TS3 : corrigé du contrôle (récurrence, suites) (2 heures)

TS3 : corrigé du contrôle (récurrence, suites) (2 heures)

I 2 points

Une suite (u_n) tend vers+∞quandntend vers+∞si, pour toutA>0, l’intervalle ]A; +∞[ contient tous les termes de la suite partir d’un certain rang.

II 2,5 points

SoitPnla propriété :« il existe un entierkn∈Ntel que 7ⁿ−1=6kn».

Démontrons-la par récurrence :

• Initilisation: pourn=0, 7ⁿ−1=7⁰−1=1−1=0=6×0=6×k₀aveck₀=0∈N. Pourn=0, 7ⁿ−1 est bien un multiple de 6.

• Hérédité: on suppose la propriété vraie pour un en tiernquelconque.

Il existek_n∈Ntel que 7ⁿ−1=6k_n. On en déduit que 7ⁿ=6kn+1.

Alors : 7ⁿ⁺¹−1=7×7ⁿ−1=7×(6kn+1)−1)=7×6kn+7−1=6kn+6=6 (7kn+1)=6kn+1en appelantk_n+1 le nombre 7kn+1∈N.

La propriété esthéréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn∈N.

III 2,5 points

Pour toutn∈N, avecnÊ1, on pose

Sn=1+5+9+ ··· +(4n−3) Démontrons par récurrence que, pour toutnÊ1 :

S_n=1+5+9+ ··· +(4n−3)=n(2n−1).

On remarqueSnest une somme dentermes puisque le premier terme est 1=4×1−3 et le dernier terme est 4n−3.

• Initialisation: Pourn=1,S₁=1 etn(2n−1)=1×1=1 doncS_n=n(2n−1) est vrai pourn=1.

• Hérédité: on suppose la propriété vraie pour un entiernquelconque.

S_n=1+5+ ··· +4n−3=n(2n−1).

Alors :S_n+1=S_n+[4(n+1)−3]=S_n+4n+1=n(2n−1)+4n+1=2n²+3n+1.

Or (n+1)(2n+1)=2n²+3n+1 doncSn+1= (n+1)(2(n+1)−1) . La propriété esthéréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn∈N.

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IV 4 points

1. Un capital initialc0de 600 euros est placé sur un compte rapportant 5 % d’intérêts annuels. On notecn

le capital acquis au bout denannées (nentier naturel).

(a) c_n+1=c_n+c_n×5 %=c_n µ

1+ 5 100

¶

=c_n×1,05= 1,05c_n .

(b) Pour toutn∈N,c_n+1=1,05c_ndonc la suite (c_n) est géométrique, de raisonq=1,05.

Son premier terme estc₀=600 doncc_n=c₀qⁿd’où c_n=600×1,05ⁿ.

(c) À la calculatrice, cela revient à chercher la plus petite valeur den telle que 1,05ⁿÊ3. On trouve n=23.

2. Un autre épargnant place également un capital initial de 600 euros au taux annuel de 5 % d’intérêts, et fait un versement supplémentaire de 150 euros à la fin de chaque année. On appelled₀le capital initial etd_nle capital ainsi acquis à la fin de lan-ième année.

(a) • d1=d0+d0×5 %+150=1,05d0+150=780

• d₂=1,05d1+150=969

• d₃=1,05d₂+150=1167,45

(b) Pour toutdn,dn+1=dn+dn×5 %+150= 1,05dn+150 (c) Soit (vn) la suite définie par :

v_n=d_n+3 000.

v₀=d₀+3 000= 3 600 etv₁=d₁+3 000= 3 780.

(d) Pour toutn,v_n+1=d_n+1+3 000=1,05d_n+150+3 000=1,05d_n+3 150=1,05 µ

d_n+3 150 1,05

¶

=1,05 (dn+3000)= 1,05vn.

Pour toutn,v_n+1=1,05vndonc la suite (vn) estgéométriquede raisonq=1,05.

(e) On en déduit que :vn=v₀qⁿdonc vn=3 600×1,05ⁿ . (f) d_n=v_n−3 000 donc d_n=3 600×1,05ⁿ−3000

(g) À la calculatrice, on trouve que le capital a triplé au bout de 6 ans.

V 5 points

On considère la suite (un) définie paru0=1 et pour tout entier natureln,un+1=un+2n+3.

1. ∀n∈N,u_n+1−u_n=2n+3Ê0 carn∈N, doncnÊ0.

On en déduit que la suite (u_n) estcroissante.

2. Démontrons par récurrence que pour tout entier natureln,un>n².

• Initialisation: pourn=0,u₀=1>0²=0 donc la propriété est vraie au rangn=0.

• Hérédité: on suppose la propriété vraie pour un rangnquelconque.

Doncun>n².

Alors :u_n+1=u_n+2n+3>n²+2n+3=¡

n²+2n+1¢

+2=(n+1)²+2>(n+1)²+2.

Par conséquent :u_n+1>(n+1)². La propriété est donchéréditaire.

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D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn.

3. Démontrons que la suite¡ n²¢

n’est pas majorée.

SoitA>0 un réel positif quelconque. Pour tout entiern>p

A,n²>Adonc la suite¡ n²¢

n’est pas majo- rée.

4. Pour toutn,un>n²et la suite¡ n²¢

n’est pas majorée, donc la suite (un) non plus.

La suite (un) est croissante non majorée, donc tend vers+∞: lim

n→+∞u_n= +∞

5. • u₁=u₀₊₁=u₀+2×0+3= 4

• u2=u1+2×1+3= 9

• u₃=u₂+2×2+3= 16

• u4=u3+2×3+3= 25

6. On peut conjecturer que u_n=(n+1)² pour toutn∈N.

7. Démontrons cette conjecture par récurrence :

• Initialisation: Pourn=0, (n+1)²=1=u0doncu0=(0+1)².

• Hérédité: on suppose que pour un rangnquelconque,un=(n+1)².

Alors :u_n+1=u_n+2n+3=(n+1)²+2n+3=n²+4n+4=(n+2)²=((n+1)+1)². La propriété esthéréditaire.

Elle est donc vraie pour toutn: u_n=(n+1)²

VI 4 points

On considère la suite (w_n) dont les termes vérifient, pour toutnÊ1 :nw_n=(n+1)w_n−1+1.

Ce tableau donne les dix premiers termes de la suite :

w₀ w₁ w₂ w₃ w₄ w₅ w₆ w₇ w₈ w₉

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19

1. On a : 10w10=11w9+1=11×19+1=210 donc w₁₀=21.

2. La suite semble être la suite des entiers impairs, donc arithmétique de raison 2 et de premier terme 1, donc on peut conjecturer que w_n=2n+1.

3. On effectue une démonstration par récurrence.

• Initialisation: Pourn=0, 2n+1=1=u₀donc c’est vrai au rangn=0.

• Hérédité: on suppose quew_n=2n+1.

Alors : (n+1)wn+1=(n+2)wn+1=(n+2)(2n+1)+1=2n²+5n+3=(n+1)(2n+3) donc w_n=2n+3=2(n+1)+2.

La propriété est bien héréditaire.

On en déduit qu’elle est vraie pour toutn, donc w_n=2n+1. 4. Alors :w₂₀₀₀=2×2 000+1= 4 001

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