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Texte intégral

(1)

Lycée Fénelon Sainte-Marie

Préparation Science-Po/prépa HEC

Suites numériques

Version du 2 juillet 2015

Exercice 1 – Sommes

On donne : 2 ( )( )

1

1 2 1 6

n

k

n n n

k

=

+ +

= .

Calculer ( )2

1

2

n

k

P k

=

= et 1( )2

0

2 1

n

k

I k

=

=+ .

Indice : on pourra s’intéresser successivement à P+I puis P.

Exercice 2 – Mais que venait-il faire dans cette galère ?

Soit ( )un une suite arithmétique de premier terme u0 positif et de raison r strictement positive.

Pour tout entier naturel n, on pose :

0 1

n 1

n

k k k

S = u u +

=+ .

Montrer que pour tout entier naturel n, on a :

0 1

1

n

n

S n

u u +

= +

+ .

Exercice 3 – Trompeuses apparences (Episode I)

On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]100 ;+ ∞[ par :

( ) 6 1

f x x 100

= x +

1. D’après votre calculatrice, la fonction f semble-t-elle minorée ? 2. Pour tout entier naturel non nul k, montrer que l’on a :

( ) 12

100 ; 100 10 k , 10 10k

x f x

∀ ∈ − + < Reprendre alors la réponse fournie à la première question …

(2)

Exercic Soit (un

1. Calc 2. Calc

Exercic

Dans ce L’idée f (voir fig

On dési On cons révoluti

ce 4 – Trom

)

n la suite r

culer u2, u3 culer u6. Co

ce 5 – Le vo

et exercice, fondamenta gure ci-aprè

igne par O l sidère alors ion.

OA RkRk+

Prép

Suites – Ex

mpeuses app réelle défini

3, u4 et u5 p onclusion ?

olume de la

nous allons ale consiste ès).

le centre de la demi-sph

= R

1 =

paration S

xercices – En

parences (E

e par :

1 1

, n u

n u

=

∀ ∈

⎪⎩ ` puis conject

a sphère

s en fait calc à la découp

la sphère et hère conten

Sciences P

noncés – V

Episode II)

(

1 6

n n

u n

+ = +

turer une fo

culer le volu per en tranch

t on considè nant A et tel

O A

Rk

Rk+1

Po/prépaH

ersion du 2

)

(n23n+8

ormule expli

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ère A un po le que la dr

HEC

juillet 2015

)

icite pour u

demi-sphère me épaisseur

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Mk 5

un.

e.

r infinitésim

nque sur cell soit son axe

k+1

Mk

male …

le-ci.

e de

(3)

Préparation Sciences Po/prépaHEC

Suites – Exercices – Enoncés – Version du 2 juillet 2015

Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Sur le segment [ ]OA , on va alors considérer les 1

n+ points R0 =O,R R1, 2, ...,Rn =A rangés dans cet ordre et tels que pour tout entier naturel k compris entre 0 et n1, on ait : k k 1 R

R R+ = n (on a donc k R OR k

= n ).

On découpe alors la demi-sphère à l’aide des plans orthogonaux à la droite ( )OA et passant par les points R0=O,R R1, 2, ...,Rn =A. On peut alors considérer 2n cylindres de révolution d’axe ( )OA et de hauteur R

n :

n cylindres intérieurs.

n cylindres extérieurs.

1. En considérant respectivement les cylindres intérieurs puis les cylindres extérieurs, encadrer le volume V de la demi-sphère par deux suites ( )un et ( )vn .

2. En utilisant 2 2 2 2 2 ( )( )

1

1 2 1 1 2 3 ...

6

n

k

n n n

k n

=

+ +

= + + + + =

, montrer que l’on a :

2

3 2

4 3 1

n 6

n n

u R

n π

= et

2

3 2

4 3 1

n 6

n n

v R

n π

+

= 3. Faire tendre n vers +∞ et conclure.

Exercice 6 – Moyenne géométrique

Soit ( )un une suite géométrique à termes strictement positifs.

1. Montrer que l’on a :

1 1

, n n n

n u u u +

∀ ∈` = ×

2. On montre (par récurrence) que si une suite ( )un à termes strictement positifs vérifie

1 1

, n n n

n u u u +

∀ ∈` = × alors on a affaire à une suite géométrique.

Les nombres 24 157 817, 39 088 169 et 63 245 986 sont-ils trois termes consécutifs d’une suite géométrique ?

(4)

Préparation Sciences Po/prépaHEC

Suites – Exercices – Enoncés – Version du 2 juillet 2015 Exercice 7 – L’un dans l’autre

On considère la suite réelle ( )un dont les premiers termes sont :

0

1 u =3, 1

2, 22 3 , 1

3,

2 3

2 3 , 22

3 ,

3 4

2 3 ,

2 3

2 3 , …

1. Montrer que les suites ( )u2n et (u2n+1) sont géométriques et donner en fonction de n les expressions de u2n et de u2n+1.

2. Pour tout entier naturel n, calculer u0+ + + +u2 u4 ... u2n et u1+ + + +u3 u5 ... u2n+1. 3. Pour tout entier naturel n, calculer Sn =u0+ + + + +u1 u2 u3 ... un.

(On distinguera deux cas.)

Exercice 8 – Epargne

Une personne gagne un salaire annuel constant S. Elle n’a besoin que de la moitié pour vivre et épargne l’autre moitié au taux annuel de 6% les intérêts étant composés annuellement.

Pendant combien d’année cette personne doit-elle travailler pour pouvoir s’arrêter et vivre de ses rentes ?

1. Montrer que la somme En épargnée au bout de n années, vaut :

( 1 2 )

E 1, 06 1, 06 ... 1, 06 1 2

n n

n

S

= + + + +

2. Montrer que la résolution du problème revient à résoudre l’équation : 0, 06 E

n 2

= S

Conclure.

3. Quelles critiques pouvez-vous formuler sur cette situation modélisée ?

(5)

Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée

Suites numériques – Exercices – Corrigés – Version du 2 juillet 2015

Corrigés

Exercice 1 – Sommes

Calculer ( )2

1

2

n

k

P k

=

= et 1( )2

0

2 1

n

k

I k

=

=+ .

Indice : on pourra s’intéresser successivement à P+I puis P.

Dans un premier temps notons que :

( )2 2 2 ( )2

1

2 2 4 ... 2

n

k

P k n

=

== + + + est la somme des carrés des n premiers nombres pairs non nuls.

1( )2 2 2 ( )2

0

2 1 1 3 ... 2 1

n

k

I k n

=

=+ = + + + est la somme des carrés des n premiers nombres impairs non nuls.

Ainsi, on a :

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 1 2

1 0

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 1

2 2 1

2 4 ... 2 1 3 ... 2 1

1 2 3 4 ... 2 1 2

n n

k k

n

k

P I k k

n n

n n

k

= =

=

+ = + +

= + + + + + + +

= + + + + + +

=

∑ ∑

D’après la donnée 2 ( )( )

1

1 2 1 6

n

k

n n n

k

=

+ +

= , il vient :

( )( ) ( )( )

2 2 1

2 2 1 2 2 1 2 1 4 1

6 3

n

k

n n n n n n

k

=

+ × + + +

= =

On a donc : (2 1 4)( 1)

3

n n n

P I + +

+ = .

Par ailleurs : ( )2 2 2 ( )( ) ( )( )

1 1 1

1 2 1 2 1 2 1

2 4 4 4

6 3

n n n

k k k

n n n n n n

P k k k

= = =

+ + + +

==× = ×= × = .

(6)

Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée

Suites numériques – Exercices – Corrigés D’où :

( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( 2 )

2 1 4 1 2 1 2 1

3 3

2 1

4 1 2 1

3

2 1 2 1

3

4 1

3

I P I P

n n n n n n

n n

n n

n n n

n n

= + −

+ + + +

=

= + + − +

+

=

=

Finalement :

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

1 1 2

2 2 2 2

0

2 1 2 1

2 2 4 ... 2

3

4 1

2 1 1 3 ... 2 1

3

n

k n

k

n n n

P k n

n n

I k n

=

=

+ +

= = + + + =

= + = + + + =

Exercice 2 – Mais que venait-il faire dans cette galère ?

Soit ( )un une suite arithmétique de premier terme u0 positif et de raison r strictement positive.

Comme ( )un est une suite arithmétique, on a : ∀ ∈n `,un =u0+nr.

Comme u0 est positif et r strictement positive, il vient immédiatement : ∀ ∈n `*,un >0 (u0 peut être nul).

Cette remarque garantit que toutes les fractions apparaissant dans la somme Sn sont bien définies.

Soit alors un entier naturel n.

Pour tout entier naturel k compris entre 0 et n, on a :

(

1

)( )

12 2 11

1 1 1 1

1 k k k k k k

k k

k k k k k k k k

u u u u u u

u u

u u u u u u u u

+ + +

+ + + + +

= = =

+ +

La suite ( )un étant arithmétique, on a : uk+1uk =r.

Finalement : 1 1

1 1

1 k k k k

k k

k k

u u u u

u u r

u u

+ +

+ +

= =

+ .

(7)

Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée

Suites numériques – Exercices – Corrigés

Il vient alors :

( )

1

1

0 1 0 0

1

1 1

1

n n n

k k

n k k

k k k k k

u u

S u u

r r

u u

r u

+

+

= + = =

= = =

+

=

∑ ∑ ∑

(

u0

)

+

(

u2 u1

)

+

(

u3 u2

)

+ +...

(

un un1

)

+

(

un+1 un

)

( )( )

( ) ( )

( ) (

( )

)

2 2

1 0 1 0

1 0 1 0

1 0 1 0

0 0

1 0

1 0 1 0

1 0

1

1

n n

n n

n n

n

n n

n

u u u u

u u u u

r r u u r u u

u n r u

u u

r u u r u u

n

u u

+ +

+ +

+ +

+

+ +

+

+

= = =

+ +

+ +

= =

+ +

= +

+

Le résultat est ainsi établi.

Exercice 3 – Trompeuses apparences (Episode I)

1. A la calculatrice (mais pas seulement ! ☺) la fonction ne se laisse pas facilement « tordre le coup » et on peut être amené à modifier plusieurs fois les paramètres de la fenêtre graphique pour finalement obtenir un morceau de la courbe représentative. Il semble alors effectivement que la fonction f soit minorée par une valeur proche de 0 ...

2. Soit alors k un entier naturel non nul.

On a 1 1

10 10 10

k k

= et donc 100 ; 100 10 + k\. Or, la fonction x6x6 est strictement décroissante sur \. On a donc : x∈ − 100 ; 100 10 + kx6< −( 100)6 =1012. Par ailleurs :

1 1

100 ; 100 10 100 0 ; 10 10 10

100 100

k k k k

x x

x x

∈ − + ⇔ + + > ⇔ − + < −

Pour tout x réel dans l’intervalle 100 ; 100 10 + k, on a donc :

6 12

10

x < et 1 100 10

k

x < − +

D’où : 6 1 12

10 10

100 x k

x <

+ , soit, finalement : f x( )<101210k.

(8)

Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée

Suites numériques – Exercices – Corrigés On a bien :

( ) 12

100 ; 100 10 k , 10 10k

x f x

∀ ∈ − + <

La quantité 10k peut être rendue arbitrairement grande (lim 10k

k→+∞ = +∞). La quantité 101210k peut donc être rendue arbitrairement petite (klim 10→+∞( 1210k)= −∞).

Ainsi, en se plaçant sur l’intervalle adéquat, en l’occurrence 100 ; 100 10 + k, on peut rendre f x( ) arbitrairement petit. En définitive, on a : ( )

100 100

lim

x x

→− f x

>−

= −∞ et la fonction f n’est pas minorée.

Le comportement de la fonction au voisinage (à droite) de 100 est particulièrement difficile (pour ne pas dire impossible !) à visualiser car sa croissance est extrêmement rapide ! On peut montrer que l’on a :

( 100 10 13) 9 1012

f + − ×

( 100 10 12) 6 102

f + − ×

( 100 1011) 9 1011

f + ×

Tout logiciel n’est pas à même de mener ces calculs avec la précision souhaitée … Par exemple, les valeurs approchées de f(100 10+ 13) et f(100 10+ 11) peuvent être facilement obtenues avec votre calculatrice ou un tableur mais pour f(100 10+ 12) il en

va tout autrement. La raison tient au fait que les nombres (100 10+ 12)6 et 10 sont très 12 grands et … très proches ! En revanche, Xcas s’en sort sans problème ! ☺

Ainsi, non seulement la calculatrice rencontre des problèmes de précision mais une représentation graphique précise nécessiterait des unités graphiques extrêmement différentes …

Exercice 4 – Trompeuses apparences (Episode II)

Soit ( )un la suite réelle définie par :

( )

1

2 1

1

, 3 8

n n 6

u

n u + u n n n

=

∀ ∈ = + +

⎪⎩ `

1. En utilisant la définition de la suite ( )un on obtient facilement :

2 1 ( 2 ) ( )

1 1 1

1 3 1 8 1 1 3 8 1 6 1 1 2

6 6 6

u = + ×u − × + = + × − + = + × = + =

(9)

Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée

Suites numériques – Exercices – Corrigés

3 2 ( 2 ) ( )

2 2 1

2 3 2 8 2 4 6 8 2 6 2 2 4

6 6 3

u =u + × − × + = + × − + = + × = + =

4 3 ( 2 ) ( )

3 1 1

3 3 3 8 4 9 9 8 4 8 4 4 8

6 2 2

u = + ×u − × + = + × − + = + × = + =

u5=u4+ ×46 (42− × + = + ×3 4 8) 8 23 (16 12 8− + = + ×) 8 23 12= + =8 8 16

D’après ces premier calculs, il semble que la suite ( )un soit géométrique de premier terme

1 1

u = et de raison q=2.

2. On a maintenant :

( 2 ) ( )

6 5

5 5 5

5 3 5 8 16 25 15 8 16 18 16 15 31

6 6 6

u =u + × − × + = + × − + = + × = + =

Ainsi : u6=31 32 =2u5 et la suite ( )un n’est donc pas géométrique. La conjecture précédente est erronée.

Exercice 5 – Le volume de la sphère

1. Soit k un entier naturel compris entre 0 et n1.

On considère donc les plans orthogonaux à la droite ( )OA et passant par les points Rk et Rk+1.

Le rayon du cylindre intérieur vaut : Rk+1Mk+1.

En travaillant dans le triangle ORk+1Mk+1 rectangle en Rk+1, on a immédiatement (théorème de Pythagore) : OMk+12=ORk+12+Rk+1Mk+12, soit :

( ) 2 2

(

( )2

)

2 2 2 2 2

1 1 1 1 2

Rk Mk OMk ORk 1 R R 1

R k n k

n n

+ + = + + = + = +

Le volume de ce cylindre vaut donc : πRk+1Mk+12× =Rn n13

(

n2(k+1)2

)

πR3.

Finalement :

( )

( )

3

(

( )

)

3 ( ) 3

1 1

2 2

2 3 2 2 2 3 2

3 3 3 3

0 0 1 1

1 1 1

n n n n

n

k k k k

R R R

u n k R n k n k n k

n n n n

π π π

π

= = = =

= + = + = =

On raisonne de façon similaire avec le cylindre extérieur de rayon R Mk k. On a cette fois : R Mk k2 OMk2 ORk2 2 R 2 R22( 2 2)

R k n k

n n

= = = .

(10)

Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée

Suites numériques – Exercices – Corrigés

Le volume du cylindre extérieur vaut donc : 2 3( 2 2) 3

R Mk k R 1

n k R

n n

π × = π .

Finalement :

( ) 3 ( ) 3

1 1 1

2 2 3 2 2 3 2

3 3 3

0 0 1

n 1 n n

n

k k k

R R

v n k R n k n k

n n n

π π

π

= = =

= = =

Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a donc :

n n

u V v Soit :

3 3 1

3 2 3 2

3 3

1 1

n n

k k

R R

n k n k

n n

π π

= =

V

2. En utilisant 2 2 2 2 2 ( )( )

1

1 2 1 1 2 3 ...

6

n

k

n n n

k n

=

+ +

= + + + + =

, il vient :

( )( )

( )( ) ( ( )( ))

( )

( )

( )

3 3

3 2 3

3 3

1

3 3

2 2

2 2

3 3

2 2 2 2

2 2

2

3 2

1 2 1

6

1 2 1

6 1 2 1

6 6

6 2 3 1 6 2 3 1

6 6

4 3 1

6

n n

k

n n n

R R

u n k n

n n

n n

R R

n n n n

n n

R R

n n n n n n

n n

n n

n R

π π

π π

π π

π

=

+ +

= =

+ +

= = − + +

= + + =

= ×

Et :

( )( )( ( ) )

( )( ) ( )( )

( )( )

( )

(

( )

)

( )

3 1 3

3 2 3

3 3

1

3 3

3 2

3 2

3 3

2 2 2

2 2

3

2 2

2 2

3 2

1 1 1 2 1 1

6

1 2 1 1 2 1

6 6

6 1 2 1 6 2 3 1

6 6

6 2 3 1

6

4 3 1

6

n n

k

n n n

R R

u n k n

n n

n n n n n

R R

n n

n n

R R

n n n n n n

n n

R n n n

n

n n

n R

π π

π π

π π

π

π

=

− + × − +

= =

= =

= = +

= +

+

= ×

Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a :

2 2

3 3

2 2

4 3 1 4 3 1

6 6

n n n n

R R

n π n π

× V + ×

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