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On considère la suite (u

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Terminale S Correction Test 1 2018-2019

I Suite récurrente

On considère la suite (u

n

)

n∈N

définie par u

n+1

= 1, 2u

n

+3 et u

0

= 1. On définit (v

n

)

n∈N

par v

n

= u

n

+15, pour tout n ∈ N .

1.

ProuÆver que

(v

n

)

n∈N est géométrique de rai son 1,2.

Pour tout n ∈ N ,

v

n+1

= u

n+1

+ 15

= 1, 2u

n

+ 3 + 15

= 1, 2u

n

+ 18

= 1, 2(v

n

− 15) + 18

= 1, 2v

n

La suite (v

n

) est donc géométrique de raison 1,2.

2.

Expres sion de

v

n en fontion de

n

.

Pour tout n ∈ N , le cours permet d’écrire : v

n

= v

0

q

n

= 16 × 1, 2

n

. En effet v

0

= u

0

+ 15 = 1 + 15 = 16

donc u

n

= v

n

− 15 = 16 × 1, 2

n

− 15, pour tout n ∈ N .

II Suite explicite

Soit (u

n

)

n∈N

la suite définie, pour tout n ∈ N , par u

n

= − 1 − 3n 4 + 2n 1.

Ju stifier que

u

n

6 0

pour tout

n ∈ N

.

Pour tout n ∈ N , 4 + 2n > 0

− 1 − 3n < 0

 

 

u

n

< 0 avec la règle des signes du quotient

2.

ExpriÆmer

u

n+1

u

n pour tout

n ∈ N

.

En déduire que la suite

(u

n

)

n∈N est déroi s saÆnte.

Pour tout n ∈ N , on évalue

u

n+1

u

n

= − 1 − 3(n + 1)

4 + 2(n + 1) − − 1 − 3n 4 + 2n

= − 3n − 4

2n + 6 − − 1 − 3n 2n + 4

= − 3n − 4

2n + 6 × 2n + 4

2n + 4 + 1 + 3n

2n + 4 × 2n + 6 2n + 6

= − 6n

2

− 12n − 8n − 16 + 2n + 6 + 6n

2

+ 18n (2n + 4)(2n + 6)

= − 10

(2n + 4)(2n + 6)

n > 0 − 10 < 0

(2n + 4)(2n + 6) > 0

 

 

u

n+1

u

n

< 0 ⇔ u

n+1

< u

n

⇔ (u

n

) est décroissante.

Lycée Bertran de Born - Périgueux 1 sur 2

(2)

Terminale S Correction Test 1 2018-2019

III Suite définie par récurrence

On considère la suite (u

n

)

n∈N

définie par

 

 

u

0

= − 1

u

n+1

= 0, 2u

n

+ 0, 6 1.

Caluler les troi s premier s terÆmes de la suite

(u

n

)

n∈N

.

u

0

= − 1 ; u

1

= 0, 2 × ( − 1) + 0, 6 = 0, 4 et u

2

= 0, 68.

2.

Démontrer par réurrene

P (n) : pour tout entier n > 0, u

n

6 u

n+1

6 1.

Initialisation : u

0

= − 1 et u

1

= 0, 4 donc u

0

6 u

1

6 1 et P (0) est vraie.

Hérédité : Soit n ∈ N , supposons P (n) vraie et montrons que P(n + 1) est vraie.

P(n) est vraieu

n

6 u

n+1

6 1

⇒ 0, 2u

n

6 0, 2u

n+1

6 0, 2

⇔ 0, 2u

n

+ 0, 6 6 0, 2u

n+1

+ 0, 6 6 0, 8

u

n+1

6 u

n+2

6 0, 8 < 1 donc P(n + 1) est vraie.

Conclusion : Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n ∈ N ,

u

n

6 u

n+1

6 1.

3.

En déduire le sen s de variation de la suite

(u

n

)

n∈N. Est-elle borÆnée?

La relation précédente u

n

6 u

n+1

a permis de justifier que (u

n

) est croissante.

De u

n

6 1, on déduit que (u

n

) est majorée par 1. Comme (u

n

) est croissante, elle est minorée par son premier terme u

0

= − 1, donc (u

n

) est bornée : ∀ n ∈ N , − 1 6 u

n

6 1.

4. On définit la suite (v

n

)

n∈N

par v

0

= 2 et v

n+1

= 0, 2v

n

+ 0, 6.

Émettre des on jetures sur le sen s de variation de

(v

n

)

et le aratère miÆnorée

ou ma jorée de

(v

n

)

n∈N

.

Cette suite est décroissante et bornée également : ∀ n ∈ N , 0, 75 6 u

n

6 2 Cela peut se démontrer par récurrence.

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