Chapitre 1

Exercices Corrigés
SUITES NUMÉRIQUES

Questions flashs
A) Équations, inéquations, tableau de signes.
9 x 2 −36
1) Résoudre les équations sur ℝ. a) 2 x 2 = 5 x −3 b) x
=0 c) e (x +1)=0 .
2
7 x +1
2
a) 2 x = 5 x −3
2 x 2 − 5 x +3 =0
Δ =(−5)2 − 4 ×2 ×3 =25−24 =1
5 −1 4 5 +1 6 3
x1= = =1 x 2 = = =
2 ×2 4 2 ×2 4 2
3
S={1 ; }
2
a
b) Un quotient est nul, si et seulement si , son numérateur est nul. b ≠ 0 , =0 ⇔ a = 0 .
b
9 x 2 −36 Remarque
=0
2
7 x +1 Le dénominateur 7 x 2 +1 ne s’annule pas sur ℝ.
9 x 2 −36=0 x2 ≥ 0
(3 x )2 −6 2 =0 7 x2 ≥ 0
(3 x −6) (3 x +6)= 0 7 x 2 +1 ≥ 1> 0
3 x − 6= 0 ou 3 x + 6 =0
6 6
x = ou x =−
3 3
x =2 ou x =−2
S = {2 ; −2}

c) e x (x +1)=0
e x =0 ou x +1 =0 . Or, e x ≠ 0 pour tout réel x.
x +1 =0
x =−1
S = {−1}.

−14+5 x
2) Résoudre l’équation =13 sur ℝ\{−2}.
x+2
−14 +5 x
=13
x +2
−14 +5 x =(x +2)×13
−14 +5 x =13 x + 26
− 8 x = 40
40
x =−
8
x =− 5
S = { − 5 }.

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3) Résoudre l’inéquation 2−x 2 +x ≥ 0 .
x 2 −x −2 ≤ 0
Δ =(−1)2 − 4 ×1 ×(−2)=1 +8 =9 = 32
−(−1)2 −3 −1 −3 − 4 −(−1)2 +3 −1 + 3 2
x1= = = =−2 et x2= = = =1
2 2 2 2 2 2
S = {−2 ; 1}.
7 x +5
4) a) Donner l’ensemble de définition d de la fonction g définie par g (x )=−3 .
−4 x +1
b) Étudier le signe de la fonction g.
c) En déduire les solutions de l’inéquation g (x )≥ 0 .
d) Répondre par vrai ou faux. Pour tout x ∈ d, ...
7 x +5 −7 x +5 7 x +5 −7 x−5
α) g (x )=3 β) g (x )=3 γ) g (x )=3 δ) g (x )=3
4 x−1 −4 x +1 4 x +1 −4 x +1

1 1
a) −4 x +1 =0 ⇔ x = . Donc, d = ℝ\{− }.
4 4
5
b) Soit x ∈ d, g (x )=0 ⇔ 7 x +5 =0 ⇔ x =− .
7
5 1
x –∞ − +∞
7 4

−3 – ⋮ – ⋮ –

7 x +5 – 0 + ⋮ +

−4 x +1 + ⋮ + 0 −

7 x+5
−3 + 0 – +
−4 x +1

5 1
c) g (x ) ≥ 0 ⇔ x∈]−∞ ; − ]∪] ; +∞[.
7 4
7 x +5 7 x +5 −(7 x +5) −7 x − 5
d) g (x )=3 =3 ou g (x )=3 =3
−(−4 x +1) 4 x −1 − 4 x +1 −4 x +1
Réponses α)Vrai β) Faux γ) Faux δ) Vrai

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B) Fonctions
1) Calculer les dérivées des fonctions suivantes.
a) a (x)=x + 4 b (x )=3 x 2 + 1 c (x)=−2 x 3 + 7 x −5 .
a, b et c sont des fonctions polynômes définies et dérivables sur ℝ.
Pour tout x ∈ ℝ*, a ' (x )=1 b ' (x )=3 ×2 x = 6 x c ' (x )=−2× 3 x 2 + 7 .
1
b) a (x)=− , x ∈ ℝ*. b (x )= √x , x ∈ ] 0 ; +∞ [ . c (x )=e x , x ∈ ℝ.
x
a est une fonction rationnelle dont le dénominateur s’annule en 0, donc, d est définie et dérivable sur ℝ*.

Pour tout x ∈ ℝ*, a ' (x )=− −

( ) 1
x²
=
1
x2
.

b est la fonction racine carrée, donc elle définie sur [0;+∞[ et dérivable sur ]0;+∞[.
1
Pour tout x ∈ ]0;+∞[, b ' (x )=− .
2 ×√x
c est la fonction exponentielle, elle définie et dérivable sur ℝ. Pour tout x ∈ ℝ, c ' (x )= e x .
7 2 x −5
c) a (x)= √ 3 x + 7 , x ∈ ]− ;+∞[. b (x )= e2 − 7 x , x ∈ ℝ. c (x)= x e x , x ∈ ℝ. d (x )= , x ∈ ℝ\{9}.
3 9 −x
3
a ' (x )= b ' (x )=−7 e2 −7 x c ' (x )=1 × ex +x ×e x =e x (1 +x ) .
2 √3 x +7
2 (9 −x )−(2 x −5) (−1) 18 −2 x −(−2 x + 5) 18 −2 x +2 x −5 13
d ' (x )= 2
= 2
.
= 2
=
(9− x) (9 −x ) (9 −x ) (9 −x )2
2) Déterminer l’ensemble de définition des fonctions suivantes et dresser leur tableau de variations.
− 4 x +7
a (x)=− . Le dénominateur s’annule en 0, donc, a est définie et dérivable sur ℝ*.
x
(−4) x −(−4 x +7) 1 −4 x +4 x −7 −7 7
Soit x ∈ ℝ*. a ' (x )=− 2
=− 2
=− 2
= .
x x x x2
Pour tout x ∈ ℝ*, a ' (x )< 0 .

x –∞ 0 +∞

a ' (x) + +

+∞ 4
a (x)
4 –∞

9 +2 x
b (x )= . −x −5 =0 ⇔ x =−5 . Donc, b est définie et dérivable sur ℝ\{−5}.
−x −5
2 (−x − 5)−(9 + 2 x ) (−1) −2 x −10+ 9 + 2 x −1
Soit x ∈ ℝ\{−5}. b ' (x )= 2
= 2
= .
(−x −5) (−x −5) (−x −5)2
Pour tout x∈ℝ\{−5}, b ' (x )< 0 .

x –∞ –5 +∞

b ' (x ) – –

–2 +∞
b (x )
–∞ –2

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C) Suites
5n n
1) Démontrer que les suites suivantes sont monotones sur ℕ*. a n= bn =
7n en
Soit n ∈ ℕ*.
(n + 1 ) n n +1 n n +1 n
5 5 5 ×7 n 5 ×7 (n + 1) 5 × 7 n − 5 × 7 (n + 1)
a n +1 −a n = − = − =
7 (n +1) 7n 7 (n + 1)× 7 n 7 n × 7 (n +1) 49 (n + 1) n
5× 7 n −7 (n +1) 35 n −7 n −7 28 n −7
a n +1 −a n =5n =5n =5 n .
49 (n +1) n 49 (n + 1) n 49 (n +1) n
5n > 0 et 49 (n +1) n >0 , donc, a n + 1 −a n est du signe de 28 n −7 .
n ≥ 1 donc 28 n ≥ 28 donc 28 n −7 ≥ 21 >0 .
Pour tout n ∈ ℕ*, a n +1 −a n >0 . Donc, (a n ) est strictement croissante.

n +1 n (n + 1) e n n e n +1 (n + 1) e n −n en +1 n n + 1− n e n (1− e)+ 1
bn +1 −b n = − = − = =e = .
n+ 1 n n+ 1 n n +1 n n +1 n n +1 n
e e e e e e e e e e e n +1
n +1
bn +1 −b n est du signe n (1 −e )+1 car e > 0.
n ≥ 1 donc n (1 −e ) ≤ 1 −e donc n (1 −e )+ 1 ≤ 1 − e +1 donc n (1 −e )+1 ≤ 2 − e <0 .
Pour tout n ∈ ℕ*, bn + 1 −b n <0 . Donc, (bn ) est strictement décroissante.

n +1
2
Supplément Soit n ∈ ℕ. c n = .
3 n +7
2n +2 2n +1 2n +2 (3 n +7) 2n +1 (3 n +10)
c n +1 − c n = − = −
3 (n + 1)+ 7 3 n +7 (3 n + 10) (3 n + 7) (3 n + 7) (3 n + 10)
n +2 n +1 n n
2 (3 n + 7)− 2 (3 n + 10) 2 × 2²×(3 n + 7)−2 ×2 ×(3 n + 10)
c n + 1 − cn = =
(3 n +7) (3 n + 10) (3 n + 7) (3 n + 10)
4 (3 n +7)− 2 (3 n +10) 12 n + 28 −6 n − 20 6 n +8
c n +1 − c n = 2n =2n =2n .
(3 n + 7) (3 n +10) (3 n +7) (3 n + 10) (3 n + 7) (3 n + 10)
2n >0, 6 n + 8> 0, (3 n + 7 )(3 n +10)> 0, donc, c n + 1 − c n > 0.
Pour tout n ∈ ℕ, c n +1 − c n > 0. Donc, (c n ) est strictement croissante.

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2) Ci-dessous sont représentées la droite d’équation y = x et la fonction f.
La suite (x n ) est définie par : x 0 et x n +1 = f (x n ) pour tout n ∈ ℕ.
Conjecturer les propriétés de la suite (xn) dans les trois cas suivants. x 0 =−2, x 0 =2 et x 0 = 8.

x 0 =−2. (x n ) diverge en décroissant.

x 0 =2 . (x n ) converge vers 6 en croissant
x 0 = 8. (x n ) converge vers 6 mais n’est pas monotone mais (x n )n ≥ 1 converge vers 6 en croissant.

# Le sens de variation de la suite (x n ) ne dépend pas que des variations de f mais aussi de sa valeur initiale x 0 .
# La fonction f n’est pas la fonction associée à la suite (x n ) au sens vu dans le cours Je me souviens 1.

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Exercice 1 Capital restant dû
Un emprunt d’un montant de 150000 € a été souscrit à un taux annuel 6 %. Le montant de la mensualité
est 1200€. Soient n un entier naturel et xn le capital restant dû (en milliers d’Euros) au bout de n mois.
On montre comment calculer x 1 à partir de x 0 .
0,06
x 0 =150 . x 1 = 150 + 150× − 1,2=150 +0,75 −1,2=150 −0,45 =149,55.
12
1) Donner une définition par récurrence de la suite (xn).
2) Écrire une fonction Python nb_mens() qui renvoie le nombre de mensualités nécessaires pour rembourser ce
prêt puis donner ce nombre.
3) Montrer que la suite (yn) définie sur ℕ par yn = xn – 240 est géométrique de raison 1,005 et en déduire une
expression du terme général de la suite (xn).
n
4) Soit n∈ℕ. Le montant total des intérêts dus au bout de n+1 mois est défini par z n=∑ 0,005x k .
k=0

z 0 =0,005 x 0 =0,005 ×150= 0,75 et z 1 = 0,005 x 0 + 0,005 x 1 = 0,75+ 0,005× 149,55=0,75 + 0,74775 =1,49775.
n n
Montrer que z n=−0,45∑ 1,005 +∑ 1,2 pour tout n ∈ ℕ.
k

k=0 k=0

5) Calculer à l’euro prêt la somme des intérêts payés pour cet emprunt soit z 196.

Solution
0,06
1) Soit n∈ℕ. x n +1 =x n + x n × −1,2=x n +x n × 0,005− 1,2=x n (1 +0,005)−1,2=1,005 x n −1,2
12
2)
def nb_mens():
x=150
n=0
while x>0:
n=n+1
x=1.005*x-1.2
#print(n,x)
return n

Au bout 197 mensualités, le prêt sera remboursé.

3) Soit n ∈ ℕ. yn+1 = xn+1 − 240 et xn+1 = 1,005xn − 1,2.

Donc, yn+1 = 1,005xn − 1,2 − 240. Or, yn = xn – 240 , donc, xn = yn + 240.
Donc, yn+1 = 1,005(yn + 240) − 241,2.
yn+1 = 1,005yn + 1,005 × 240 − 241,2.
yn+1 = 1,005yn + 241,2 − 241,2.
yn+1 = 1,005yn .
Donc, la suite (yn) est géométrique de raison 1,005.
On peut écrire son terme général. yn = y0 × 1,005n = (150 − 240) × 1,005n = −90 × 1,005n .
Donc, xn = −90 × 1,005n + 240.
n n n
4) Soit n ∈ ℕ. z n = ∑ 0,005 x k = ∑ 0,005 (−90×0,005 +240)= ∑ (− 0,45×1,005 + 1,2).
k k

k=0 k =0 k =0
n n n n
z n = ∑ (−0,45 ×1,005k )+ ∑ 1,2=− 0,45 ∑ 1,005k + ∑ 1,2.
k=0 k =0 k=0 k=0
196 196
1 −1,005 196+1
1− 1,005197
5) ∑ 1,005k = et ∑ 1,2=197 ×1,2 . Donc, z 196 =− 0,45 + 1,2×197 ≈ 85,987 ...
k =0 1 −1,005 k =0 − 0,005

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Exercice 2
1 1
La suite (xn) est définie par x0 = −1 et x1 = et pour tout n ∈ ℕ, x n +2 =x n +1 − ×x n
2 4
1) Calculer x2 et en déduire que la suite n’est ni arithmétique, ni géométrique.
1
2) On définit sur ℕ la suite (yn) en posant, y n =x n +1 − ×x n .
2
a) Calculer y0.
1
b) Exprimer yn+1 en fonction de yn, pour montrer que la suite (yn) est une suite géométrique de raison .
2
c) Exprimer yn en fonction de n.
xn
3) On définit sur ℕ la suite (wn) en posant, w n = .
yn
a) Calculer w0.
1
b) En utilisant l’égalité x n +1 =y n + ×x n exprimer wn+1 en fonction de xn et yn , pour montrer que (wn) est
2
une suite arithmétique de raison 2.
c) Exprimer wn en fonction de n.
4) Exprimer xn en fonction de n, pour tout n ∈ ℕ.

Solution
1 1 1 1 1 3
1) x 2 =x 1 − ×x 0 = − ×(−1)= + = .
4 2 4 2 4 4
1 3 3 1 1
x 1 −x 0 = −(−1)= et x 2 −x 1 = − = . x 1 −x 0 ≠ x 2 −x 1 donc, la suite (xn) n’est pas arithmétique.
2 2 4 2 4
x1 1 −1 x2 3 1 3 2 6 3
= ÷ (−1)= et = ÷ = × = = , donc, la suite (xn) n’est pas géométrique.
x0 2 2 x1 4 2 4 1 4 2
1 1 1 1 1
2) a) y 0 =x 1 − ×x 0 = − ×(− 1)= + =1
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
b) y n +1 =x n +2 − ×x n +1 =x n +1 − ×x n − ×x n +1 = ×x n +1 − ×x n = ×x n +1 − × ×x n = (x n +1 − xn)
2 4 2 2 4 2 2 2 2 2
1 1
Donc, pour tout n ∈ ℕ, y n +1 = y n . Donc, la suite (yn) est géométrique de raison .
2 2

() ()
n n
1 1
c) Pour tout n ∈ ℕ, y n =y 0 × avec y 0 =1 . Donc, pour tout n ∈ ℕ, y n = .
2 2
x0 −1
3) a) w 0 = = =−1.
y0 1
1 1
yn+ × xn ×x n
x n +1 2 1 ×y n 2 1 xn
b) Soit n ∈ ℕ. w n +1 = = = + = + =2 + w n .
y n +1 1 1 1 1 yn
yn ×y n ×y n
2 2 2 2
Pour tout n ∈ ℕ, w n +1 = 2+ w n , donc, (w n ) est une suite arithmétique de raison 2.
c) Pour tout n ∈ ℕ, w n =2 n + w 0 =2 n −1.

()
xn 1
n
1n 1 2 n −1
4) Soit n ∈ ℕ. w n = , donc, x n =w n ×y n =(2 n −1)× =(2 n −1)× =(2 n −1)× = .
yn 2 2 n
2n
2n

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Exercice 3
Soit I l’intervalle [0 ; 1].
3x + 2
Soit f la fonction définie sur I par f (x ) = .
x + 4
Sa courbe représentative a été tracée ci-contre.
1) Déterminer le sens de variation de f, et en déduire que
si x  I, alors, f(x)  I.

La suite (x n ) est définie sur ℕ par x0 = 0, et xn1 = f(xn).

2) Démontrer par récurrence que pour tout n ∈ ℕ, x n ∈ I.

3) Représenter les premiers termes de la suite (xn) sur le
graphique et en conjecturer des propriétés de la suite (x n ).
4) Démontrer par récurrence que x n +1 > x n , pour tout n ∈ ℕ.
5) Démontrer que la suite (x n ) est convergente.

Solution
1) f est une fonction homographique. Son dénominateur s’annule en 4. Donc, f est définie et dérivable sur I.
3 (x + 4) − (3 x + 2) 1 3 x + 12 −3 x −2 10
Soit x ∈ I. f ' (x ) = 2
= 2
= .
(x + 4) (x + 4 ) (x +4)2
Pour tout réel x ∈ I, f ’(x) > 0, donc, f est strictement croissante sur I.
Soit x  I.
0  x  1 et comme f est (strictement) croissante, f(0)  f(x)  f(1).
Donc, 0,5≤f (x )≤1. Or, 0 < 0,5 ≤ f (x ) ≤ 1 donc f(x)  I.

2) Démontrons par récurrence que pour tout n ∈ ℕ, x n ∈ I (Pn ).

Initialisation P0 s’écrit x 0 ∈ I. Or, x0 = 0 et 0I. Donc, P0 est vraie.
Hérédité Soit n ∈ ℕ.
Supposons que x n ∈ I (Pn ) . Démontrons que x n +1 ∈ I (Pn +1 ) .
x n ∈ I, donc, f (x n )∈ I d’après la question précédente. Or, x n +1 = f (x n ), donc, f (x n +1 ) ∈ I.
On a démontré que (P0 ) est vraie et que l’implication Pn ⇒ Pn +1 est vraie pour tout n ∈ ℕ.
Donc, d’après l’axiome de récurrence, pour tout n ∈ ℕ, x n ∈ I.
3) On observe graphiquement que la suite est croissante, majorée par 1 et donc convergente en 1.
4) Démontrons par récurrence que pour tout n ∈ ℕ, x n +1 >x n (Pn ).
Initialisation : P0 s’écrit x1  x0 .Or, x1 = 0,5 et x0 = 0 . Donc, P0 est vraie.
Hérédité : Soit n ∈ ℕ. Supposons que x n + 1 > x n (Pn ) . Démontrons que x n + 2 > x n + 1 (Pn +1 ) .
x n + 1 > x n. (Pn )
Comme f est strictement croissante, f (x n +1 )> f (x n ). Or f (x n +1 )=x n +2 et f (x n )=x n +1.
Donc, x n + 2 > x n + 1 (Pn +1 ) .
On a démontré que (P0 ) est vraie et que l’implication Pn ⇒ Pn +1 est vraie pour tout n ∈ ℕ.
Donc, d’après l’axiome de récurrence, pour tout n ∈ ℕ, x n + 1 > x n.
5) Pour tout n ∈ ℕ, x n ∈ I (Pn ). Donc, la suite (x n ) est majorée par 1. De plus, elle croissante. Donc la suite
(x n ) converge.
# On ne démontre pas qu’elle converge vers 1.

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Exercice 4
Soit I l’intervalle [1 ; 4].
3x + 5
Soit f la fonction définie sur ]1 ; ∞[ par f (x ) = .
x +1
Sa courbe représentative a été tracée ci-contre.
1) Déterminer le sens de variation de f.
2) Démontrer que si x  I, alors f(x)  I.

On définit la suite (v n ) par v0 = 1 et vn1 = f(vn) pour tout n ∈

ℕ.
3) Calculer v1 et v2 .
4) Représenter les premiers termes de la suite (vn) sur le
graphique et conjecturer des propriétés de la suite (vn).
5) Démontrer par récurrence que vn[1 ; 4], pour tout n ∈ ℕ.
6) Démontrer que la suite (vn) n’est pas monotone.

Solution
1) f est une fonction homographique. Son dénominateur s’annule en −1. Donc, elle est bien définie et dérivable
sur ]1 ; ∞[.
3 (x + 1)−(3 x + 5)×1 3 x + 3 −3 x −5 −2
Soit x ∈ ]1 ; ∞[, f ' (x)= = < 0.=
(x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2
Pour tout x ∈ ]1 ; ∞[, f ' (x)< 0 , donc, f est strictement décroissante sur ]1 ; ∞[.
2) Soit x ∈ I.
1≤x ≤ 4
f (1) ≥ f (x ) ≥ f (4) car f est (strictement) décroissante sur ]1 ; ∞[.
Or, f (1)= 4 et f (4)=3,4 >1.
Donc, 4 ≥ f (x ) ≥ 1 et f (x ) ∈ I.
3) v 1 = f (v 0 )= f (1)=4 . v 2=f (v 1 )=f (4)=3,4.
4) La suite (v n ) n’est pas monotone mais semble converger vers 3,5.
5) Démontrons par récurrence que pour tout n ∈ ℕ, v n ∈ I (Pn ).
Initialisation P0 s’écrit v 0 ∈ I . Or, v 0 =1 et 1  I. Donc, P0 est vraie.
Hérédité Soit n ∈ ℕ.
Supposons que v n ∈ I (Pn ) . Démontrons que v n + 1 ∈ I (Pn +1 ) .
v n ∈ I, donc, f (x n )∈ I d’après la question précédente. Or, x n +1 = f (x n ), donc, f (x n +1 ) ∈ I.
On a démontré que (P0 ) est vraie et que l’implication Pn ⇒ Pn +1 est vraie pour tout n ∈ ℕ.
Donc, d’après l’axiome de récurrence, pour tout n ∈ ℕ, v n ∈ I
6) v 0 < v 1 donc (v n ) n’est pas décroissante.
v 1 > v 2 donc (v n ) n’est pas croissante.

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Exercice 5
La suite (x n ) est définie par x 0 =2 , et par x n + 1 =2 x n + 2 n 2 −n pour tout n ∈ ℕ.
La suite (y n ) est définie par y n =x n +2 n 2 +3 n + 5, pour tout n ∈ ℕ.
1) Calculer les quatre premiers termes de ces deux suites. Et compléter la feuille de calcul ci-dessous.
2) Quelles formules faut-il saisir en B3 et C2 pour calculer les termes de ces suites ?
3) Conjecturer une expression de y n puis de x n en fonction de n. Prouver.
4) Compléter la fonction Python tableur(n) qui affiche les termes x i et y i pout i de 0 jusqu’à n.

def tableur(n):
x=2

for i in range(0,n+1):
y=x+2*i*i+3*i+5
print(i,x,y)
x=2*x+2*i*i-i

Solution
2) B3 = 2*B2 + 2*A2*A2  A2 et C2 = B2 + 2*A2*A2 + 3*A2 + 5
3) On conjecture que (yn) est une suite géométrique de raison 2.
y n =y 0 ×2n =7 ×2n . Or, y n =x n + 2 n 2 +3 n + 5. Donc, x n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5.
4) Démontrons par récurrence que pour tout n ∈ ℕ, x n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5 (Pn ).
Initialisation P0 s’écrit x 0 =7 ×20 −2 ×0 2 −3 ×0 −5.
Or, x 0 =2 et 7 ×2 0 −2 ×02 −3 × 0 −5 =7 ×1 −0 −0 −5 =2.
Donc, P0 est vraie.
Hérédité Soit n ∈ ℕ. Supposons que x n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5. (Pn )
Démontrons que x n + 1 =7 ×2 n + 1 −2 (n + 1)2 −3 (n + 1)− 5. (Pn +1 )
Méthode 1 On part de l’hypothèse de récurrence.
x n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5
2 x n =7 ×2n +1 −4 n 2 −6 n −10
2 x n +2 n 2 − n =7 ×2n + 1 −4 n 2 −6 n −10 +2 n 2 − n
x n + 1 =7 ×2 n + 1 −2 n 2 −7 n −10 .
Méthode 2 Par substitution.
D’après une hypothèse de l’énoncé, x n +1 =2 x n +2 n 2 −n et d’après l’hypothèse de récurrence
x n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5 . Donc, par substitution, x n + 1 =2 (7 × 2n −2 n 2 −3 n −5)+ 2 n 2 −n .
x n +1 =7 ×2 n +1 − 4 n 2 − 6 n −10+2 n 2 −n
x n + 1 =7 ×2 n + 1 −2 n 2 −7 n −10 .
On reconnaît Pn +1 en développant 7 ×2 n + 1 −2 (n +1)2 −3 (n +1)−5.
7 ×2 n +1 −2 (n 2 +2 n + 1)− 3 n −3 −5
7 ×2 n + 1 −2 n 2 −4 n −2− 3 n −3 −5
7 ×2 n +1 −2 n 2 −7 n − 10.

On a démontré que (P0 ) est vraie et que l’implication Pn ⇒ Pn +1 est vraie pour tout n ∈ ℕ.
Donc, d’après l’axiome de récurrence, pour tout n ∈ ℕ, x n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5.
Or, d’après l’énoncé, y n =x n +2 n 2 +3 n + 5. Donc, y n =7 ×2n −2 n 2 −3 n −5 + 2 n 2 +3 n 2 + 5 =7 × 2n .
Donc, y n =7 ×2n .

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