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laurent2403

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recurence

bonjour tout le monde
pouriez vous m'aider un peu svp?
voila comment montrer par recurence : 2^n>n²  peut on passer par les log? pour tout n>5
MERCI

Dernière modification par laurent2403 (14-07-2010 07:25:32)

SynPoo

Invité

Re : recurence

lemme : montrer que 2^n - 2n-1>=0, par récurrence
vrai pour n=5
2^(n+1) -2(n+1)-1 = 2^n + 2^n -2n-1-2>=2^n-2>=0, donc vrai pour tout n>=5

Démonstration générale
hypothèse de récurrence vérifiée facilement,

récurrence :
2^(n+1)- (n+1)² = 2^n +2^n -n² -2n -1 >= (par récurrence) 2^n-2n-1>=0 (cf lemme ci-dessus)

CQFD, isn't it ?

yoshi

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Re : recurence

Bonjour,

Je propose une variante...
L'hypothèse de récurrence est facilement vérifiable pour 5, 6......
On suppose vrai [tex]2^n > n^2[/tex] et on cherche à montrer que [tex]2^{n+1}>(n+1)^2[/tex]
Pour n >=5, on a donc
[tex]2^n > n^2 \Leftrightarrow  2 \times 2^n > 2n^2[/tex]
Maintenant la question est : pour quelles valeurs de n a-t-on :
[tex]2n^2 > (n+1)^2[/tex] ?
Résolvons :
[tex]2n^2-(n+1)^2 >0[/tex]
Soit :
[tex]n^2-2n-1>0[/tex]
[tex]\Delta = 4+ 4= 8 =2\sqrt 2[/tex]
Autre technique  : factorisation : [tex]n^2-2n-1=n^2-2n+1-2=(n-1)^2-(\sqrt 2)^2 =(n-1-\sqrt 2)(n-1+\sqrt 2)[/tex]
Solution de l'inéquation (pour n entier naturel) :
[tex]n>\frac{2+2\sqrt 2}{2}[/tex] 
Autre technique  : factorisation : [tex]n^2-2n-1=n^2-2n+1-2=(n-1)^2-(\sqrt 2)^2 =(n-1-\sqrt 2)(n-1+\sqrt 2)[/tex]
Soit  [tex]n >1+\sqrt 2[/tex]
D'où [tex]n \geq 3[/tex].
Donc c'est toujours vrai sur [5 ; +oo[...
Donc
[tex]\forall n \in \mathbb{N},\;n\geq 5 : 2^{n+1}>2n^2>(n+1)^2[/tex]

@+