E6 DST1 4h 2014-11-15 Correction.doc
Exercice n° 1

3a) ● n  , vn1  1  un1  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, vn1  vn2
2

2 
2n 2
2n 1

donc vn1    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 n0 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   un1 et f 1  1

n

Ccl : La suite  un n0 converge vers 1.

donc 0  un1  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