Terminale S Correction Devoir maison n˚3 2016 - 2017
EXERCICE 1 1. (a) u1 = 2
3 ×2 + 1
3×0 + 1 = 7
3 ≈2,33 u2 = 2 3 ×7
3+1
3 ×1 + 1 = 26
9 ≈2,89 u3 = 2
3× 26 9 + 1
3×2 + 1 = 97
27 ≈3,59 u4 = 2
3× 97 27+ 1
3×3 + 1 = 356
81 ≈4,40
(b) On peut donc émettre la conjecture que la suite est croissante.
2. (a) Nous allons procéder par récurrence : Pour tout entier natureln, posons la propriétéPnsuivante : un6n+ 3.
Initialisation : Puisque l’on au0 = 2 et 0 + 3 = 3, on vérifie bien : u0 60 + 3 : la propriété P0 est bien vraie.
Hérédité :Pour un entier nnaturel donné, on suppose la propriété Pn vraie.
On a un+1= 2 3un+1
3n+ 1. Par hypothèse de récurrence : un6n+ 3
⇔ 2
3un6 2
3(n+ 3)
⇔ 2
3un6 2 3n+ 2
⇔ 2 3un+1
3n+16 2
3n+2+1
3n+1 Ce qui donneun+1 6n+36n+4. On a doncun+1 6(n+1)+3, c’est à dire que la propriétéPn+1 est vraie.
Conclusion : Puisque la propriété P0 est vraie et que nous avons prouvé l’hérédité, on peut en déduire que pour tout entier natureln, on aPn vraie, c’est à dire que pour tout entier natureln, on a bien un6n+ 3.
(b) un+1−un= 2 3un+1
3n+1−un=−1 3un+1
3n+3
3 . On a donc bienun+1−un= 1
3×(−un+n+3) = 1
3(n+ 3−un), pour toutnentier naturel.
(c) Comme on l’a montré à la question précédente, pour tout n naturel, on a un 6 n+ 3 ce qui équivaut à dire que la différencen+ 3−un est positive, et elle le reste en étant multipliée par 1
3, donc la différence entre deux termes consécutifs étant positive.
On confirme bien que notre conjecture était correcte : la suite (un)n∈N est bien croissante, dès le rang 0.
3. (a) Exprimons, pour un entiernnaturel quelconque, vn+1 en fonction de vn. vn+1 =un+1−(n+ 1) = 2
3un+1
3n+ 1−n−1 = 2 3un−2
3n= 2
3(un−n). Donc vn+1 = 2 3vn. La suite (vn)n∈N est bien géométrique de raisonq = 2
3 et de premier terme v0=u0−0 = 2.
(b) On peut donc en déduire une expression explicite du terme général de la suitev :vn =v0×qn= 22
3 n
.
Enfin, puisque l’on a, pour toutn,vn=un−n, on en déduit :un =vn+net doncun= 2 2
3 n
+n pour tout entier natureln.
(c) Puisque la raison q est strictement comprise entre −1 et 1, on en déduit que la limite de la suite v est 0 donc par limite d’une somme de suites, la limite de la suiteu est donc +∞, et la suite u est donc divergente.
4. (a) Snest la somme den+1 termes de la suiteun. Comme pour toutkentier naturel, on auk=vk+k , on a immédiatement :
Sn=
n
X
k=0
vk+
n
X
k=0
k Orq = 2
3 distinct de 1, d’où
n
X
k=0
vk=v0×1−qn+1 1−q
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n
X
k=0
vk = 2 1−
2 3
n+1
1− 2
3
= 6× 1− 2
3 n+1!
De plus
n
X
k=0
k= n(n+ 1)
2 . Finalement, on a Sn= 6× 1− 2
3 n+1!
+ n(n+ 1)
2 .
(b) On en déduit :Tn=
6× 1− 2
3 n+1!
+n(n+ 1) 2 n2
Tn=
6× 1− 2
3 n+1!
n2 +n2+n 2n2 =
6× 1− 2
3 n+1!
n2 +1
2+ 1 2n. Puisque,q est strictement comprise entre −1 et 1, on a :
n→+∞lim 2
3 n
= 0 d’où lim
n→+∞
2 3
n+1
= lim
n→+∞
2 3
× 2
3 n
= 0.
Donc par limite d’une somme de suites, puis d’un produit de suites :
n→+∞lim 6× 1− 2
3 n+1!
= 6.
Par ailleurs, lim
n→+∞n2 = +∞, donc par limite d’un quotient de suites, lim
n→+∞
6× 1− 2
3 n+1!
n2 =
0.
De plus limn→+∞
1 2 = 1
2 et lim
n→+∞
1
2n = 0, et donc finalement, par limite d’une somme de suites, on arrive à conclure que la suiteT converge vers 1
2.
• • •
EXERCICE 2 1. Le prix de reveint du voyage correspond au salaire du chauffeur auquel s’ajoute le coût du gasoil.
Sachant qued=v×t, la durée du trajet en heure est donnée part= 1500 v . Le salaire du chauffeur pour ce trajet est donc : 10×1500
v = 15000
De plus, on sait que la consommation de carburant pour 100km est donnée parv C(v) donc la consom- mation de carburant pour le trajet est donnée par : 15×C(v).
Sachant que le prix du litre de gasoil côute 1 euro. On a : P(v) = 15000
v + 1×15C(v) = 15000
v +9000
v + 5v = 24000 v + 5v.
2. La fonction P est définie sur ]0; +∞[ est dérivable sur cet intervalle en tant que somme de fonctions dérivables.
Pour toutv >0, on a P′(v)−24000 v2 + 5.
AinsiP′(v) = 0⇔5 = 24000
v2 ⇔5v2 = 24000⇔v2 = 4800.
D’où P′(v) = 0⇒v= 40√
3 (v étant >0).
On en déduit le tableau de variation suivant :
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x Signe deP′(v)
Variations de P
0 40√
3 +∞
− 0 +
L2
P(40√3) P(40√3)
L2 L2
P admet donc un minimum pour v = 40√3 ≈ 69,28. le vitesse qui minimise le coût du trajet est d’environ 70 km/h pour un coût d’environ 693 euros.
• • •
EXERCICE 3 L’objectif de cet exercice est l’étude de la suite récurrente définie par u0= 1 etun+1 = 1
3−un
1. Expression def : f(x) = 1
3−x définie sur [0; 3].
2. ∀x∈[0; 3], f(x) =x⇔ 1
3−x =x⇔x(3−x)−1 = 0⇔ −x2+ 3x−1 = 0
⇔x= 3−√ 5
2 oux= 3 +√ 5 2 . On poseℓ= 3−√
5
2 . (ℓ≈0,382 à 10−3 près)
3. Soit, pour tout entier natureln, la propriétéP(n) :ℓ6un+1 6un61.
Initialisation:u0 = 1, u1 = 0,5, ℓ6u16u061 doncP(0) est vraie.
Hérédité : On suppose que la propriétéPn est vraie pour un rang n donné. Démontrons qu’elle est vraie au rangn+ 1.
P(n) est vraie ⇔ℓ6un+16un61
⇔f(ℓ)6f(un+1)6f(un)6f(1) (⋆)
⇔ℓ6un+2 6un+1 60,561 doncP(n+ 1) est vraie.
(⋆) : f est dérivable en tant que fonction rationnelle et ∀x∈[0; 3]
f′(x) = 1
(3−x)2 et f′(x) > 0. f est donc strictement croissante sur [0; 3] et si x > 1 alorsf(x)> f(1).
Orf(ℓ) =ℓ etf(1) = 0,5<1.
Conclusion: D’après le raisonnement par récurrence, pour tout entier natureln, ℓ6un+16un61.
On en déduit que la suite (un)n∈N est décroissante et minorée par ℓ donc, d’après le théorème de convergence monotone, la suite converge.
Remarque 1 À ce stade, la valeur de la limite n’est pas connue, on peut seulement dire qu’elle est supérieure ou égale àℓ.
4. Onadmet que, pour tout entier naturel non nul,|un−ℓ|6 1
4|un−1−ℓ|. (a) Encore un raisonnement par récurrence :∀n∈N∗, P(n) :|un−ℓ|6
1 4
n
|u0−ℓ|.
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Initialisation:|u1−ℓ|6 1
4 1
|u0−ℓ|doncP(1) est vraie.
Hérédité: On suppose que la propriété Pnest vraie pour un rang ndonné. Démontrons qu’elle est vraie au rangn+ 1.
P(n) est vraie ⇔ |un−ℓ|6 1
4 n
|u0−ℓ|
⇔ 1
4|un−ℓ|6 1 4×
1 4
n
|u0−ℓ|
⇔[un+1−ℓ| 6
admis
1
4|un−ℓ|6 1
4 n+1
|u0−ℓ| doncP(n+ 1) est vraie.
Conclusion: D’après le raisonnement par récurrence, ∀n∈N∗, |un−ℓ|6 1
4 n
|u0−ℓ| (b) D’après ce qui précède, on peut écrire que :
∀n∈N∗, 06|un−ℓ|6 1
4 n
|u0−ℓ| Or comme −1< 1
4<1, 1 4
n
n−→→+∞0 et par opérations sur les limites, 1
4 n
|u0−ℓ| −→n→+∞0
On se retrouve dans les conditions d’utilisation du théorème des gendarmes, (|un−ℓ|)) converge et lim
n→+∞|un−ℓ|= 0, on en déduit que lim
n→+∞un=ℓ
• • •
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