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Initialisation : Puisque l’on au0 = 2 et on vérifie bien : u0 60 + 3 : la propriété P0 est bien vraie

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

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+1un= 2 3un+1

3n+1un=−1 3un+1

3n+3

3 . On a donc bienun+1un= 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)nN 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(unn). Donc vn+1 = 2 3vn. La suite (vn)nN 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=unn, 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

Lycée Bertran de Born - Périgueux 1 sur 2

(2)

Terminale S Correction Devoir maison n˚3 2016 - 2017

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 :

Lycée Bertran de Born - Périgueux 2 sur 2

(3)

Terminale S Correction Devoir maison n˚3 2016 - 2017

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 =xx(3x)−1 = 0⇔ −x2+ 3x−1 = 0

x= 3−√ 5

2 oux= 3 +√ 5 2 . On pose= 3−√

5

2 . (ℓ≈0,382 à 10−3 près)

3. Soit, pour tout entier natureln, la propriétéP(n) :6un+1 6un61.

Initialisation:u0 = 1, u1 = 0,5, 6u16u061 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 ⇔6un+16un61

f(ℓ)6f(un+1)6f(un)6f(1) (⋆)

6un+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) = 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 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|6 1

4|un−1|. (a) Encore un raisonnement par récurrence :∀n∈N, P(n) :|un|6

1 4

n

|u0|.

Lycée Bertran de Born - Périgueux 3 sur 2

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Terminale S Correction Devoir maison n˚3 2016 - 2017

Initialisation:|u1|6 1

4 1

|u0|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|6 1

4 n

|u0|

⇔ 1

4|un|6 1 4×

1 4

n

|u0|

⇔[un+1| 6

admis

1

4|un|6 1

4 n+1

|u0| doncP(n+ 1) est vraie.

Conclusion: D’après le raisonnement par récurrence, ∀n∈N, |un|6 1

4 n

|u0| (b) D’après ce qui précède, on peut écrire que :

n∈N, 06|un|6 1

4 n

|u0| Or comme −1< 1

4<1, 1 4

n

n−→→+∞0 et par opérations sur les limites, 1

4 n

|u0| −→n→+∞0

On se retrouve dans les conditions d’utilisation du théorème des gendarmes, (|un|)) converge et lim

n→+∞|un|= 0, on en déduit que lim

n→+∞un=

• • •

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