2n > n Exercice 6. Montrons que, pour entier n ≥ 1 on a : n X k=1 tk = n(n + 1)(n + 2) . 6 On définit, pour tout entier n ≥ 1, le nième nombre triangulaire par n(n + 1) tn = 1 + 2 + · · · + n = 2 Le nième nombre triangulaire correspond à un nombre entier positif égal au nombre de rectangle dans un triangle de hauteur n construit à la manière de la figure ci-dessous (ici n = 6) : Roussot 3 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S n(n + 1) à partir de la formule sur la somme 2 des n premiers termes de la suite arithmétique de raison 1 et de premier terme égal à 1, ou bien par Remarque : On peut justifier que 1 + 2 + · · · + n = récurrence (qui est d’ailleurs une méthode pour démontrer la propriété sur la somme des termes d’une suite arithmétique), ce qui peut se faire en exercice. Pour n ∈ N∗ , notons la propriété P(n) : n X tk = k=1 n(n + 1)(n + 2) 6 1 × (1 + 1) × (1 + 2) 6 = = 1 donc P(1) est vraie. 6 6 n X n(n + 1)(n + 2) • Hérédité : soit n ∈ N∗ . Supposons P(n) vraie ie . tk = 6 • Initialisation : t1 = 1 et k=1 Montrons que P(n + 1) est vraie ie n+1 X k=1 n+1 X tk = k=1 n X ! tk +tn+1 = k=1 tk = (n + 1)(n + 2)(n + 3) . 6 n(n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) + = = 6 2 6 (n + 1)(n + 2) (n + 3) 6 • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N∗ , n X k=1 tk = n(n + 1)(n + 2) 6 Exercice 8. Démontrons que, pour tout entier n ≥ 1, la fonction fn , définie sur R par fn (x) = xn , est dérivable sur R, avec fn0 (x) = nxn−1 . Pour n ∈ N∗ , notons la propriété P(n) : fn est dérivable sur R avec fn0 (x) = nxn−1 f1 (x + h) − f1 (x) (x + h) − x h • Initialisation : f1 (x) = x. Pour x ∈ R et h 6= 0, on a : = = =1 h h h qui tend vers 1 lorsque h tend vers 0, ainsi f1 est dérivable en x et f10 (x) = 1, comme ceci est vrai pour tout x ∈ R par conséquent P(1) est vraie. Remarque : f2 (x) = x2 . (x + h)2 − x2 x2 + 2xh + h2 − x2 f2 (x + h) − f2 (x) Pour x ∈ R et h 6= 0, on a : = = = 2x + h h h h qui tend vers 2x lorsque h tend vers 0, ainsi, f2 est dérivable en x et f20 (x) = 2x, comme ceci est vrai pour tout x ∈ R par conséquent P(2) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N∗ . Supposons P(n) vraie ie fn est dérivable sur R avec fn0 (x) = nxn−1 . 0 Montrons que P(n + 1) est vraie ie fn+1 est dérivable sur R avec fn+1 (x) = (n + 1)xn . ∀x ∈ R, fn+1 (x) = xn+1 = xn × x = fn (x) × f1 (x) ; donc fn+1 = fn × f1 . Or le produit de 2 fonctions dérivables est une fonction dérivable, par conséquent fn+1 est dérivable sur R et sa dérivée vaut : 0 fn+1 (x) = fn0 (x)f1 (x) + fn (x)f10 (x) = nxn−1 x + xn × 1 = nxn + xn = (n + 1)xn . Remarque : Ici pour montrer l’hérédité, on a eu besoin de l’initialisation. • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N∗ , fn est dérivable sur R avec fn0 (x) = nxn−1 CQFD Roussot 4 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S Exercice 9. Montrons que, pour tout entier naturel n, l’entier 32n − 2n est un multiple de 7. Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : 7| 32n − 2n Pour a et b deux entiers relatifs, a|b signifie a divise b. • Initialisation : 32×0 − 20 = 1 − 1 = 0 = 0 × 7 donc P(0) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie 7| 32n − 2n ie ∃k ∈ Z tel que 32n − 2n = 7 × k. Montrons que P(n + 1) est vraie ie ∃l ∈ Z tel que 32(n+1) − 2n+1 = 7 × l. 32(n+1) −2n+1 = 32n+2 −2n+1 = 32n ×32 −2n ×2 = 32n ×(7+2)−2n ×2 = 32n ×7+32n ×2−2n ×2 = 32n × 7 + 2 × 32n − 2n = 32n × 7 + 2 × 7 × k = 7 × 32n + 2k = 7 × l avec l = 32n + 2k ∈ Z • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, l’entier 32n − 2n est un multiple de 7 r Exercice 10. On considère la suite (un ) définie par u0 = 0 et pour tout n ∈ N : un+1 = 1 Montrer, par récurrence, que pour tout n ≥ 1 on a : √ ≤ un ≤ 1. 2 1 ∗ Pour n ∈ N , notons la propriété P(n) : √ ≤ un ≤ 1 2 1 + un . 2 r 1 1 = √ donc P(1) est vraie. 2 2 1 • Hérédité : soit n ∈ N∗ . Supposons P(n) vraie ie √ ≤ un ≤ 1. 2 1 Montrons que P(n + 1) est vraie ie √ ≤ un+1 ≤ 1. 2 • Initialisation : u1 = 1 1 √ ≤ un ≤ 1 =⇒ 1 + √ ≤ 1 + un ≤ 2 2 2 1 1 1 + un 2 =⇒ + √ ≤ ≤ 2 2 2 2 2 1 1 1 1 + un =⇒ (0 ≤) ≤ + √ ≤ ≤1 2 2 2 2 2 r r 1 1 + un √ =⇒ ≤ ≤ 1 car la fonction « racine carrée » est croissante sur R+ 2 2 1 =⇒ √ ≤ un+1 ≤ 1 2 1 • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N∗ , √ ≤ un ≤ 1 2 Roussot 5 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S Exercices faits en classe Exercice 12. On considère la suite (un ) définie par un = 2n2 + 1 n2 + 5 Montrons que (un ) est une suite strictement croissante sur N. 2x2 + 1 Soit f la fonction définie sur R par f (x) = 2 . x +5 f est dérivable sur R et, ∀x ∈ R, 4x(x2 + 5) − 2x(2x2 + 1) 4x2 + 20x − 4x2 − 2x 18x f 0 (x) = = = 2 2 (2x + 5) (2x + 5) (2x + 5)2 0 Pour x > 0, f (x) > 0, ainsi f est strictement croissante sur R∗+ . Or, ∀n ∈ N, un = f (n). Donc (un ) est strictement croissante sur N∗ . 1 6 3 15 De plus, comme u0 = = et u1 = = , ainsi u0 < u1 . 5 30 6 30 Conclusion : (un ) est strictement croissante sur N. Exercice 13. On considère la suite (un )n∈N∗ définie par un = 1 + 1 1 1 + + ··· + 2 22 32 n Montrons que (un ) est strictement croissante sur N∗ . Soit n ∈ N∗ : un+1 = 1 + un = 1 + 1 1 1 1 + 2 + ··· + 2 + 2 2 3 n (n + 1)2 1 1 1 + 2 + ··· + 2 2 2 3 n un+1 − un = 0 + 0 + 0 + · · · + 0 + 1 (n + 1)2 1 >0 (n + 1)2 > un . un+1 − un = donc un+1 Conclusion : (un ) est strictement croissante sur N∗ . Roussot 6 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S Exercice 14. Étudions le sens de variation de la suite (un ) définie pour tout entier naturel n, par : 1. un = n2 + 4n + 3 Calculons les premiers termes pour se faire une idée : u0 = 3 et u1 = 8 : u0 < u1 . Montrons que ∀n ∈ N, un < un+1 . Soit n ∈ N. un+1 = (n + 1)2 + 4(n + 1) + 3 = n2 + 2n + 1 + 4n + 4 + 3 = n2 + 4n + 3 + 2n + 5 = un + 2n + 5 Or 2n + 5 > 0 donc un+1 > un . Conclusion : (un ) est strictement croissante sur N. 2n n+1 4 Calculons les premiers termes pour se faire une idée : u0 = 1 et u1 = 1 et u2 = : u0 ≤ u1 < u2 . 3 Montrons que ∀n ∈ N, un ≤ un+1 . 2. un = Soit n ∈ N. 2n+1 2n 2n × 2(n + 1) − 2n (n + 2) 2n (2n + 2 − n − 2) 2n × n − = = = ≥ n+2 n+1 (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1) 0 donc un+1 ≥ un . un+1 −un = Conclusion : (un ) est croissante sur N. 3. un = 1 − n2 n+2 1 − x2 . x+2 −2x(x + 2) − 1(1 − x2 ) −2x2 − 4x − 1 + x2 f est dérivable sur R \ {−2}, et ∀x, f 0 (x) = = = (x + 2)2 (x + 2)2 −x2 − 4x − 1 (x + 2)2 Pour x ≥ 0, f 0 (x) < 0 donc f est strictement décroissante sur [0; +∞[. Soit f la fonction définie sur R \ {−2} par f (x) = Or, ∀n ∈ N, un = f (n), donc (un ) est strictement décroissante sur N. 1 n+1 Pour tout entier n, un+1 − un = − 4. u0 = 1 et un+1 = un − 1 < 0 ainsi un+1 < un . n+1 Donc (un ) est strictement décroissante sur N. Exercice 15. Calculer les limites des suites de terme général un dont on admettra l’existence : 1. un = 2n + 1 3n − 5 1 2n 1 + 2 1+ 2n + 1 2n = Pour n 6= 0 : un = = 5 3n − 5 3n 1 − 3 1− 3n 1 5 Or lim = 0 = lim . n→+∞ 2n n→+∞ 3n 2 Donc lim un = . n→+∞ 3 2 −4n + 3n + 3 2. un = n2 − n + 4 Roussot 7 1 2n 5 3n 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S 3n 3 3 3 1+ + −4 1 − − −4n2 + 3n + 3 −4n2 −4n2 4n 4n2 Pour n 6= 0 : un = = = 1 4 n 4 n2 − n + 4 1− + 2 n2 1 − 2 + 2 n n n n 1 3 3 1 = lim . Or lim = 0 = lim = lim n→+∞ n n→+∞ 4n n→+∞ 4n2 n→+∞ 4n2 Donc lim un = 4. n→+∞ √ 3. un = 2n − 4n2 − 3n + 1 −4n2 Pour tout n 6= 0 : √ un = 2n − 4n2 − 3n + 1 √ √ 2n − 4n2 − 3n + 1 2n + 4n2 − 3n + 1 √ = 2n + 4n2 − 3n + 1 4n2 − (4n2 − 3n + 1) √ = 2n + 4n2 − 3n + 1 3n − 1 s = 3n 1 2 2n + 4n 1 − 2 + 2 4n 4n 3n − 1 r 3n 1 2n + 2n 1 − 2 + 2 4n 4n 1 3n 1 − 3n ! = r 3n 1 2n 1 + 1 − 2 + 2 4n 4n 1 3 1− 3n ! = r 1 3 + 2 1+ 1− 4n 4n2 1 3 1 Or lim = 0 = lim = lim . n→+∞ 3n n→+∞ 4n n→+∞ 4n2 3 Donc lim un = . n→+∞ 4 4n − 3n 4. un = n 4 + 2n n 3n 3 n 4 1− n 1− n n 4 −3 4 4 = Pour tout n : un = n = n n 2 2 4 +2 4n 1 + n 1+ n 4 4 n n 3 3 3 Or = 0. est une suite géométrique de raison < 1 donc lim n→+∞ 4 4 4 n∈N n n 2 2 2 De même est une suite géométrique de raison < 1 donc lim = 0. n→+∞ 4 4 4 n∈N Donc lim un = 1. = n→+∞ Roussot 8 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S u0 = a Exercice 16. Soit a ∈ [−1; +∞[. On définit la suite (un ) sur N par : √ u 1 + un n+1 = À l’aide d’un raisonnement par récurrence, étudions la monotonie de la suite (un ) suivant les valeurs de a. Pour montrer la monotonie de la suite par récurrence, il faut d’abord conjecturer si la suite est croissante ou décroissante. Pour cela, on va comparer les premiers termes, en particulier on va comparer u0 et u1 . √ u0 = a et u1 = 1 + a On a un premier problème c’est que u0 et u1 dépendent de a que l’on ne connait pas, on sait juste que a ∈ [−1; +∞[. On va regarder ce qu’il se passe pour certaines valeurs de a : √ • si a = −1 alors u0 = −1 et u1 = 0 = 0 ainsi u0 < u1 ; √ • si a = 0 alors u0 = 0 et u1 = 1 = 1 ainsi u0 < u1 ; √ • si a = 3 alors u0 = 3 et u1 = 4 = 2 ainsi u0 > u1 ; √ • si a = 8 alors u0 = 8 et u1 = 9 = 3 ainsi u0 > u1 . On remarque que l’ordre de u0 et u1 dépend de la valeur de a. On va donc chercher les conditions sur a pour que u0 > u1 ie a > √ Résolvons dans [−1; +∞[ l’inéquation : a > 1 + a. a2 > 1 + a a2 − a − 1 > 0 √ a > 1 + a (≥ 0) ⇐⇒ ⇐⇒ a≥0 a≥0 √ 1 + a. (la première équivalence vient de la stricte croissance des fonctions « carré » et « racine carrée » sur [0; +∞[) On va donc étudier le polynôme du second degré a2 − a − 1, et en particulier étudier son signe. √ 2 5 >0: ∆ = (−1)2 − 4 × 1 × (−1) = 1 + 4 = 5 = √ √ 1− 5 1− 5 Ainsi a1 = < 0 et −1 < 2 2 ! √ √ √ √ √ √ −1 1− 5 −2 car : 2 = 4 < 5 < 9 = 3 =⇒ −2 > − 5 > −3 =⇒ 1 − 2 > 1 − 5 > 1 − 3 =⇒ > > 2 2 2 √ 1+ 5 et a2 = >0 2 ! √ √ √ √ √ 3 1+ 5 4 car : 2 = 4 < 5 < 9 = 3 =⇒ 1 + 2 < 1 + 5 < 1 + 3 =⇒ < < 2 2 2 On obtient le tableau de signes suivant : a a2 − a − 1 Roussot −∞ (−1) √ 1− 5 2 (0) √ 1+ 5 2 + 0 − 0 9 +∞ + 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Ou bien, si on veut détailler le tableau de signes, on a : a2 − a − 1 = Terminale S √ ! √ ! 1− 5 1+ 5 a− a− 2 2 d’où le tableau de signes suivant : a √ 1− 5 a− 2 √ 1+ 5 a− 2 a2 − a − 1 −∞ (−1) √ 1− 5 2 (0) − 0 + − + 0 √ 1+ 5 2 +∞ + − 0 + − 0 + √ 2 a2 − a − 1 > 0 a >1+a √ 1+ 5 ⇐⇒ a > ⇐⇒ On obtient alors : a > 1 + a (≥ 0) ⇐⇒ a≥0 a≥0 2 √ 1+ 5 Ainsi si a > alors u0 > u1 . 2 On va maintenant chercher les conditions sur a pour que u0 = u1 ie a = √ Résolvons dans [−1; +∞[ l’inéquation : a = 1 + a. √ 1 + a. En utilisant le travail précédant sur le polynôme du second degré a2 − a − 1 : √ a2 = 1 + a a2 − a − 1 = 0 √ 1+ 5 ⇐⇒ ⇐⇒ a = a = 1 + a (≥ 0) ⇐⇒ a≥0 a≥0 2 √ 1+ 5 Ainsi si a = alors u0 = u1 . 2 √ On va enfin chercher les conditions sur a pour que u0 < u1 ie a < 1 + a. √ Résolvons dans [−1; +∞[ l’inéquation : a < 1 + a. √ √ a > 1 + a ⇐⇒ a > 1 + 5 2√ Comme dans [−1; +∞[ : √ 1 + 5 a = 1 + a ⇐⇒ a = 2 √ √ 1+ 5 on obtient donc, dans [−1; +∞[ : a < 1 + a ⇐⇒ a < 2 Autre rédaction en utilisant le travail précédant sur le polynôme du second degré a2 − a − 1 : √ √ • si a < 0 alors a < 0 ≤ 1 + a, d’où a < 1 + a ⇐⇒ a ∈ [−1; 0[ " √ " a < √1 + a a2 < 1 + a a2 − a − 1 < 0 1+ 5 ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ a ∈ 0; • si a ≥ 0 : a≥0 a≥0 a≥0 2 " √ " √ 1+ 5 D’où a < 1 + a ⇐⇒ a ∈ −1; 2 √ 1+ 5 Ainsi si (−1 ≤) a < alors u0 < u1 . 2 Roussot 10 2011 / 2012 Récurrence et suites numériques Terminale S Il reste en définitive à montrer par récurrence les 3 conjectures suivantes : √ 1+ 5 Conjecture 1. si (−1 ≤) a < alors (un ) est strictement croissante sur N ; 2 √ 1+ 5 Conjecture 2. si a = alors (un ) est constante sur N ; 2√ 1+ 5 Conjecture 3. si a > alors (un ) est strictement décroissante sur N. 2 On note, avant tout, que pour tout n ∈ N : −1 ≤ un (récurrence à partir de la définition de (un )). √ 1+ 5 . Preuve 1. Soit a tel que (−1 ≤) a < 2 Montrons que (un ) est strictement croissante sur N. Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : un < un+1 • Initialisation : d’après le travail précédent u0 < u1 donc P(0) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie un < un+1 . √ √ Montrons que P(n + 1) est vraie ie un+1 < un+2 ie 1 + un < 1 + un+1 . √ √ (−1 ≤) un < un+1 =⇒ (0 ≤) 1 + un < 1 + un+1 =⇒ 1 + un < 1 + un+1 (car la fonction « racine carrée » est strictement croissante sur [0; +∞[) • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, un < un+1 , ainsi (un ) est strictement croissante sur N. √ 1+ 5 Preuve 2. Soit a = . 2 Montrons que (un ) est constante sur N. Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : un = un+1 • Initialisation : d’après le travail précédent u0 = u1 donc P(0) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie un = un+1 . √ √ Montrons que P(n + 1) est vraie ie un+1 = un+2 ie 1 + un = 1 + un+1 . √ √ (−1 ≤) un = un+1 =⇒ (0 ≤) 1 + un = 1 + un+1 =⇒ 1 + un = 1 + un+1 • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, un = un+1 , ainsi (un ) est constante sur N. √ 1+ 5 Preuve 3. Soit a tel que a > . 2 Montrons que (un ) est strictement décroissante sur N. Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : un > un+1 • Initialisation : d’après le travail précédent u0 > u1 donc P(0) est vraie. • Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie un > un+1 . √ √ Montrons que P(n + 1) est vraie ie un+1 > un+2 ie 1 + un > 1 + un+1 . √ √ un > un+1 (≥ −1) =⇒ 1 + un > 1 + un+1 (≥ 0) =⇒ 1 + un > 1 + un+1 (car la fonction « racine carrée » est strictement croissante sur [0; +∞[) • Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, un > un+1 , ainsi (un ) est strictement décroissante sur N. Roussot 11 2011 / 2012