CORRECTION DEVOIR SURVEILLE N° 2 TERMINALE S 3
EXERCICE 1 : 1. a) Le polynôme P est dérivable sur Ρ et P’(x) = 3x² - 3 = 3(x – 1)(x + 1) qui s’annule en – 1 et en 1. Donc P est strictement croissant sur ] –∞ ; –1] ainsi que sur [1 ; +∞ [, et est strictement décroissant sur [– 1; 1].
b) P est continu et strictement croissant de ] –∞ ; –1] dans ] –∞ ; – 1] , et 0 ∉] –∞ ; – 1] , donc l’équation P(x) = 0 n’a pas de solution dans ] –∞ ; –1]. P est continu et strictement décroissant de ] –1; 1[ dans ] – 5 ; – 1 [ , donc l’équation P(x) = 0 n’a pas de solution dans ] –1 ; 1[ . P est continu et strictement croissant de ] 1 ; +∞ [ dans ] –5 ; +∞ [ ,
et 0 ∈]–5 ; +∞[ , donc l’équation P(x) = 0 a une unique solution α dans ] 1 ; +∞ [ . Donc l’équation P(x) = 0 admet une unique solution α sur ¡ . Un encadrement de α à 0,01 près : 2,10 < α < 2,11.
2. a) La fonction f est une fonction rationnelle ; la limite de f en +∞ est la limite du rapport des termes de plus haut degré : lim ( ) lim 223
x x
f x x
x
→+∞ = →+∞ = +∞ ; 2
11
lim 1 0
xx
x +
→>
− = et 3
11
lim 2 3 5
xx
→ x
>
+ = , donc
11
lim ( )
xx
→− f x
>−
= +∞.
b) La fonction f est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition , ici sur I.
2 2 3
2 2 2 2
6 ( 1) (2 3)2 2 ( )
'( ) ( 1) ( 1)
x x x x xP x
f x x x
− − +
= =
− − . Le signe de f ‘ est celui de P(x) sur I qui est positif sur [α ; +∞ [ et négatif sur ]– ∞ ; α [ . D’où le tableau de variations :
x – 1 α +∞
f ‘(x) || – 0 + f(x) || +∞
||
|| f(α)
+∞
Initialisation : (P0) est vraie : u0 = 0 et 0 ≤ 0 < 2 ;
Hérédité : supposons (Pn) vraie pour un certain entier n et montrons que (Pn+1) est vraie : 0≤un≤2, d’où 4≤ + ≤un 4 6, d’où 5 5 5
4 un 4 6
− ≤ − ≤ −
+ , d’où 5 5 5
2 2 2
4 un 4 6
− ≤ − ≤ −
+ , d’où 3 1 7
0 2
4 un+ 6
< ≤ ≤ < ; donc (Pn+1) est vraie ; ainsi, pour tout entier naturel n non nul , 0≤un≤2.
c) On a 1 1
1
2 3
1 4 1 2 3 4 1 1
2 3
3 3 2 3 3 12 5 15 5
4
n
n n n n n
n n
n n n n n
n
u
u u u u u
v v
u u u u u
u
+ +
+
− ++ − + − − −
= + = + + = + + + = + =
+
, donc la suite ( v ) est une suite géométriquen
de raison 1/5 et de premier terme v0 = 0
0
1 1
3 3
u u
− =−
+ . e) Donc v = n 1 1 3 5
− n
= 1 3 5n
−
× .La raison de la suite étant strictement compris entre 0 et 1, la limite de la suite ( v ) est 0. f) On a (n u + 3)vn n = un – 1 , d’où un (vn – 1) = –3vn – 1,
d’où un =
1 1
3 1 5
1 1 1
3 5
n n
n n
v v
− −− = − −−
×
. Comme 1
lim 0
5n
n→+∞ = , on obtient lim n 1
n u
→+∞ = . La suite ( u ) converge vers 1.n
EXERCICE 3 : a) u1 = ½ , u2 = 2/3 , u3 = ¾ . b) Les quatre premiers termes de ( u ) sont égaux à ceux de n ( w ) .n c) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n , un = wn ; l’initialisation a été faite à la question précédente.
Supposons que, pour un certain entier n, un = wn , et montrons que un+1 = wn+1 : 1
1
n 2
n
u+ = u
− = 1
1 1
2 2 1
n
n w
n n
n
+
= + =
− + +
;
donc pour tout entier naturel n , un = wn .
d) n n 1
u w n
= =n
+ = f(n) où la fonction est définie, dérivable ( comme fonction rationnelle ) sur [0 ; +∞ [ par f(x) = 1
x
x+ , de dérivée 1 2
'( ) ( 1) f x = x
+ > 0 ; donc la fonction f est strictement croissante sur , et par suite ( un ) est strictement croissante.
e) On a, pour tout entier naturel n, 0 ≤ n < n + 1, d’où 0 1 1 n
≤ n <
+ , donc la suite ( un ) est bornée par 0 et 1 . f) vn = u1 x u2 x … x un = 1 2 3 ... 1 1
2 3 4 1 1
n n
n n n
× × × × − × =
+ + . g) lim n lim 1
n n
u n
n
→+∞ = →+∞ = et lim lim 1 0
n 1
n v n
n
→+∞ = →+∞ =
+ .
EXERCICE 2 : a) Pour tout entier naturel n , on a
2 4 5 2 3
2 5
4 4 4
n n
n
n n n
( u ) u
u u u u
+ − +
− = = =
+ + + .
b) On considère la propriété (Pn) définie par : 0≤un≤2.
