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





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Linégalité de Bernoulli. Démontrer par récurrence que pour tout

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 :.



SUITES ET RAISONNEMENT PAR RÉCURRENCE

13 exercices corrigés ? p.155 Démontrons l'inégalité de Bernoulli : ?a ? ?+ ... temps



Valeurs absolues. Partie entière. Inégalités

Exercice 2 *I Inégalité de BERNOULLI. Montrer que pour a réel positif et n entier naturel donnés



Capes Externe 2004 Corrigé de lépreuve 1 avec remarques et

12 avr. 2004 1 Corrigé du probl`eme. 2. 2 Remarques et compléments ... 2.5 Sur l'inégalité de Bernoulli . ... dans M2 (R) (voir [7] exercice 7.1.).



EXERCICES MPSI R. FERRÉOL 16/17

(inégalité de Bernoulli) : Montrer que si x ^ ?1 alors pour tout n entier naturel



Raisonnement par récurrence : Exercices Corrigés en vidéo avec le

Raisonnement par récurrence : Exercices. Corrigés en vidéo avec le cours sur jaicompris.com. Introduction Récurrence - inégalité de Bernoulli.



Chapitre 3: La démonstration par récurrence

(1 + x)n ? 1 + nx (Inégalité de Bernoulli). Jacques Bernoulli. 1654 – 1705. Exercice 3.13 : Démontrer que ?n?IN on a n ? 2n. Exercice 3.14 



Feuille dexercices no 4

Inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev loi des grands nombres Solution : TCL (en écrivant S comme somme de 100 v.a. Bernoulli indépendantes) ou ...



BANQUE ÉPREUVE ORALE DE MATHÉMATIQUES SESSION 2021

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Manipuler linégalité de Bienaymé-Tchebychev

11 oct. 2021 On pourra essayer de dégager un schéma de Bernoulli pour justifier que Zn suit une loi binomiale dont on identifiera les paramètres. (2). Il ...

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 :

n

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

1N

P, c'est-à-dire :

1

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

2

11 11NxNx Nx et, finalement :

1 111
N xNx t 1N

P est donc vraie.

Conclusion

Pour tout entier naturel n non nul,

n

P est vraie.

Résultat final

*, 1; , 1 1 n nx xnxquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
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