Exercices corrigés — Suites et raisonnement par récurrence (Terminale)

a) Notons P(n) la propriété : « 0 ≤ u_n ≤ 3 ».

Initialisation. u₀ = 0 et 0 ≤ 0 ≤ 3. P(0) est donc vraie.

Hérédité. Soit k ∈ ℕ. On suppose P(k) vraie, c'est-à-dire 0 ≤ u_k ≤ 3. Démontrons qu'elle est alors vraie au rang k + 1, c'est-à-dire 0 ≤ u_k+1 ≤ 3.
En ajoutant 6 à chaque membre de l'hypothèse de récurrence : 6 ≤ 6 + u_k ≤ 9. La fonction racine carrée est croissante sur [0 ; +∞[, donc √6 ≤ √6 + u_k ≤ √9, c'est-à-dire √6 ≤ u_k+1 ≤ 3. Comme √6 ≥ 0, on obtient 0 ≤ u_k+1 ≤ 3 : P(k + 1) est vraie.

Conclusion. P(0) est vraie et P se transmet d'un rang au suivant. Le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : 0 ≤ u_n ≤ 3.

b) Montrons par récurrence la propriété Q(n) : « u_n ≤ u_n+1 ». Initialisation : u₀ = 0 et u₁ = √6 ≈ 2,45, donc u₀ ≤ u₁ et Q(0) est vraie. Hérédité : soit k ∈ ℕ tel que u_k ≤ u_k+1. Alors 6 + u_k ≤ 6 + u_k+1 ; ces deux nombres sont positifs d'après a), et la racine carrée est croissante sur [0 ; +∞[, donc √6 + u_k ≤ √6 + u_k+1, soit u_k+1 ≤ u_k+2 : Q(k + 1) est vraie. Conclusion : pour tout n ∈ ℕ, u_n ≤ u_n+1, la suite est croissante. Elle est de plus majorée par 3 : le chapitre suivant montrera qu'elle converge.

on étudie le signe de v_n+1 − v_n. D'abord v_n+1 = (n + 1)² − 6(n + 1) + 10 = n² + 2n + 1 − 6n − 6 + 10 = n² − 4n + 5.
Donc v_n+1 − v_n = (n² − 4n + 5) − (n² − 6n + 10) = 2n − 5.
2n − 5 < 0 si et seulement si n < 2,5, c'est-à-dire pour n = 0, 1, 2 ; et 2n − 5 > 0 pour tout n ≥ 3.
La suite est donc strictement décroissante de v₀ à v₃ (v₀ = 10, v₁ = 5, v₂ = 2, v₃ = 1), puis strictement croissante à partir du rang 3 (v₄ = 2, v₅ = 5…). Elle n'est pas monotone sur ℕ ; son minimum est v₃ = 1. On le retrouve avec la fonction f(x) = x² − 6x + 10, dont le minimum est atteint en x = 3.