Corrigé des exercices - Dunod

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2. On démontre la propriété par récurrence sur n.
On vérifie la propriété pour n = 1 : f 2 f 0 − f 2 1 = −1.
On suppose que f n+1 f n−1 − f 2 n = (−1) n . On a alors
f n+2 f n − f 2 n+1 = (f n+1 + f n )f n − f 2 n+1 = f 2 n − f n+1 (f n+1 − f n )
= f 2 n − f n+1 f n−1 = −(−1) n = (−1) n+1
et la propriété est vraie au rang n + 1, donc pour tout n 1.
3. La suite (f n ) n∈N vérifie une relation de récurrence linéaire d’ordre 2. L’équation caractéristique
est x 2 − x − 1 = 0 dont les solutions sont 1 + √ 5
et 1 − √ 5
. On trouve,
2 2
((
∀n ∈ N f n = √ 1 1 + √ ) n (
5 1 − √ ) n )
5
− .
5 2 2
4. Il est clair sur les deux premières valeurs et la relation de récurrence que les termes de la
1 − √ 5
suite (f n ) n∈N sont entiers. Comme
∣ 2 ∣ = 2
1 + √ < 1, il résulte de la question 3 que
5
∣(
|f n − √ 1 Φ n | = √ 1 ∣∣∣∣
1 − √ ) n ∣
5 ∣∣∣∣
√ 1 < 1 5 5 2 5 2 .
Ceci montre que f n est l’entier le plus proche de 1 √
5
Φ n .
Exercice 17.9
1. Il est clair que la suite est définie et que ses termes sont strictement positifs. Si (u n ) n∈N
est majorée par 1, on a, pour tout n,
u n+2 √ u n+1 u n+1 .
La suite est croissante à partir du rang 1 ; comme elle est majorée par 1, elle converge.
On note l sa limite. Par passage à la limite, on obtient l = √ 2l et donc l = 0 ou l = 2.
Comme (u n ) n∈N est majorée par 1, elle ne peut pas converger vers 2 ; comme elle est à termes
strictement positifs et croissante, elle ne peut pas converger vers 0. On a une contradiction.
Il est impossible d’avoir u n 1 pour tout n.
2. D’après la question 1, il existe un entier p tel que u p > 1. Si p = 0, on remarque que
u 2 √ u 0 1 ; on peut donc supposer p 1. On obtient alors u p+1 = √ u p + u p−1 1,
puis par récurrence, u n 1 pour tout n p.
En effet, c’est vrai aux rangs p et p+1, et si u n 1 et u n+1 1, alors u n+2 = √ u n + u n+1 1.
On a ensuite, pour n p + 2,
On note n 0 = p + 2.
u n = √ u n−1 + u n−2 √ 2.