Correction Dst 1
Exercice n° 1
3a) ● n , vn1 1 un1 1 2un un2 1 un vn2 .
2
y
1a) 1
Ccl : n , vn vn2 . n 3b) ● Soit la proposition récurrente : P n :" vn 1 a "
2
Initialisation :
v0
20
v0 v0 donc P 0 est vraie
1
Propagation :
Supposons P n vraie pour un rang n fixé quelconque dans , alors vn v0
2
n
or d’après la question 3a, vn1 vn2
2
2
2n 2
2n 1
donc vn1 v0 v0 v0 c’est à dire P n 1 vraie.
Conclusion :
La proposition P n est vraie au rang 0 , et est héréditaire, donc, d’après l’axiome de récurrence, la proposition n 0
1
u0
1b)
u1
u2
u3
P n est vraie pour tout entier naturel n.
2 x
u4
n
Ccl : n , vn 1 a .
2
Ccl : un n0 semble croître, être minorée par 0 et majorée par 1, et enfin converger vers 1.
n
3c) ● D’après l’énoncé, n , un 1 vn et d’après la question 3b, vn v0 ainsi n , un 1 v0
2
2a) ● Soit la proposition récurrente : P n :"0 un 1"
2n
or v0 1 u0 1 a
Initialisation : u0 a et a 0;1 donc P 0 est vraie
n
Ccl : n , un 1 1 a .
2
Propagation :
Supposons P n vraie pour un rang n fixé quelconque dans ,
3d) ● Puisque 2 1 , alors lim 2n
alors 0 un 1
● Puisque 0 a 1 alors 0 1 a 1 alors lim
n
N
or d’après le schéma ci-dessus, la fonction f croit sur l’intervalle 0;1
1 a 0
N
● Alors, avec le téhorème de composition de limites, et N 2n , alors lim 1 a
donc f 0 f un f 1
n
2n
0
D’où, d’après la question 3c, lim un 1
or f 0 0 , f un un1 et f 1 1
n
Ccl : La suite un n0 converge vers 1.
donc 0 un1 1 c’est à dire P n 1 vraie.
Conclusion :
La proposition P n est vraie au rang 0 , et est héréditaire au-delà de 0, donc, d’après l’axiome de récurrence, la
4a) ● Lorsque 1 a 2 , à l’aide du schéma, on