TS Correction DS 1 2012-2013
EXERCICE 1 : (4 points)
(tn) la suite définie surNpar :t0= 0 ettn+1=tn+ 1 (n+ 1)(n+ 2). 1. t1=t0+ 1
(0 + 1)(0 + 2) = 1
2 , t2=t1+ 1
(1 + 1)(1 + 2)= 1 2 +1
6 = 2 3 t3=t2+ 1
(2 + 1)(2 + 2) =2 3 + 1
12 = 3 4 .
2. La proposition semble vraie compte-tenu du calcul des premiers termes. Faisons un raisonnement par récurrence : On noteP(n) la propriété : «tn = n
n+ 1 » pour tout entier natureln.
Initialisation:t0= 0 et 0
0 + 1 = 0 donct0= 0
0 + 1 etP(0) est vraie.
Hérédité: Soit n∈N. On suppose que la propriétéP(n) est vraie au rangn. Démontrons qu’elle est vraie au rangn+ 1.
On a donc :P(n) vraie ⇔tn= n n+ 1
tn+1=tn+ 1 (n+ 1)(n+ 2)
⇔tn+1= n
n+ 1+ 1
(n+ 1)(n+ 2)
⇔tn+1= n(n+ 2)
(n+ 1)(n+ 2)+ 1 (n+ 1)(n+ 2)
⇔tn+1= n2+ 2n+ 1 (n+ 1)(n+ 2)
⇔tn+1= (n+ 1)2 (n+ 1)(n+ 2)
⇔tn+1= n+ 1 n+ 2 et P(n+ 1) est vraie.
Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence,∀n∈N, tn= n n+ 1 .
EXERCICE 2 : (8 points)
On considère la suite (vn) définie par :v0=−3
2 etvn+1= 2 3vn−1 1. (a) Représentation graphique des premiers termes de la suite (vn) :
x
1 y y=x
O 1
bb
bb
bb
b b
b
v0
v1
v2
v3 y=23x−1
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(b) Soit, pour tout entier natureln, la propriétéP(n) :−36vn+1< vn6−3 2. Initialisation:v0=−3
2,v1=−2 et−36v1< v06−3
2 doncP(0) est vraie.
Hérédité: Soitn∈N. On suppose que la propriétéP(n) est vraie au rangn. Démontrons qu’elle est vraie au rangn+ 1.
On a donc :
P(n) vraie ⇔ −36vn+1< vn6−3 2
⇔ −3×2 3 6 2
3×vn+1<2
3 ×vn6−3 2×2
3
⇔ −262
3vn+1< 2
3vn 6−1
⇔ −2−16 2
3vn+1−1<2
3vn−16−1−1
⇔ −36vn+2< vn+16−2 donc on obtient −36vn+2< vn+16−3
2 car −2<−3 2 etP(n+ 1) est vraie.
Ainsi, d’après le principe du raisonnement par récurrence,∀n∈N, −36vn+1< vn 6−3
2, ce qui signifie que (vn) est décroissante et que∀n∈N, vn∈
−3;−3 2
2. On pose, pour toutn∈N,wn = 2vn+ 6.
(a) ∀n∈N, wn+1= 2vn+1+ 6 = 2×
2
3vn−1
+ 6 = 4
3vn+ 4 = 2
3(2vn+ 6) = 2 3wn
Ainsi (wn) est géométrique de raison 2 3. (b) w0= 2v0+ 6 = 3 donc∀n∈N,wn= 3
2
3 n
.wn= 2vn+ 6⇔vn= 1
2wn−3⇔vn= 3 2
2
3 n
−3 (c) Sn est la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique donc :
∀n∈N,Sn=w0+w1+....+wn=w0×1− 2
3
n+1
1−2
3
= 9 1− 2
3
n+1
. (d) Comme 2
3 ∈]−1; 1[, la suite
2
3 n+1
tend vers 0. Ainsi la limite de la suite (Sn) vaut 9.
.
EXERCICE 3 : (3 points)
(un) est la suite définie paru0= 0 et pour tout entier natureln, un+1=un+ 2(n+ 1) 1. u1=u0+ 2(0 + 1) = 0 + 2 = 2 etu2=u1+ 2(1 + 1) = 6.
2.
N U K V Entrée boucle
3 0 0 – oui
3 2 1 – oui
3 6 2 – oui
3 12 2 9 –
3. Lorsque N =n, V en fonction de n donne V =n2 donc comme U contient les termes de la suite (un), on a un=n2+n(conjecture : se démontre encore par récurrence).
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