Corrigé des exercices - Dunod

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On en déduit que
u n
√
k = e
λ(−1) n e µ2n = A (−1)n B 2n ,
où A = e λ et B = e µ .
√ √ (
On a u 0 k = AB et u1 k = A −1 B 2 . On en déduit B = (u 0 u 1 k) 1 3 et A =
En remplaçant dans l’expression de u n , on obtient
Exercice 17.7
1. On a, pour tout n ∈ N,
u n = u 2 3 (−1)n + 1 3 2n
0 u − 1 3 (−1)n + 1 3 2n
1 k − 1 2 + 1 6 (−1)n + 1 3 2n .
u n+2 = −u n+1 − v n+1 = − 1 3 u n − 2 3 v n.
On élimine les termes en v n entre u n+2 et u n+1 . On obtient
u n+2 − 2 3 u n+1 = 1 3 u n.
u 2 0u −1
1
√
k
) 1
3
.
2. On a une relation de récurrence linéaire d’ordre d’équation caractéristique x 2 − 2 3 x− 1 3 = 0
dont les solutions sont 1 et − 1 3 . Avec les conditions u 0 = 2 et u 1 = −u 0 − v 0 = 1, on trouve
u n = 5 4 + 3 4
(
− 1 3) n
.
On en déduit que
v n = −u n − u n+1 = − 5 2 − 1 2
(
− 1 3) n
.
On détermine ensuite
lim
n→+∞ u n = 5 4
et
lim v n = − 5
n→+∞ 2 .
Exercice 17.8
1. On raisonne par récurrence. On note u n le nombre de listes considérées.
Pour n = 1, il y a une seule liste (1) et f 2 = 1 = u 1 ; pour n = 2, il y a deux listes (1,1) et
(2) ; u 2 = 2 et f 3 = f 2 + f 1 = 2 = u 2 .
On suppose que la propriété est vérifiée aux rangs n et n + 1. Les listes (x 1 ,...,x k ) de
k−1
∑
somme n + 2 se terminent soit par un 1 et alors x i = n + 1 : il y a u n+1 telles listes, soit
k−1
∑
par un 2 et alors x i = n : il y a u n telles listes. On trouve donc u n+2 = u n+1 + u n et
k=1
d’après l’hypothèse de récurrence
k=1
u n+2 = f n+2 + f n+1 = f n+3 .
La propriété est vraie au rang n + 2 donc pour tout entier n.