Corrigé des exercices - Dunod

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( ) n 2
4. On a, pour tout n, v n = v 0 . On calcule u n en fonction de v n . L’égalité v n = u n
3
u n + 1
conduit à u n =
v n
et donc à
1 − v n
) n
( 2
v 0
3
u n = ( ) n = v 02 n
2 3
1 − v n − v 0 2 n ,
0
3
où v 0 = u 0
u 0 + 1 .
5. Supposons qu’il existe n ∈ N ∗ tel que u 0 = 3n
2 n − 3 n . On a alors v 0 = u 0
u 0 + 1 = 2n
. Si la
3n suite est définie, les résultats des questions précédentes s’appliquent (car u 0 ≠ −1) et on a
u n =
v 02 n
3 n − v 0 2 n . Mais cela est impossible car le dénominateur est nul. Ainsi u n ne peut pas
être défini : la suite (u n ) n∈N n’est pas définie.
Supposons a contrario que u 0 n’est pas de la forme
2 n − 3 n . Posons v 0 = u 0
u 0 + 1 . Alors v 0
n’est pas de la forme 2n
3 n et on peut poser w v 0 2 n
n =
3 n pour tout n. On remarque que
− v 0 2n w 0 = u 0 et que pour tout entier n,
2w n
w n + 3 = 2v 0 2 n
v 0 2 n + 3(3 n − v 0 2 n ) = v 0 2 n+1
3 n+1 − v 0 2 n+1 = w n+1
(
le dénominateur wn +3 n’est pas nul, sinon v 0 = 2n+1
3 n+1 )
. La suite (wn ) n∈N est définie, vérifie
la même relation de récurrence que (u n ) n∈N et w 0 = u 0 . C’est la suite (u n ) n∈N , qui est donc
définie.
Exercice 17.11
3 n
1. L’application x ↦−→ 2 − 1 x
possède un seul point fixe l = 1.
2. Si u n+1 = 1 alors u n = 1. On en déduit que u n ≠ 1 implique u n+1 ≠ 1. Si on suppose
u 0 ≠ 1, on a donc pour tout n, u n ≠ 1.
3. On a alors, pour tout n ∈ N,
v n+1 =
1
u n+1 − 1 = 1
1 − 1 = u n
u n
u n − 1 = 1 + 1
u n − 1 = v n + 1.
La suite (v n ) n∈N est arithmétique de raison 1.
4. On en déduit que v n = v 0 + n et u n = 1 + 1 = 1 + 1 , puis que lim
v n v 0 + n u n = 1.
n→+∞
5. Si la suite (u n ) n∈N est définie et si u 0 ≠ 1, l’expression de u n trouvée précédemment
montre que v 0 ≠ −n pour tout entier n. Comme u 0 = 1 + 1 v 0
, il ne faut donc pas que