Correction du DST

Correction du DST

I Amérique du sud novembre 2014

On considère la suite numérique (u_n) définie surNpar :







u₀=2 un+1= −1

2u²_n+3un−3

2pour toutn∈N Partie A : Conjecture

1. u₁= −1

2u₀²+3u₀−3 2= −1

22²+3×2−3

2= −2+6−3 2= 5

2 u₂= −1

2u₁²+3u₁−3 2= −1

2 µ5

2

¶2

+3×5 2−3

2= −25 8 +15

2 −3 2= 23

8 2. En programmant à la calculatrice la fonctionf définie par f(x)= −1

2x²+3x−3

2, on obtient : u₃=f(u₂)=f

µ23 8

¶

=383

128 ≈ 2,992 19 etu₄=f(u₃)=f µ383

128

¶

≈ 2,999 97 3. On peut conjecturer que la suite (u_n) estcroissanteet qu’elleconverge vers 3.

Partie B : Validation des conjectures

On considère la suite numérique (v_n) définie pour tout entier natureln, par :v_n=u_n−3.

1. Pour toutn,v_n+1=u_n+1−3= −1

2u²_n+3u_n−3

2−3= −1

2u_n²+3u_n−9 2 v_n²=(u_n−3)²=u²_n−6u_n+9 donc−1

2v²_n= −1 2

¡u²_n−6u_n+9¢

= −1

2u²_n+3u_n−9

2=v_n+1 On a donc démontré que, pour tout entier natureln, vn+1= −1

2v_n² . 2. SoitP_nla propriété−1Év_nÉ0.

• Initialisation :v₀=u₀−3=2−3= −1 donc−1Év₀É0 ; la propriété est vraie au rang 0.

• Hérédité: Supposons la propriété vraie au rangpÊ0, c’est-à-dire−1Év_pÉ0.

On sait que, pour toutp,v_p+1= −1 2v²_p.

−1Év_p É0=⇒0Év²_pÉ1=⇒ −1 2É −1

2v²_pÉ0=⇒ −1

2Év_p+1É0 Donc−1Év_p+1É0 et donc la propriété est vraie au rangp+1.

• La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire ; donc elle est vraie pour tout entier natureln.

Pour toutndeN, on a : −1ÉvnÉ0

3. (a) Pour tout entier natureln:v_n+1−v_n= −1

2v²_n−v_n= −v_n µ1

2v_n+1

¶

(b) Pour toutn,v_nÉ0 donc−v_nÊ0.

Pour toutn,−1ÉvnÉ0 donc−1 2É1

2vnÉ0 et donc 1 2É1

2vn+1É1 ; donc1

2vn+1>0.

−v_nÊ0 1

2v_n+1>0







=⇒ −vn

µ1 2vn+1

¶

Ê0 ⇐⇒ vn+1−vnÊ0 Pour toutn,v_n+1−v_nÊ0, donc la suite (v_n) estcroissante.

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4. La suite (v_n) est croissante et majorée par 0 donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (v_n) estconvergente.

5. On noteℓlimite de la suite (v_n). On admet queℓ∈]−1 ; 0[ et vérifie l’égalité :ℓ= −1 2

ℓ². On résout l’équationx= −1

2x²dontℓest solution : x= −1

2x² ⇐⇒ 2x+x²=0 ⇐⇒ x(2+x)=0 ⇐⇒ x=0 oux= −2 Mais on sait queℓ∈]−1 ; 0[ donc ne peut pas correspondre àx= −2.

Doncℓ=0 et la limite de la suite (v_n) est 0.

6. La suite (v_n) est croissante et, pour toutn,u_n=v_n+3 ; donc on peut dire que la suite (u_n) estcroissante.

La suite (v_n) est convergente vers 0 donc, d’après les théorèmes sur les limites, on peut dire que la suite (u_n) est convergente vers 3.

Les conjectures faites dans lapartie Asont donc validées.

II Nouvelle Calédonie novembre 2014

On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ; +∞] par f(x)=5− 4 x+2. 1. f^′(x)=0−0(x+2)−4×1

(x+2)² = 4

(x+2)²>0 sur ]0 ;+∞].

Donc la fonction f eststrictement croissantesur ]0 ;+∞].

2. On résout dans ]0 ;+∞] l’équation f(x)=x: f(x)=x ⇐⇒ 5− 4

x+2=x ⇐⇒ 5(x+2)−4−x(x+2)

x+2 =0 ⇐⇒ 5x+10−4−x²−2x x+2 =0

⇐⇒ −x²+3x+6

x+2 =0⇐⇒ −x²+3x+6=0 etx+26=0 On résout−x²+3x+6=0 ;∆=9−4×6×(−1)=33>0.

Les solutions sont donc −3−p 33

−2 =3+p 33

2 et 3−p 33

2 .

Cette deuxième solution est négative donc l’unique solution de l’équation f(x) =x dans l’intervalle ]0 ;+∞] est α=3+p

33

2 ≈4, 37.

3. On considère la suite (un) définie paru0=1 et, pour tout entier natureln,un+1=f (un).

Sur la figure deannexe 1, on place les pointsM₀,M₁etM₂d’ordonnée nulle et d’abscisses respectives u₀,u₁etu₂.

On peut conjecturer que la suite (u_n) estcroissante et converge versα. 4. (a) SoitP_nla propriété 0Éu_nÉu_n+1Éα.

• Initialisation: Pourn=0,un=u0=1 etun+1=u1=f(u0)=5− 4

1+2=11

3 ; de plusα≈4, 37.

On a 0É1É11

3 Éαce qui veut dire que la propriété est vraie au rang 0.

• Hérédité: On suppose la propriété vraie au rangpÊ0, autrement dit : 0Éu_p Éu_p+1Éα. On sait d’après la question1.que la fonction f est strictement croissante sur ]0 ;+∞] ; donc : 0Éu_pÉu_p+1Éα=⇒f(0)Éf(u_p)Éf(u_p+1)Éf(α)

f(0)=3Ê0,f(up)=up+1etf(up+1)=up+2.

De plus,αest solution de l’équationf(x)=xdonc f(α)=α.

On a donc 0Éu_p+1Éu_p+2Éα; on peut dire que la propriété est vraie au rangp+1.

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• La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire ; donc la propriété est vraie pour tout entier natureln.

On a donc démontré que, pour tout entier natureln, 0Éu_nÉu_n+1Éα. (b) Pour toutn,u_nÉu_n+1donc la suite (u_n) estcroissante.

Pour toutn,u_nÉαdonc la suite (u_n) estmajoréeparα.

Donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (u_n) estconvergente.

5. Pour tout entier natureln, on définit la suite (Sn) parSn=

n

X

k=0

u_k=u0+u1+]ot s+un.

(a) S₀=u₀=1 ;S₁=u₀+u₁=1+11 3 = 14

3 ≈4, 67 S₂=u₀+u₁+u₂=S₁+u₂;u₂=f(u₁)= f

µ11 3

¶

= 73

17doncS₂= 14 3 +73

17= 457

51 ≈8, 96 doncS₂≈ 8, 96.

(b) On complète l’algorithme donné en annexe 2 pour qu’il affiche la sommeS_n pour la valeur de l’entierndemandée à l’utilisateur.

(c) On sait que la suite (u_n) est croissante donc, pour toutndeN,u_nÊu₀. Oru₀=1, donc, pour toutn,u_nÊ1 et doncS_n=u₀+u₁+. . .+u_nÊn+1.

Or lim

n→+∞n+1= +∞donc, d’après les théorèmes de comparaison sur les limites :

n→+∞lim S_n= +∞

Construction des termes de la suite

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 7

O M₀ M₁

u1

M₂ u₂

α

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Algorithme Entrée : nun entier naturel

Variables : uetssont des variables réelles neti sont des variables entières Initialisation : uprend la valeur 1

sprend la valeuru i prend la valeur 0 Demander la valeur den Traitement : Tant quei<n

Affecter àila valeuri+1 Affecter àula valeur5− 4

u+2 Affecter àsla valeurs+u Fin Tant que

Sortie : Affichers

III Pondichéry avril 2015

Partie A

1. On a pour tout natureln,v_n+1=u_n+1− b

1−a =au_n+b− b 1−a = aun+b(1−a)−b

1−a =aun−a b 1−a =a

·

un− b 1−a

¸

= avn .

L’égalitév_n+1=av_n, vraie pour tout naturelnmontre que la suite (v_n) estgéométriquede raisona.

2. On sait quev_n=v₀×aⁿ; donc sia∈]−1 ; 1[, alors lim

n→+∞aⁿ=0, donc

n→+∞lim v_n=0 ⇐⇒ lim

n→+∞u_n− b

1−a =0 soit lim

n→+∞u_n= b 1−a . Partie B

1. Après la taille la plante mesure 80× µ

1−1 4

¶

=80×3

4= 60 (cm) .

Au bout de 1 an elle a poussé de 30 cm ; elle mesurera donc en mars 2016 avant la tailles 60+30= 90 cm. 2. (a) D’une année sur l’autre, tailler le quart revient à multiplier par 3

4=0, 75 et la pousse annuelle est de 30 cm, donc :

pour toutn, hn+1=0, 75hn+30.

(b) Mars 2015 correspondant àn=0, on a :h₀=80 ;h₁=90,

h2=0, 75×90+30=67, 5+30= 97, 5 : la suitesemble être croissante. Démontrons cette conjec- ture par récurrence :

Initialisation: on sait déjà queh₀<h₁;

Hérédité : supposons qu’il existep∈Ntel quehp <hp+1, alors

0, 75h_p <0, 75h_p+1 ⇐⇒ 0, 75h_p+30<0, 75h_p+1+30 ⇐⇒ h_p+1<h_p+2: l’hérédité est démontrée, donc la suite (hn) estcroissante.

(c) On utilise le résultat de la partie A avec la suite (h_n) et les coefficientsa=0, 75 et b = 30.

Comme−1<0, 75<1, la suite (h_n) converge vers b

1−a = 30

1−0, 75= 30

0, 25= 120.

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