Corrigé des exercices - Dunod

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3. L’équation caractéristique possède deux solutions complexes conjuguées 1+i √ 3 et 1−i √ 3.
On les met sous forme trigonométrique : 1 + i √ 3 = 2e i π 3 . Il existe des réels λ et µ tels que,
pour tout n ∈ N,
( (
u n = 2 n λcos n π ) (
+ µsin n π ))
.
3 3
En calculant u 0 et u 1 , on trouve λ = 1 et µ = −1 − 1 √
3
.
Exercice 17.5
La suite est à termes strictement positifs. On peut prendre le logarithme : pour tout n ∈ N,
lnu n+2 = 1 2 (lnu n + lnu n+1 ).
La suite (ln u n ) est récurrente linéaire d’ordre 2. L’équation caractéristique x 2 − 1 2 x − 1 2 = 0
possède deux solutions 1 et − 1 . Il existe λ et µ tels que, pour tout n ∈ N,
2
(
lnu n = λ + µ −
2) 1 n
.
On obtient
où A = e λ et B = e µ .
u n = e λ e µ(− 1 2) n = AB (− 1 2) n ,
De u 0 = AB et u 1 = AB − 1 2 , on tire A = (u 0 u 2 1) 1 3 B =
u n = (u 0 u 2 1) 1 3
( ) 2
u0
3(− 1 2) n = u 1 3 + 2 3(− 1 2) n
0 u 2 3 − 3(− 2 2) 1 n
1 .
u 1
( ) 2
u0
3
. On a donc, pour tout n ∈ N,
u 1
Exercice 17.6
Tous les termes de la suite sont strictement positifs et, pour tout n ∈ N,
lnu n+2 = lnk + lnu n+1 + 2ln u n .
On cherche une constante c telle que la suite (lnu n − c) soit récurrente linéaire. On a, pour
tout n ∈ N,
lnu n+2 − c = lnk − c + lnu n+1 + 2ln u n
= lnk + 2c + lnu n+1 − c + 2(lnu n − c).
Il faut c = − 1 2 lnk. La suite (v n) n∈N définie par lnu n − c = ln(u n
√
k) vérifie la récurrence
v n+2 = v n+1 + 2v n . L’équation caractéristique x 2 − x − 2 = 0 a pour solution −1 et 2. Il
existe (λ,µ) ∈ R 2 , tel que, pour tout n,
v n = ln(u n
√
k) = λ(−1) n + µ2 n .