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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%		Packages
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\newcommand{\ch}{Chapitre 1}
\newcommand{\Ch}{Les nombres \linebreak[2] Complexes 1/2}	
\newcommand{\Cl}{TS}	
\newcommand{\Annee}{2011-2012}	
\usepackage{picins,fancyvrb,amsmath,amssymb,amsbsy,amsfonts,amstext,amscd,amsopn,amsxtra}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}



\pagestyle{styleDav}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Table des matieres et style de pages
\fancyhead{\href{http://www.wicky-math.fr.nf}{wicky-math.fr.nf}}
%\renewcommand{\chaptermark}[1]{\markboth{#1}{}} \renewcommand{\sectionmark}[1]{\markright{#1}}
\lhead{Chapitre 1}
\rhead{Raisonnement par récurrence}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune

\Cr{Correction DM 1 : Raisonnement par récurrence}


\vspace*{1cm}

\Exoi{
\begin{enumerate}
\item %Montrer par récurrence que, pour tout entier $n\geq 0$ $n^3-n$ est un multiple de $3$.
On note $\mathscr P(n) : n^3-n=3k$ où $k$ est un entier (ce qui signifie que $n^3-n$ est un multiple de $3$).
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation} :\\
Pour $n=0$ $n^3-n=0=0\times 3$ donc la propriété $\mathscr P$ est vraie au rang $0$.
\item \textbf{Hérédité} : \\
Supposons que la propriété $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n$ et montrons qu'elle est vraie au rang $n+1$.\\
On suppose que $n^3-n=3k$ où $k$ est un entier et dans ce cas on souhaite montrer que $$ (n+1)^3-(n+1)=3k'\qquad \text{où k' est un entier}$$
Allons-y :
$$ (n+1)^3-(n+1)=(n+1)^2(n+1)-n-1=(n^2+2n+1)(n+1)-n-1=n^3+3n^2+3n+1-n-1=n^3-n+3(n^2+n)$$
Et donc :
$$(n+1)^3-(n+1)=3k+3(n^2+n)=3(k+n^2+n)$$
Ainsi $(n+1)^2-(n+1)$ est bien un multiple de $3$, la propriété $\mathscr P$ est donc vraie au rang $n+1$.\\
Cette propriété étant initialisée et héréditaire, on a montré que $n^3-n$ est un mutliple de $3$ quel que soit la valeur de $n$.
\end{itemize}
\item \begin{enumerate}
\item %Développer, réduire et ordonner $(n+1)^5$.
$(n+1)^5=(n+1)^3(n+1)^2=(n^3+3n^2+3n+1)(n^2+2n+1)=n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1$
\item %En déduire, à l'aide d'un raisonnement par récurrence, que pour tout entier $n\geq 0$, $n^5-n$ est un multiple de $5$.
On note $\mathscr P(n) : n^5-n=5k$ où $k$ désigne un entier.\\
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation} : \\
Pour $n=0$ $n^5-n=0=0\times 5$ donc $\mathscr P$ est initialisée au rang $0$.
\item \textbf{Hérédité} :\\
Supposons que la propriété $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n$ et montrons qu'elle est vraie au rang $n+1$.\\
On suppose que $n^5-n=5k$ où $k$ est un entier et dans ce cas on souhaite montrer que $$ (n+1)^5-(n+1)=5k'\qquad \text{où k' est un entier}$$
Allons-y :
$$ (n+1)^5-(n+1)=n^5+5n^4+10n^3+10n^2+5n+1-n-1=n^5-n+5(n^4+2n^3+2n^2+n)=5(k+n^4+2n^3+2n^2+n)$$
Ainsi $\mathscr P$ est héréditaire et donc pour tout entier $n$, $n^5-n$ est un multiple de $5$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{enumerate}}

\Cadre[Grand Homme et petit théorème]{On doit à Pierre de Fermat (1601-1665), juriste de profession et mathématicien amateur, le résultat suivant : \og Lorsque $p$ est premier, $n^P-n$ est un multiple de $p$ \fg connu sous le nom de Petit théorème de Fermat.
L'exercice précédent aide à démontrer ce résultat pour $p=3$ et $p=5$, une généralisation est au programme de l'enseignement de spécialité.}
\pagebreak
\Exoi{Soit $(u_n)$ la suite définie par son premier terme $u_0$ et par la relation $ u_{n+1}=\sqrt{u_n+15}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer par récurrence que :
\begin{enumerate}
\item %lorsque $u_0\in [0;4]$, on a, pour tout $n$, $0\leq u_n\leq 5$.
Notons $\mathscr P(n) : 0\leq u_n\leq 5$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation} :\\
Pour $n=0$ on sait que $0\leq u_0\leq 4$ donc $\mathscr P$ est initialisée.
\item \textbf{Hérédité} :\\
Supposons que la propriété $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n$ et montrons qu'elle est vraie au rang $n+1$.\\
On suppose donc que :
$$0\leq u_n\leq 5 $$
Et on veux montrer que :
$$ 0\leq u_{n+1}\leq 5$$
Allons-y :
$$ 0\leq u_n\leq 5\Longleftrightarrow 15\leq u_n+15\leq 20$$
Comme la fonction racine carrée est strictement croissante sur $\R^+$ on a :
$$ \sqrt{15}\leq \sqrt{u_n+15}\leq \sqrt{20}\Longleftrightarrow 0\leq \sqrt{15}\leq u_{n+1}\leq \sqrt{20}\leq 5$$
Ainsi $\mathscr P$ est héréditaire, par conséquent on a pour tout $n\in\N$ :
$$ 0\leq u_n\leq 5$$
\end{itemize}
\item %lorsque $u_0\in[5;10]$, on a, pour tout $n$, $4\leq u_n\leq 10$. 
Notons $\mathscr P(n) : 4\leq u_n\leq 10$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation} :\\
Pour $n=0$ on sait que $5\leq u_0\leq 10$ donc $\mathscr P$ est initialisée.
\item \textbf{Hérédité} :\\
Supposons que la propriété $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n$ et montrons qu'elle est vraie au rang $n+1$.\\
On suppose donc que :
$$4\leq u_n\leq 10 $$
Et on veux montrer que :
$$ 4\leq u_{n+1}\leq 10$$
Allons-y :
$$ 4\leq u_n\leq 10\Longleftrightarrow 19\leq u_n+15\leq 25$$
Comme la fonction racine carrée est strictement croissante sur $\R^+$ on a :
$$ \sqrt{19}\leq \sqrt{u_n+15}\leq \sqrt{25}\Longleftrightarrow 4\leq \sqrt{19}\leq u_{n+1}\leq  5\leq 10$$
Ainsi $\mathscr P$ est héréditaire, par conséquent on a pour tout $n\in\N$ :
$$ 4\leq u_n\leq 10$$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{enumerate}}

\end{document}
