Solutions du Devoir n˚6

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Solutions du Devoir n˚6

I) 4 points

On va démontrer que u et v sont adjacentes, c’est-à-dire que u est croissante, v est décroissante etv−utend vers 0.

u_n+1−u_n=· · ·= 1

(n+ 1)! >0, doncuest croissante.

v_n+1−v_n= 1

(n+ 1)!+ 1

(n+ 1)(n+ 1)!− 1

n×(n)! =· · ·=− 1

(n+ 1)n(n+ 1)! <0, donc vest décroissante.

vn−un= 1

n×(n)!. Donc lim

n→+∞vn−un = 0

Les trois conditions de la définition étant remplies, les suitesu et v sont adjacentes.

Donc d’après le théorème des suites adjacentes,uetvsont convergentes et ont la même limite.

II) 6 points

Soitf la fonction définie sur]0; +∞[parf(x) =1 2

x+3

x

f⁰(x) =· · ·= x²−3 2x²

Donc, sur]0; +∞[, f⁰(x)>0⇔x²>3⇔x >√

3. Doncf est strictement décroissante sur]0;√

3[et strictement croissante sur[√ 3; +∞[.

Orf(√

3) =· · ·=√ 3 Donc, pour x > √

3, f(x) > √

3. On va utiliser cette propriété pour démontrer par récurrence queun >√

3.

Minorant

initialisation : u0= 10, doncu0>√ 3 hérédité : Soitntel queun>√

3. D’après la propriété def qui précède,f(un)>√ 3, c’est-à-direun+1>√

3. Donc l’hérédité est démontrée.

conclusion : D’après le principe de récurrence, u_n>√

3 pour toutn>0

Escalier de récurrence

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1 2 3 4 5

0

u0•A B C

D E

F HG I

u1• u2•

•u3

u4•

Le dessin fait figurer la courbe de f et la droite y = x, les valeurs de la suite sont les abscisses des points. usemble décroissante et avoir pour limite l’abscisse du point d’intersection entre la courbe et la droite, c’est-à-dire√

3

Sens de variation

Pour étudier le sens de variation deu, on va étudier le signe deu_n+1−u_n (on pourrait aussi raisonner par récurrence).

u_n+1−u_n=· · ·= 3−u²_n 2un

. Oru_n>√

3, doncu²_n >3, doncu_n+1−u_n 60, etuest donc décroissante .

limite

D’après ce qui précède,uest décroissante et minorée par√

3. Donc d’après un théorème elle converge vers une limiteL>√

3.

Orun+1=f(un), donc par passage à la limiteL=f(L)(carf est continue).

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On résoutL=1 2

L+ 3

L

, c’est-à-dire, après calculs : L²= 3. Cette équation a deux solutions−√

3et √

3. OrL>√

3, donc la seule solution est L=√ 3

III) 4 points

s_2n−s_n= 1

n+ 1 + 1

n+ 2+· · ·+ 1 2n =

2n

X

k=n+1

1 k. Pourn+ 16k62n, 1

2n6 1 k 6 1

n+ 1. Or la somme 1

n+ 1+ 1

n+ 2 +· · ·+ 1

2n contient ntermes.

Donc cette somme est comprise entren× 1

2n et n× 1

n+ 1, soit 1 2 et n

n+ 1 Donc 1

2 6s2n−sn6 n

n+ 1 61 (puisque0< n < n+ 1) On va montrer quesest divergente en raisonnant par l’absurde.

Sisétait convergente vers une limiteL, la limite des2n−sn seraitL−L= 0.

Ors_2n−s_n >1

2, et il est donc impossible que sa limite soit 0.

Donc, par l’absurde,sn’est pas convergente : sest divergente .

Remarque : on peut montrer facilement quesest croissante, donc puisqu’elle est diver- gente c’est qu’elle tend vers+∞.

IV) 6 points

Formule de u_n

Démontrons par récurrence que, pour toutn>0,u_n = cos π 2ⁿ⁺¹

. initialisation : cos π

2⁰⁺¹

= cosπ 2

= 0 Or u0= 0, donc on a bienu0= cos π 2⁰⁺¹

hérédité : Soitntel que un= cos π 2ⁿ⁺¹

. Alorsun+1= v u u t

1 + cos π 2ⁿ⁺¹

2 Posonsθ= π

2ⁿ⁺². Alors π

2ⁿ⁺¹ = 2θ. Doncun+1=

r1 + cos(2θ) 2 Puisque cos(2θ) = 2(cos(θ))²−1, on obtientun+1=p

cos²(θ) =|cos(θ)|

Or pourn>0, on a0< 1 2ⁿ⁺² < 1

2, donc0< θ <π

2, donccos(θ)>0 Doncu_n+1= cos(θ) = cos π

2ⁿ⁺²

, ce qui démontre l’hérédité

conclusion : un= cos π 2ⁿ⁺¹

pour n>0

Etude de v_n

On poseX= π

2ⁿ⁺¹, soit 2ⁿ⁺¹= π

X. Doncvn= π X

p1−cos²(X).

Or1−cos²(X) = sin²(X)et sin(X)>0 (car0< π 2ⁿ⁺¹ < π

2) Doncp

1−cos²(X) =|sin(X)|= sin(X), Doncvn =πsin(X) X Lorsquentend vers+∞,X tend vers 0. Donc lim

n→+∞vn= lim

X→0πsin(X) X . D’après le taux d’accroissement connu de la fonctionsin, lim

X→0

sin(X) X = 1 on en déduit lim

n→+∞v_n =π

Aire du disque unité

on peut démontrer quev_n est l’aire limitée par un polygone régulier à2ⁿ⁺²côtés inscrit dans le cercle trigonométrique. Par exemple v₀ est l’aire d’un carré de côté √

2, soit v0= (√

2)²= 2.

On peut démontrer que le polygone est formé de 2ⁿ⁺² triangles d’aire 1

2sin π 2ⁿ⁺¹

, donc son aire totale est bien égale àvn.

Donc la limite de vn est l’aire du disque trigonométrique (disque unité). On a ainsi démontré que l’aire du disque trigonométrique est π, ce qui permet ensuite de justifier la formule générale de l’aireπR²pour un disque de rayonR.

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Exemple : octogone, 2³ côtés

B

O

H

1 A

θ

θ= π 8

OH= cosπ 8

=u₂. AH= sinπ

8

L’aire deOAB est le double de celle deOAH, c’est-à-dire Aire(OAB) =OH×AH= cosπ

8

sinπ 8

= 1 2sinπ

4

=

√2

4 Donc l’aire de l’octogone est8×1

2sinπ 4

= 4 sinπ 4

= 2√ 2 =v1.

Cas général : polygone régulier à 2ⁿ côtés avec n>2

On peut démontrer de la même façon que, pour un polygone régulier inscrit dans le cercle unité :

La distance du centre au côté d’un polygone régulier à2ⁿ côtés estu_n−1= cosπ 2ⁿ

(c’est ce qu’on appellel’apothème du polygone).

L’aire d’un polygone régulier à2ⁿ côtés estv_n−2= 2ⁿ⁻¹sin π 2ⁿ⁻¹

Par exemplev₂₋₂=v₀= 2est l’aire d’un carré,v₃₋₂=v₁= 2√

2l’aire d’un octogone.