Correction du DS n°2

Devoir surveillé n

2

Exercice 1

1. La suite est arithmétique doncu11=u5+ (11−5)r, oùr est la raison. On obtient :r= 22−4 11−5 = 3.

Doncu0=u5+ (0−5)r=−11 etuⁿ =−11 + 3npour toutn∈N. On en déduit u0+· · ·+uⁿ=(n+ 1)(−11 + (−11 + 3n)

2 = (n+ 1)(3n−22)

2 .

2. (a) u1= u0

3 + 2u0

=1

5 et u2= u1

3 + 2u1

= 1 155

5 +2 5

= 1 175

5

= 1 17. (b) Soitn∈N.vⁿ+ 1 = 1

uⁿ+1

= 1

uⁿ 3 + 2uⁿ

=3 + 2un

uⁿ = 3× 1 uⁿ +2un

uⁿ = 3vn+ 2.

(c) C’est une suite arithmético-géométrique donc on résoutx= 3x+ 2 qui donnex=−1, ce qui conduit à poserwⁿ=vⁿ−(−1) =vⁿ+ 1 pour toutn∈N.

Soit n∈ N,wn+1 =vn+1+ 1 = 3vn+ 2 + 1 = 3vn+ 3 = 3(vn+ 1) = 3wn qui est donc une suite géométrique de raison 3.

Commev0= 1 u0

= 1 etw0=v0+ 1 = 2, on en déduit que pour toutn∈N, wⁿ= 2(3)ⁿ puisvⁿ=wⁿ−1 = 2×3ⁿ−1. Finalement,uⁿ= 1

vⁿ = 1 2×3ⁿ−1 (d) Par linéarité et d’après les formules de sommes remarquables,

n

X

k=0

v^k=

n

X

k=0

w^k+

n

X

k=0

(−1) = 21−3ⁿ⁺¹ 13

+ (n+ 1)(−1) = 3ⁿ⁺¹−n−2.

(e) Le programme demande une valeur denà l’utilisateur, puis calcule et afficheu0+· · ·+uⁿ. (f) Le résultat affiché sera doncu0+u1+u2+u3= 1 +1

5 + 1 17+ 1

53

Exercice 2 Partie 1

1. Voir TP.

2. Indication : Étudier les variations de la fonction ϕdéfinie pour toutx∈]0 ; 1] par ϕ(x) =x+ ln(1−x).

(ϕ^′(x) = 1− 1

1−x=− x 1−x.)

3. Indication : Remplacer dans 2)xpar 1 k+ 1 4.

vⁿ =

n

X

k=1

1 k = 1 +

n−1

X

k=1

1 k+ 1

6 1 +

n

X

k=1

−ln

1− 1 k+ 1

= 1 +

n−1

X

k=1

(ln(k+ 1)−ln(k)) = ln(n) + 1

Conclusion : ∀n∈N^∗, vⁿ6ln(n) + 1.

Partie 2

1. Voir TP.

2. Par récurrence on doit d’abord montrer queuⁿ est définie avant de regrarder son signe : (a) ⋆ Pourn= 0 est-ce queu0 est défini et strictement positif ? Oui caru0= 1

⋆ Soitn∈Ntel queuⁿ défini et strictement positif.

Alorsuⁿ+ 1

uⁿ est bien défini caruⁿ6= 0 et est strictement positif.

⋆ Donc par récurrence, chaque terme de cette suite est parfaitement défini et strictement positif.

(b) On a donc pour tout entiern:uⁿ+1> uⁿ car 1/un>0,et la suiteuest donc croissante.

3. (a) O na

u²k+1−u²k =

u^k+ 1 u^k

²

−u²k=u²k+ 2 + 1 u²k

−u²k = 2 + 1 u²k

(b) Par récurrence :

⋆ Est-ce que, pour n= 1, u²₁= 2·1 + 1 +

0

X

k=0

1 u²k

?

Or

0

X

k=0

1 u²k

=1 u²0

= 1 etu²₁= 2²= 4 donc oui !

⋆ Soitn≥1 tel queu²n= 2n+ 1 +

n−1

X

k=0

1 u²k

. Est-ce queu²n+1= 2 (n+ 1) + 1 +

n

X

k=0

1 u²k

?

Oru²n+1=u²n+ 2 + 1 u²n

= 2n+ 1 +

n−1

X

k=0

1 u²k

+2 + 1 u²n

.= 2 (n+ 1) + 1 +

n

X

k=0

1 u²k

⋆ Donc la formule est vraie pour tout entier n>1 Variante : en voyant la somme telescopique :

n−1

X

k=1

u²k+1−u²k = u²n−1 d’une part et d’autre part

n−1

X

k=1

u²k+1−u²k =

n−1

X

k=1

2 + 1 u²k

= 2 (n−1) +

n−1

X

k=1

1 u²k

doncu²n= 2n+ 1 +Pⁿ⁻¹

k=0 1 u2

k

(c) Or 1/u²k >0 donc

n

X

k=0

1 u²k

>0 et donc∀n∈N^∗, u²n>2n+ 1.

Finalement, comme 2n+1_n→+∞→ +∞,par minorationu²n_n→+∞→ +∞etuⁿ=|uⁿ|=p

u²n _n→+∞→ +∞ 4. (a) On veut majoreru²n= 2n+ 1 +Pn−1

k=0 1 u2

k

et pour cela, minorer _u¹₂

k

: Pour toutn:u²n >2n+ 1>2ndonc 1

u²n

6 1

2n sin >0 (si n>1 ) le terme pourn= 0 est donc à garder à part.

Donc

n−1

X

k=0

1 u²k

= 1 1² +

n−1

X

k=1

1 u²k

61 +

n−1

X

k=1

1

2n= 1 + 1

2vn−1 sin−1>1 i.e.n>2 D’où

u²n= 2n+ 1 +

n−1

X

k=0

1 u²k

62n+ 1 + 1+1 2vn−1

Conclusion : u²n62n+ 2+¹₂vn−1pour toutn>2

(b) Et commevⁿ61 + ln (n) pour tout entiern>2 on a doncvn−161 + ln (n−1) u²n 62n+ 2 + 1 + ln(n−1)

2 = 2n+5

2+ln (n−1)

2 .

(c) On a alors l’encadrement :

2n+ 16u²n62n+5

2+ln (n−1) 2

et comme la fonction √est strictmeent croissante sur [0,+∞[ et qu’ils en sont éléments :

√2n+ 1 6 uⁿ6 r

2n+5

2+ln (n−1)

2 donc

√2np

1 + 1/2n 6 uⁿ6√ 2n

r 1+ 5

4n+ln (n−1)

4n et

r 1 + 1

2n 6 uⁿ

√2n 6 r

1+ 5

4n+ln (n−1) 4n et par encadrementuⁿ/√

2n_n→+∞→ 1.

Exercice 3

1. n=input(’entrer la valeur de n’) u=1

for k=1:n u=log(1+u∧2) end

disp(u)

2. u0= 1 alors 06u061.

On suppose que pour un entier naturel n

06u²n 61 ,

16u²n+ 162 ln(1)6ln(u²n+ 1)6ln(2) ce qui donne

06uⁿ+161

On a établit à l’aide d’un raisonnement par récurrence que pour tout entierN, 06uⁿ61

3. (a) D’après les théorèmes généraux, la fonctionfest dérivable sur l’intervalle [0; 1], et pour toutx∈[0; 1] ; f^′(x) = 2x

1 +x² −1 = −(x−1)² 1 +x² 60.

La fonctionf est donc décroissante sur [0; 1]. De plusf(0) = 0 donc la fonctionf est négative sur [0; 1] . (b) Pour tout entier natureln,uⁿ+1−uⁿ= ln(u²n+ 1)−uⁿ=f(un) etuⁿ∈[0; 1] or f est négative sur

[0; 1] doncun+1−un60. On en déduit que la suite (un)n>0 est décroissante.

(c) La suite (un)n>0 est, d’après b), décroissante, et, d’après 2., décroissante. Le théorème de conver- gence monotone permet alors de conclure que la suite (un)n>0 est convergente.

4. (a) Soit g la fonction définie pour tout réelx>0, par g(x) = ln(1 +x)−x. g est dérivable sur R₊ et g^′(x) = 1

1 +x−1 = −x

1 +x 60. La fonctiong est donc décroissante surR₊ or g(0) = 0 doncg est négative surR₊. On a montré que pour tout x>0, ln(1 +x)6x.

(b) Pour tout entiern∈Nu²n>0 donc uⁿ+1= ln(1 +u²n)6u²n d’après la question précédente.

(c) Pour n = 1, u1 = ln(1 +u0) = ln(1 + 1) = ln(2). On suppose maintenant qu’un entier n >

1 fixé, uⁿ 6 (ln 2)ⁿ. D’après la question précédente, uⁿ+1 6 u²n donc uⁿ+1 6 ((ln(2))ⁿ)² = (ln(2))²ⁿ = (ln(2))ⁿ⁺ⁿ = (ln(2))ⁿ(ln(2))ⁿ or 0 < ln(2) < 1 donc 0 < (ln(2))ⁿ < ln(2). Ainsi un+16(ln(2))ⁿln(2) = (ln(2))ⁿ⁺¹.

On a montré à l’aide d’un raisonnement par récurrence que pour tout entiern>1, l’inégalitéuⁿ6(ln 2)ⁿ (d) On a montré que, pour tout entiern>1, 06uⁿ6(ln 2)ⁿ.Comme 0< ln2<1,on a lim

n→+∞(ln 2)ⁿ= 0.On a alors, d’après le théorème de l’encadrement, lim

n→+∞uⁿ= 0.

(e) Le programme détermine la première valeur denpour laquelleuⁿ est inférieure à 0,0001.

5. On a pour tout k ∈ N, u^k 6(ln2)^k. Donc pour tout entier n > 2,

n−1

X

k=0

u^k 6

n−1

X

k=0

(ln 2)^k = 1−(ln 2)ⁿ 1−ln 2 (somme des termes d’une suite géométrique).

Exercice 4

Partie I : Exemples

1. Premiers exemples

Pour tout entier naturel n, calculerwⁿ en fonction dendans chacun des cas suivants : (a) On a alorswⁿ=Pⁿ

k=0u^kv^n−k =Pⁿ

k=02·3 = 6 (n+ 1) (b) uⁿ= 2ⁿ et vⁿ= 3ⁿ. On a alors

wⁿ =

n

X

k=0

2^k3^n−k= 3ⁿ

n

X

k=0

(2/3)^k = 3ⁿ

2 3

ⁿ⁺¹

−1

2

3−1 =−2ⁿ⁺¹+ 3ⁿ⁺¹ (c) uⁿ= ²nⁿ! etvⁿ =³nⁿ!. On a alors

wⁿ=

n

X

k=0

2^k k!

3^n−k (n−k)! =

n

X

k=0

1 n!

n k

2^k3^n−k = 1

n!(2 + 3)ⁿ= 1 n!5ⁿ 2. En changeant l’indicekparn−k, on obtient le résultat.

3. Programmation

Dans cette question, les suites uet v sont définies par : ∀n∈N, uⁿ = ln (n+ 1) et vⁿ= 1 n+ 1· On a v^n−k= 1/(n−k+ 1)

n=input(’saisir n ’) w=0

for k=0:n

w=w+log (k+1)/(n-k+1) disp(w)

end

Partie II : Application à l’étude d’un ensemble de suites

Dans cette partie,Adésigne l’ensemble des suitesa= (an)n∈Nde réels positifs vérifiant :

∀n∈N^∗, aⁿ+16 1

2(aⁿ+aⁿ−1)

1. Si une suite aest décroissante alors pour tout entier n >0 :aⁿ+1 ≤aⁿ ≤an−1 doncaⁿ+1 ≤an−1 et en additionnant ces deux inégalités on a 2an+1≤aⁿ+an−1 ou encore,aⁿ+16 ¹₂(an+an−1).

Donc toute suite décroissante de réels positifs est élément deA.

Si une suiteaest strictement croissante alorsaⁿ+1> aⁿ> an−1 et 2an+1> aⁿ+an−1 et on n’a donc pas aⁿ+16¹₂(an+an−1) pour tout entiern >0.Donc une suite strictement croissante ne peut appartenir à A.

2. Soitz= (zn)n∈Nune suite réelle vérifiant :∀n∈N^∗, zⁿ+1= 1

2(zn+zn−1).

(a) Une telle suite est récurrente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants.

Son équation caractéristique est : 2r²−r−1 = 0 qui a pour racines 1 et−1/2 Donc il existe deux constantes réellesαetβ telles que l’on a :

∀n∈N, zⁿ =α+β

−1 2

ⁿ

(b) On utilise la réciproque de la propriété ci-dessus :

Soit la suite définie par zⁿ= 1 + (−1/2)ⁿ. Elle est solution dezⁿ+1= ¹₂(zⁿ+zn−1) et est positive ((−1/2)ⁿ≥ −1 pour tout entier n)

Donc elle est élément deA.Mais elle n’est pas monotone : z0= 2> z1= 1/2< z2= 3/4

Donc il existe des (au moins une) suites appartenant àA et non monotones.

3. Soita= (an)n∈Nun élément deAetbla suite définie par :∀n∈N, bⁿ=

−1 2

ⁿ

.(c’est la suiteu^′ du 3.) On définit alors la suitecpar : c0=a0 et ∀n∈N^∗, cⁿ=aⁿ+1

2aⁿ−1.

(a) Pour tout n ≥1 on a : cⁿ−cⁿ+1 = aⁿ +¹₂an−1− aⁿ+1+¹₂aⁿ = ¹₂(aⁿ+an−1)−aⁿ+1 ≥ 0 car a∈A

Donccn+1≤cn et la suitec est décroissante.

Comme pour tout n∈N: aⁿ >0 alorscⁿ >0 et la suite c est décroissante et minorée par 0 donc convergente vers un réelℓ>0

(b) La démonstration dePⁿ

k=0 −¹2

^k

c^n−k =aⁿ ne se prête pas à la récurrence car napparaît aussi à l’intérieur de la somme, et l’on n’a pas de relation simple entre cⁿ+1−k et c^n−k

On a deux expressions pourcⁿ−k =aⁿ−k+¹₂aⁿ−k−1 sik≤n−1 etcⁿ−n=a0

Il faudra donc découper la somme. Et pour cela, quen>1 Pourn= 0 :P0

k=0 −¹2

^k

c0−k=c0=a0

Et pour tout entier naturel n >0,

n

X

k=0

−1 2

^k

c^n−k =

n−1

X

k=0

−1 2

^k

c^n−k+a0

=

n−1

X

k=0

−1 2

^k

a^n−k+1 2an−k−1

+a0

=

n−1

X

k=0

−1 2

^k

an−k+

n−1

X

k=0

−1 2

^k 1

2an−k−1+a0

=

n−1

X

k=0

−1 2

^k

a^n−k−

n−1

X

k=0

−1 2

^k+1

an−k−1+a0 réindexéh=k+ 1

=

n−1

X

k=0

−1 2

^k

aⁿ−k−

n

X

h=0

−1 2

^h

aⁿ−h+a0

=aⁿ−a0+a0=aⁿ On a donc b∗c=a