Correction Devoir Maison 1

(1)

TS

Correction Devoir Maison 1

_2013-2014

EXERCICE 1 On considère la fonction polynomiale définie sur R par : P(x) = 2x

³

− 5x

²

+ x + 2

1. P (2) = 2 × 2

³

− 5 × 2

²

+ 2 + 2 = 16 − 20 + 4 = 0. Ainsi 2 est racine de P .

2. Comme 2 est racine de P, P(x) se factorise sous la forme (x − 2)(ax

²

+ bx + c) où a, b et c sont des réels à déterminer.

Or (x − 2)(ax

²

+ bx + c) = ax

³

+ (b − 2a)x

²

+ (c − 2b)x − 2c. Deux polynômes sont égaux, pour tout x réel si et seulement si les coefficients sont égaux, ce qui donne en identifiant :



 



 

 a = 2 b − 2a = − 5 c − 2b = 1

− 2c = 2

⇔





 a = 2 b = − 1 c = − 1 Ainsi, ∀ x ∈ R , P(x) = (x − 2)(2x

²

− x − 1).

3. • P (x) = 0 ⇔ (x − 2)(2x

²

− x − 1) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ou 2x

²

− x − 1 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 1 ou x = − 1 2 .

• P (x) < 2 ⇔ 2x

³

− 5x

²

+ x + 2 < 2 ⇔ 2x

³

− 5x

²

+ x < 0 ⇔ x(2x

²

− 5x + 1) < 0.

∆ = 25 − 8 = 17, 2x

²

− 5x + 1 = 0 admet donc deux solutions réelles : x

1

= 5 + √ 17

4 et x

2

= 5 − √ 17

4 .

x Signe de x Signe de 2x

²

− 5x + 1

(signe deaextérieur racines)

Signe de x(2x

²

− 5x + 1)

−∞ 0 x

2

x

1

+ ∞

− 0 + + +

+ + 0 − 0 +

− 0 + 0 − 0 + S =] − ∞ ; 0[ ∪ ]x

2

; x

1

[

EXERCICE 2 1. (a) On calcule les premiers termes, par exemple en utilisant le mode récurrence de la calcula- trice, et on obtient :

u

1

= 2 + 1 3 = 7

3 ≈ 2, 33 u

2

= 2 + 8 9 = 26

9 ≈ 2, 89 u

3

= 3 + 16

27 = 97

27 ≈ 3, 59 u

i

= 4 + 32 81 = 356

81 ≈ 4, 40 (b) On peut donc émettre la conjecture que la suite est croissante.

2. (a) Nous allons utiliser un raisonnement par récurrence :

Soit, pour tout entier naturel n, la propriété P(n) : u

n

6 n + 3.

Initialisation : u

0

= 2 et 0 + 3 = 3 donc P (0) est vraie.

Hérédité : On suppose que la propriété P

n

est vraie pour un rang n donné. Démontrons qu’elle est vraie au rang n + 1.

P (n) est vraie ⇔ u

n

6 n + 3

⇔ 2 3 u

n

6 2

3 (n + 3)

⇔ 2 3 u

n

+ 1

3 n + 1 6 2

3 (n + 3) + 1 3 n + 1

⇔ u

n+1

6 n + 3

⇒ u

n+1

6 n + 4 et n + 4 = (n + 1) + 3 donc P(n + 1) est vraie.

Conclusion : D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n :

My Maths Space 1 sur 3

(2)

TS

Correction Devoir Maison 1

_2013-2014

u

n

6 n + 3 (b) ∀ n ∈ N , u

n+1

− u

n

= 2

3 u

n

+ 1

3 n + 1 − u

n

= − 1 3 u

n

+ 1

3 n + 3 3 = 1

3 (n + 3 − u

n

)

D’après la question précédente, pour tout n naturel, on a u

n

6 n + 3 ⇔ n + 3 − u

n

> 0 ⇔ 1

3 (n + 3 − u

n

) > 0

⇔ u

n+1

− u

n

> 0. La suite (u

n

) est donc croissante et la conjecture est démontrée.

3. (a) Exprimons, pour un entier n naturel quelconque, v

n+1

en fonction de v

n

: v

n+1

= u

n+1

− (n + 1) = 2

3 u

n

+ 1

3 n + 1 − n − 1 ⇔ v

n+1

= 2 3 u

n

− 2

3 n ⇔ v

n+1

= 2

3 (u

n

− n) ⇔ v

n+1

= 2 3 v

n

La relation de récurrence obtenue confirme que la suite (v

n

) est géométrique de raison q = 2

3 et de premier terme v

0

= u

0

− 0 = 2.

(b) On peut donc en déduire une écriture explicite du terme général de la suite (v

n

) :

∀ n ∈ N , v

n

= v

0

× q

ⁿ

= 2 2

3

ⁿ

.

Enfin, puisque l’on a, pour tout n, v

n

= u

n

− n ⇔ u

n

= v

n

+n et avec l’expression obtenue précédemment :

∀ n ∈ N , u

n

= 2 2

3

ⁿ

+ n.

(c) Or − 1 < q < 1, donc la limite de la suite (v

n

) est 0, et par somme de limites, la suite (u

n

) tend vers + ∞ , et la suite (u

n

) est divergente.

4. (a) S

n

est la somme des n + 1 premiers termes de la suite u

n

. S

n

= 2

2 3

⁰

+ 0 + 2

2 3

¹

+ 1 + . . .+ 2 2

3

n

+n ⇔ S

n

= 2

"

2 3

⁰

+

2 3

¹

+ . . . + 2

3

n

#

+ 1 + 2 +. . .+n

⇔ S

n

= 2R

n

+ V

n

où

• R

n

= 2

3

⁰

+ 2

3

¹

+ . . . + 2

3

ⁿ

= 1 −

2 3

n+1

1 − 2

3 = 3 × 1 − 2

3

ⁿ⁺¹

!

(Formule du cours) ;

• V

n

= 1 + 2 + . . . + n = n × 1 + n

2 = n(n + 1)

2 (Somme de n termes d’une suite arithmétique de raison 1 et de premier terme 1)

On obtient donc ∀ n ∈ N

^∗

, S

n

= 6 × 1 − 2

3

n+1

!

+ n(n + 1) 2

(b) On en déduit : ∀ n ∈ N

^∗

, T

n

=

6 × 1 − 2

3

n+1

!

+ n(n + 1) 2

n

²

⇔ T

n

=

6 × 1 − 2

3

n+1

!

n

²

+

n(n + 1) 2 n

²

⇔ T

n

=

6 × 1 − 2

3

n+1

!

n

²

+ n

²

+ n

2n

²

⇔ T

n

=

6 × 1 − 2

3

n+1

!

n

²

+ 1

2 + 1 2n . Puisque, une fois encore, 2

3 est entre − 1 et 1, on a : lim

n→+∞

2 3

ⁿ⁺¹

= 0.

On peut conjecturer que la quantité T

n

se comporte, pour n devenant grand, comme l’expression : 6

n

²

+ n

²

+ n 2n

²

== 6

n

²

+ 1 2 + 1

2n qui tend vers 1

2 lorsque n tend vers + ∞ .

(3)

TS

Correction Devoir Maison 1

_2013-2014

EXERCICE 3 1. Soit, pour tout entier naturel n, la propriété P (n) : u

n

> 1.

Initialisation : u

0

= 2 et 2 > 1 donc P (0) est vraie.

Hérédité : On suppose que la propriété P

n

est vraie pour un rang n donné. Démontrons qu’elle est vraie au rang n + 1.

P(n) est vraie ⇔ u

n

> 1

⇔ f (u

n

) > 1 ( ⋆ )

⇔ u

n+1

> 1 donc P (n + 1) est vraie.

( ⋆ ) : On définit f , sur [1; + ∞ [ par f (x) = 1 + 3x 3 + x .

f est dérivable en tant que fonction rationnelle et ∀ x ∈ [1; + ∞ [ f

^′

(x) = 8

(3 + x)

²

et f

^′

(x) > 0. f est donc strictement croissante sur [1; + ∞ [ et si x > 1 alors f (x) > f (1).

Or f (1) = 1 donc pour tout x > 1, f (x) > 1.

Conclusion : D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n,u

n

> 1.

2. (a) Pour tout entier naturel n, on a : u

n+1

− u

n

= 1 + 3u

n

3 + u

n

− u

n

= 1 − u

²_n

3 + u

n

= (1 − u

n

) (1 + u

n

) 3 + u

n

. (b) ∀ n ∈ N ,

u

n

> 1 ⇔ 1 − u

n

< 0 u

n

> 1 ⇒ 1 + u

n

> 0 u

n

> 1 ⇒ 3 + u

n

> 0







Ainsi donc (1 − u

n

) (1 + u

n

) 3 + u

n

< 0 ⇔ u

n+1

− u

n

⇔ (u

n

) décroissante.

EXERCICE 4 :

1. Les valeurs de u seront arrondies au millième.

i 1 2 3

u 0.8 1.077 0.976

2. Pour n = 12, on a prolongé le tableau précédent et on a obtenu :

i 4 5 6 7 8 9 10 11 12

u 1,0083 0,9973 1,0009 0,9997 1,0001 0,99997 1,00001 0,999996 1,000001 La suite (u

n

) semble tendre vers 1 lorsque n tend vers + ∞ .

3. On considère la suite (v

n

) définie, pour tout entier naturel n, par : v

n

= u

n

− 1 u

n

+ 1 . (a) ∀ n ∈ N , v

n+1

= u

n+1

− 1

u

n+1

+ 1 =

1+0,5un

0,5+un

− 1

1+0,5un

0,5+un

+ 1 =

1+0.5un−0.5−un

0.5+un

1+0.5un+0.5+un

0.5+un

= 0.5 − 0.5u

n

1.5 + 1.5u

n

= − 0.5(u

n

− 1) 1.5(u

n

+ 1) = − 1

3 v

n

. La suite (v

n

) est géométrique de raison − 1

3 . (b) v

0

= u

0

− 1

u

0

+ 1 = 2 − 1 2 + 1 = 1

3 et ∀ n ∈ N , v

n

= v

0

q

ⁿ

= 1 3

− 1 3

n

= − 1

3

n+1

. 4. (a) On raisonne par l’absurde : Supposons qu’il existe n ∈ N pour lequel v

n

= 1.

On aurait alors u

n

− 1

u

n

+ 1 1 ⇔ u

n

− 1 = u

n

+ 1. Avec la simplification par u

n

on aboutit à une égalité fausse donc ∀ n ∈ N , v

n

6 = 1.

(b) Pour tout entier naturel n, on a : v

n

= u

n

− 1

u

n

+ 1 ⇔ v

n

(u

n

+ 1) = u

n

− 1 ⇔ v

n

u

n

− u

n

= − 1 − v

n

⇔ u

n

(1 − v

n

) = 1 + v

n

⇔ u

n

= 1 + v

n

1 − v

n

(écriture licite puisque v

n

6 = 1).

(c) Limite de la suite (u

n

) : il est clair que 1

3

n

−→

→+∞

0 car − 1 < 1

3 < 1 donc lim

n→+∞

v

n

= 0.

On présente le calcul de la limite de (u

n

) sous la forme d’une composition :

n→+∞

lim v

n

= 0

X

lim

→0

1 + X 1 − X = 1







(composition)

n→+∞

lim u

n

= 1