Bonjour,j'ai tenté de rédiger cet exercice mais si il y a des problèmes de rédactions ou d'autre problème,peut-tu me le faire remarquer s'il te plaît?
(1) -On pose $W_0$ = a > 0 et $W_{n+1}$ = $ a+\frac{+1− e−^n}{2}Wn$,∀n ∈. Montrer que : $W_n$ $\le$ $2a$,∀n ∈ $\mathbb{N}$.
Montrer que : Wn ≤ 2a, ∀n ∈ $\mathbb{N}$.
(2) -On pose Vn =10n/n!,∀n ∈ , Ecrire les 2 premiers termes de la suite V et étudier sa monotonie.
(3) - On considère la suite W définie dans l’exercice le (1). Montrer que W1 ≤ W2 , en déduire que la
suite W est croissante.
(On utilisera la monotonie sur [0,+∞[ de la fonction f(.) définie par f(x) = $\frac{1 -e−^x}{2}$).
Et pour le (1),j'ai utilisé la récurrence en disant que:
Pour l'initialisation,par hypothèse,$W_0$ = a > 0 donc $W_0$ <2a et c'est vérifié au premier rang.
Ensuite concernant l'hérédité,on suppose vérifié au rang n, $W_n$ $\le$ $2a$,il faut maintenant montrer que $W_{n+1}$ $\le$ $2a$ donc que $ a+\frac{+1− e−^n}{2}Wn$ $\le$ $2a$. => $\frac{2a+1− e−^n}{2}Wn$ $\le$ $2a$ mais j'ai du mal à prouver que c'est $\le$ $2a$.
Cependant pour le (2) je peux dire que $V_0$=0 et $V_1$=10/1.
Après pour la monotonie,on peut calculer $V_n+1-V_n$= $\frac{10(n+1)}{{(n+1)}!} -\frac{10n}{n!}$ et vérifié si c'est > ou = à 0 mais le résultat ne semble pas évident.
De même on aurait (à mon avis) faire $V_n+1 -V_n$.
Enfin pour le (3) $W_1 =a+\frac{1-e^-0}{2}W_0 =\frac{2a+1-e^-0}{2} W_0= \frac{2a}{2}= aW_0=a^2$
Puis $W_2=a+\frac{1-e^-1}{2}W_1 =\frac{2a+1-e^-1}{2}W_1= \frac{2a+1-e^-1}{2}a^2$ Et comme a>0 alors W2>W1,inutile de développer W2,et f(x) semble être une fonction décroissante vu le $-e^-x$
Suite démonstration.
Re: Suite démonstration.
Bonjour
Il y a des fautes de calcul car, dans l'expression de $W_{n+1}$, $W_n$ n'est pas multiplié par $a$
1) La récurrence est une bonne idée. Je termine la démonstration.
$\forall n \in {\mathbb N},\ 0\leq \frac{1-e^{-n}}{2}\leq \frac{1}{2}$ donc $W_{n+1}\leq a+\frac{1}{2} W_n\leq a+\frac{1}{2} (2a)\leq 2a$ en utilisant l'hypothèse de récurrence.
2) $(n+1)!=(n+1)\times n!$. On réduit au même dénominateur $(n+1)!$ :
$V_{n+1}-V_n= \frac{10(n+1)-10n(n+1)}{(n+1)!}=\frac{10(n+1)(1-n)}{(n+1)!}$
Pour $n\geq 1,\ 1-n\leq 0$ donc $V_{n+1}-v_n\leq 0$. La suite est donc décroissante à partir du rang 1.
(Avec $n!$, il est souvent plus simple de comparer $\frac{V_{n+1}}{V_n}$ aau nombre 1.)
3) $W_1=a+\frac{1-e^0}{2}\times a =a+0=a$
$W_2=a+\frac{1-e^{-1}}{2}\times a =a(\frac{2+1-e^{-1}}{2})>a=W_1$
$f'(x)=-\frac{1}{2} (-e^{-x})=\frac{e^{-x}}{2}>0$ donc $f$ est une fonction croissante.
On fait une récurrence. L'initialisation est déjà réalisée.
Si $W_{n+1}\geq W_n$ alors, puisque $f$ est une fonction croissante, elle conserve l'ordre donc $f(W_{n+1})\geq f(W_n)$ soit $W_{n+2}\geq W_{n+1}$, l'inégalité est donc vérifiée au rang $(n+1)$
(Cette méthode est à retenir pour les suites de la forme $U_{n+1}=f(U_n)$ , l'étude des variations de $f$ permet de déduire les variations de la suite)
Il y a des fautes de calcul car, dans l'expression de $W_{n+1}$, $W_n$ n'est pas multiplié par $a$
1) La récurrence est une bonne idée. Je termine la démonstration.
$\forall n \in {\mathbb N},\ 0\leq \frac{1-e^{-n}}{2}\leq \frac{1}{2}$ donc $W_{n+1}\leq a+\frac{1}{2} W_n\leq a+\frac{1}{2} (2a)\leq 2a$ en utilisant l'hypothèse de récurrence.
2) $(n+1)!=(n+1)\times n!$. On réduit au même dénominateur $(n+1)!$ :
$V_{n+1}-V_n= \frac{10(n+1)-10n(n+1)}{(n+1)!}=\frac{10(n+1)(1-n)}{(n+1)!}$
Pour $n\geq 1,\ 1-n\leq 0$ donc $V_{n+1}-v_n\leq 0$. La suite est donc décroissante à partir du rang 1.
(Avec $n!$, il est souvent plus simple de comparer $\frac{V_{n+1}}{V_n}$ aau nombre 1.)
3) $W_1=a+\frac{1-e^0}{2}\times a =a+0=a$
$W_2=a+\frac{1-e^{-1}}{2}\times a =a(\frac{2+1-e^{-1}}{2})>a=W_1$
$f'(x)=-\frac{1}{2} (-e^{-x})=\frac{e^{-x}}{2}>0$ donc $f$ est une fonction croissante.
On fait une récurrence. L'initialisation est déjà réalisée.
Si $W_{n+1}\geq W_n$ alors, puisque $f$ est une fonction croissante, elle conserve l'ordre donc $f(W_{n+1})\geq f(W_n)$ soit $W_{n+2}\geq W_{n+1}$, l'inégalité est donc vérifiée au rang $(n+1)$
(Cette méthode est à retenir pour les suites de la forme $U_{n+1}=f(U_n)$ , l'étude des variations de $f$ permet de déduire les variations de la suite)
Re: Suite démonstration.
Ah oui effectivement,normalement $W_{n+1}= \frac{2a+W_n -W_n e^-n}{2}$.Job a écrit :Bonjour
Il y a des fautes de calcul car, dans l'expression de $W_{n+1}$, $W_n$ n'est pas multiplié par $a$
1) La récurrence est une bonne idée. Je termine la démonstration.
$\forall n \in {\mathbb N},\ 0\leq \frac{1-e^{-n}}{2}\leq \frac{1}{2}$ donc $W_{n+1}\leq a+\frac{1}{2} W_n\leq a+\frac{1}{2} (2a)\leq 2a$ en utilisant l'hypothèse de récurrence.
2) $(n+1)!=(n+1)\times n!$. On réduit au même dénominateur $(n+1)!$ :
$V_{n+1}-V_n= \frac{10(n+1)-10n(n+1)}{(n+1)!}=\frac{10(n+1)(1-n)}{(n+1)!}$
Pour $n\geq 1,\ 1-n\leq 0$ donc $V_{n+1}-v_n\leq 0$. La suite est donc décroissante à partir du rang 1.
(Avec $n!$, il est souvent plus simple de comparer $\frac{V_{n+1}}{V_n}$ aau nombre 1.)
3) $W_1=a+\frac{1-e^0}{2}\times a =a+0=a$
$W_2=a+\frac{1-e^{-1}}{2}\times a =a(\frac{2+1-e^{-1}}{2})>a=W_1$
$f'(x)=-\frac{1}{2} (-e^{-x})=\frac{e^{-x}}{2}>0$ donc $f$ est une fonction croissante.
On fait une récurrence. L'initialisation est déjà réalisée.
Si $W_{n+1}\geq W_n$ alors, puisque $f$ est une fonction croissante, elle conserve l'ordre donc $f(W_{n+1})\geq f(W_n)$ soit $W_{n+2}\geq W_{n+1}$, l'inégalité est donc vérifiée au rang $(n+1)$
(Cette méthode est à retenir pour les suites de la forme $U_{n+1}=f(U_n)$ , l'étude des variations de $f$ permet de déduire les variations de la suite)
Mais effectivement Vn+1/Vn paraît plus simple.
En tout cas merci d'avoir terminé la démonstration,et d'avoir rédigé l'exo.
Je prendrai en compte ces conseils.