Linégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout PDF

Raisonnement par récurrence TS

Exercice 1. Soit (un) la suite définie par : Montrer une inégalité . ... Montrer à l'aide d'un raisonnement par récurrence que :.

Raisonnement par récurrence : Exercices Corrigés en vidéo avec le

Récurrence - suite bornée - inégalité. Soit la suite (un) définie par u0 = 0 et pour tout entier naturel n un+1 = un + 3. 4un + 4. On consid`ere la fonction f

Linégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout

La forme proposée est obtenue grâce à un raisonnement par récurrence simple. Résolution. Pour tout entier naturel non nul n on pose : n. P

Linégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout

La forme proposée est obtenue grâce à un raisonnement par récurrence simple. Résolution. Pour tout entier naturel non nul n on pose : n. P

SUITES ET RAISONNEMENT PAR RÉCURRENCE

« Un voyage de mille lieues commence toujours par un premier pas. » Lao Tseu env. -600 av. J.-C. Rappels de Première cours ? p.154. 13 exercices corrigés

Raisonner par récurrence

Raisonner par récurrence. Compétences. Exercices corrigés. Savoir mener un raisonnement par récurrence. Savoir faire 1 page 13 ; 52 p 24 ; 93 p 28.

Raisonnement par récurrence

Exercice 1 (Somme des impairs). Nous cherchons à calculer la valeur de la somme des n premiers entiers impairs où n est un entier naturel non nul :.

Logique ensembles

http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00002.pdf

LES SUITES (Partie 1)

que l'on attribue le principe du raisonnement par récurrence. Le nom a probablement été donné par Henri Poincaré (1854 ; 1912) 3) Inégalité de Bernoulli.

Raisonnement par récurrence

La deuxième inégalité a été faite en cours nous démontrons ici seulement que La notation ? n'étant pas encore vue

PanaMaths Septembre 2013

L'inégalité de Bernoulli.

Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul n et tout réel supérieur ou égal à 1, on a : 11 n xnx

Analyse

Elle est classique et bien pratique. On peut la trouver sous diverses formes, l'inégalité pouvant, modulo une petite modification du champ d'application, être stricte. La forme proposée est obtenue grâce à un raisonnement par récurrence simple.

Résolution

Pour tout entier naturel non nul n, on pose :

P : " 1; , 1 1

nxxnx »

Initialisation

Pour

1n, on a : 1; , 1 1

n xxx et

1; , 1 1xnx x .

L'inégalité (qui s'avère être une égalité dans ce cas) est donc bien vérifiée pour tout réel x

supérieur ou égal à 1. 1

P est donc vraie.

Hérédité

Soit N un entier naturel non nul quelconque fixé. On suppose N

P vraie. On suppose donc que

l'on a :

1; , 1 1

N xxNx (hypothèse de récurrence).

On veut montrer que

P, c'est-à-dire :

1; , 1 1 1

N xxNx Pour tout réel x supérieur ou égal à 1 , on a : 10x et donc :

111111

NN xNxxxNxx

C'est-à-dire :

12 111
N xNx N x

PanaMaths Septembre 2013

Comme 2

0Nx, il vient

11 11NxNx Nx et, finalement :

1 111
N xNx t 1N

P est donc vraie.

Conclusion

Pour tout entier naturel n non nul,

P est vraie.

Résultat final

*, 1; , 1 1 n nx xnxquotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

[PDF] Linégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout

PanaMaths Septembre 2013

L'inégalité de Bernoulli.

Analyse

Résolution

Pour tout entier naturel non nul n, on pose :

P : " 1; , 1 1

Initialisation

1n, on a : 1; , 1 1

1; , 1 1xnx x .

P est donc vraie.

Hérédité

P vraie. On suppose donc que

1; , 1 1

On veut montrer que

P, c'est-à-dire :

1; , 1 1 1

111111

C'est-à-dire :

PanaMaths Septembre 2013

0Nx, il vient

11 11NxNx Nx et, finalement :

P est donc vraie.

Conclusion

Pour tout entier naturel n non nul,

P est vraie.

Résultat final