Cours du 15 février 2017 : récurrence et complexes   [répertoire]

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  • exercices sur les récurrences (et les limites)
  • fiche récurrences
  • contrôle
  • révisions (tout ce qu'il faut savoir en terminale S)
• ROC : ∀ n ∈ N : (1+a)ⁿ ≥ 1 + na   (a > 0)
  • initialisation : n = 0 : (1+a)⁰ = 1 ≥ 1 + 0×a = 1
    la proposition est vraie au rang n = 0
  • hérédité : hypothèse de récurrence : (1+a)ⁿ ≥ 1 + na au rang n
    remarque : pour le rang n+1, nous remplaçons tous les n par (n+1)
    nous devons démontrer que la proposition est vraie au rang n+1 : (1+a)ⁿ⁺¹ ≥ 1 + (n+1)a   (à démontrer)
    remarque : Nous partons de l'hypothèse de récurrence dans laquelle, nous faisons apparaître le membre de gauche à calculer
    (1+a)ⁿ ≥ 1 + na   ⇒   (1+a) (1+a)ⁿ ≥ (1+a) (1 + na)
    (1+a)ⁿ ≥ 1 + a + na + n a² = 1 + (n+1)a + n a²
    comme n a² ≥ 0 : 1 + (n+1)a + n a² ≥ 1 + (n+1)a
    d'où : (1+a)ⁿ⁺¹ ≥ 1 + (n+1)a
    la propriété (1+a)ⁿ ≥ 1 + na est héréditaire
  • conclusion : nous avons démontré par récurrence que (1+a)ⁿ ≥ 1 + na ∀ n ∈ N
• ∀ n ∈ N^* : ∑₁ⁿ k³ = [n (n+1) / 2]²
  • initialisation : membre de gauche : n = 1 : ∑₁¹ k³ = 1³ = 1
    membre de droite : [1 (1+1) / 2]² = 1² = 1
    la proposition ∑₁ⁿ k³ = [n (n+1) / 2]² est vraie au rang n = 1
  • hérédité : hypothèse de récurrence : ∑₁ⁿ k³ = [n (n+1) / 2]² au rang n
    remarque : pour le rang n+1, nous remplaçons tous les n par (n+1)
    nous devons démontrer que la proposition est vraie au rang n+1 soit : ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = [(n+1) (n+2) / 2]² au rang n+1   (à démontrer)
    remarque : Nous partons du membre de gauche à calculer dans lequel nous faisons apparaître l'hypothèse de récurrence
    ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = ∑₁ⁿ k³ + (n+1)³
    remarque : nous pouvons utiliser l'hypothèse de récurrence
    ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = [n (n+1) / 2]² + (n+1)³
    ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = n² (n+1)² / 4 + (n+1)³
    remarque : nous devons faire apparaître (n+1)² : on voit que l'on peut déjà le mettre en facteur
    ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = (n+1)² [ n² / 4 + (n+1) ]
    ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = (n+1)² [ n² + (4n + 4) ] / 4
    remarque : on sait qu'il faut faire apparaître (n+2)² = n² + 4n + 4
    ∑₁ⁿ⁺¹ k³ = (n+1)² (n+2)² / 4 = [(n+1) (n+2) / 2]²
    l'hérédité de la propriété est démontrée
  • conclusion : nous avons démontré par récurrence que ∑₁ⁿ k³ = [n (n+1) / 2]² ∀ n ∈ N^*
• exercice 1 : 4ⁿ+5 est multiple de 3 : ∃ k ∈ N tel que : 4ⁿ+5 = 3 k
  • initialisation : n = 0 : 4ⁿ+5 = 1+5 = 6 = 2 × 3
    4ⁿ+5 est multiple de 3 au rang n=0
  • hérédité : on suppose que ∃ k ∈ N tel que : 4ⁿ+5 = 3 k (hypothèse de récurrence au rang n)
    remarque : pour le rang n+1, nous remplaçons tous les n par (n+1)
    objectif : en déduire que ∃ k' ∈ N tel que : 4ⁿ⁺¹+5 = 3 k'   (à démontrer)
    4ⁿ+5 = 3 k   ⇒   4 (4ⁿ+5) = 3 (4 k)
    4ⁿ⁺¹ + 20 = 3 (4 k)   ⇒   4ⁿ⁺¹ + 5 = 3 (4 k) − 15 = 3 (4 k − 5)
    4ⁿ⁺¹+5 est multiple de 3
  • conclusion : nous avons démontré par récurrence que 4ⁿ+5 est multiple de 3 ∀ n ∈ N
• exercice 4 : 3²ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺² est multiple de 7 : ∃ k ∈ N tel que : 3²ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺² = 7 k
  • initialisation : n = 0 : 3²ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺² = 3 + 4 = 7 est bien multiple de 7
  • hérédité : hypothèse de récurrence au rang n : ∃ k ∈ N tel que : 3²ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺² = 7 k
    remarque : pour le rang n+1, nous remplaçons tous les n par (n+1)
    objectif : en déduire que ∃ k' ∈ N tel que : 3²ⁿ⁺³ + 2ⁿ⁺³ = 7 k'   (à démontrer)
    remarque : nous faisons apparaître les termes de l'hypothèse de récurrence : 3²ⁿ⁺¹ et 2ⁿ⁺²
    remarque : nous utilisons l'hypothèse de récurrence pour le terme le plus compliqué : 3²ⁿ⁺¹
    9 × 3²ⁿ⁺¹ + 2 × 2ⁿ⁺² = 9 × (7 k − 2ⁿ⁺²) + 2 × 2ⁿ⁺²
    3²ⁿ⁺³ + 2ⁿ⁺³ = 63 k + (−9 + 2) 2ⁿ⁺² = 63 k − 7 × 2ⁿ⁺² = 7 (9 k − 2ⁿ⁺²)
    3²ⁿ⁺³ + 2ⁿ⁺³ est bien un multiple de 7
    remarque : quand on connaît ce type d'exercice, on peut utiliser l'astuce suivante :
    autre approche : 9 = 7 + 2
        ⇒ 9 × 3²ⁿ⁺¹ + 2 × 2ⁿ⁺² = 7 × 3²ⁿ⁺¹ + 2 (3²ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺²) = 7 (3²ⁿ⁺¹ + 2 k)
  • conclusion : nous avons démontré par récurrence que 3²ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺² est multiple de 7 ∀ n ∈ N
• complexes : z = x + i y avec i² = −1
  • conjugué de z : z = x − i y
  • carré du module de z : |z|² = z z = (x + i y) (x − i y) = x² − (i y)² = x² + y²
  • élimination des complexes au dénominateur : 1 / (x + i y) = (x − i y) / (x² + y²)
  • trigonométrie : x = ρ cos(α)   et   y = ρ sin(α)
    carré du module |z| de z : ρ² = x² + y²     soit : ρ = √x² + y²
    angle avec l'axe des réels : tan(α) = sin(α) / cos(α) = y / x
  • géométrie 2D : point M (x, y) d'affixe z = x + i y = ρ (cos(α) + i sin(α))
    coordonnées polaires : M (ρ α) tels que : ρ = √x² + y² et tan(α) = y / x
    réviser le cercle trigonométrique
  • une équation de degré n possède n solutions dans C
    si l'équation a des coefficients réels, les racines sont complexes sont conjuguées deux à deux
    équation du second degré dans C : si Δ = −5 = (i √5)² permet de calculer la racine complexe avec √Δ = i √5

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