Correction du Devoir surveillé commun n
o1 - TS - 14/10/17
I Pondichéry avril 2017
On considère deux suites (un) et (vn) :
• la suite (un) définie paru0=1 et pour tout entier natureln: un+1=2un−n+3;
• la suite (vn) définie, pour tout entier natureln, parvn=2n. Partie A : Conjectures
1. On considère les trois algorithmes ci-dessous. Un seul d’entre eux calcule et affiche les termesun etvn, la valeur de l’entier naturelnétant saisie par l’utilisateur. Lequel ? Justifier soigneusement.
Algorithme 1 : Variables :
neti: entiers naturels uetv: réels
Entrée :
Saisir la valeur den Traitement : uprend la valeur 1 vprend la valeur 1 Pouriallant de 1 àn:
uprend la valeur 2u−(i−1)+3 vprend la valeur 2i
Fin Pour Sortie : Afficheru Afficherv
Algorithme 2 : Variables :
neti: entiers naturels uetv: réels
Entrée :
Saisir la valeur den Traitement : uprend la valeur 1 vprend la valeur 1 Pouriallant de 1 àn:
uprend la valeur 2u−i+3 vprend la valeur 2i Fin Pour
Sortie : Afficheru Afficherv
Algorithme 3 : Variables :
neti : entiers naturels uetv: réels
Entrée :
Saisir la valeur den Traitement : uprend la valeur 1 vprend la valeur 1 Pouriallant de 0 àn−1 :
uprend la valeur 2u−i+3 vprend la valeur 2i Fin Pour
Sortie : Afficheru Afficherv Choisissonsn=1 et regardons ce que donnent les trois algorithmes :
Pour le premier algorithme :
n i u v
1
1 1 1
1 1 2×1−
0+3
21
1 1 5 2
L’algorithme affiche bien ce qui est de- mandé.
Pour le deuxième algorithme :
n i u v
1
1 1 1
1 1 2×1−
1+3
21
1 1 4 2
L’algorithme affiche les valeursu1=4 et v1=2, ce qui ne convient pas.
Pour le troisième algorithme :
n i u v
1
1 1 1
1 1 2×1−
0+3
20
1 1 5 1
L’algorithme affiche les valeursu1=5 et v1=1, ce qui ne convient pas.
2. Pour que ce premier algorithme affiche tous les termes de ces deux suites jusqu’à l’indicen inclus, il faut mettre l’instruc- tion Afficheru et Afficher v avant la boucle, puis avantFin Pourdans la boucle :
Variables :
neti : entiers naturels uetv: réels
Entrée :
Saisir la valeur den Traitement : uprend la valeur 1 vprend la valeur 1 Afficheru
Afficherv
Pouriallant de 1 àn:
uprend la valeur 2u−(i−1)+3 vprend la valeur 2i
Afficheru Afficherv Fin Pour Sortie : Page 1/3
3. En entrant les suites dans la calculatrice, on obtient le tableau de valeurs suivant :
n 0 1 2 3 4 . . . 10 11 12 13
un 1 5 12 25 50 . . . 3080 6153 12298 24587
vn 1 2 4 8 16 . . . 1024 2048 4096 8192
un
vn
1 2,5 3 3,125 3,125 . . . 3,0078 3,0043 3,0024 3,0013
Il semble que lim
n→+∞un= +∞ et lim
n→+∞
µun
vn
¶
=3 Partie B : Étude de la suite (un)
1. Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a
un=3×2n+n−2.
On effectue une démonstration par récurrence :
initialisation:u0=1 et 3×20+0−2=1 donc l’égalité est vérifiée au rang 0
hérédité: Soitnun naturel quelconque et supposons que : un=3×2n+n−2 pour un entuernquelconque.
D’après la définition : un+1 = 2un − n + 3 = 2¡
3×2n+n−2¢
−n+3 = 3×2n+1+2n−4−n+3 = 3×2n+1+n−1 soit
un+1=3×2n+1+n+1−1−1= 3×2n+1+(n+1)−2. La relation est vraie au rangn+1.
Conclusion: la relation est vraie au rang 0, et si elle est vraie au rangn, elle est vraie au rangn+1. D’après le prin- cipe de la récurrence on a donc démontré que pour tout natureln,
un=3×2n+n−2.
2. Déterminer la limite de la suite (un).
nlim→+∞2n= +∞donc par somme, lim
n→+∞un= +∞. 3. Déterminer le rang du premier terme de la suite supérieur
à 1 million.
u18=786448<1000000 etu19=1572881>1000000.
19 est donc le rang du premier terme supérieur à un mil- lion.
Partie C : Étude de la suite µun
vn
¶
1. Démontrer que la suite µun
vn
¶
est décroissante à partir du rang 3.
∀n∈N, un
vn
=3+n−2 2n
∀n ∈ N , un+1
vn+1
− un
vn
= µ
3+n−1 2n+1
¶
− µ
3+n−2 2n
¶
= n−1−2(n−2)
2n+1 = −n+3
2n+1 est du signe de−n+3 Doncun+1
vn+1
−un
vn
<0 sin>3 alors µun
vn
¶
estdécroissante à partir du rang 3.
2. On admet que, pour tout entiernsupérieur ou égal à 4, on a : 0< n
2n É1 n.
Déterminer la limite de la suite µun
vn
¶ .
∀n∈N, un
vn
=3+n−2 2n =3+ n
2n− 1 2n−1
D’après l’encadrement donné, on en déduit que pournÊ 4 , 3− 1
2n−1<un
vn
É3+1 n− 1
2n−1 Or lim
n→+∞
1
n =0 et lim
n→+∞
1
2n−1=0 alors d’après le théorème des gendarmes on a lim
n→+∞
un
vn
=3
II Amérique du Nord mai 2014
Un volume constant de 2 200 m3d’eau est réparti entre deux bassins A et B.
1. « Un volume constant de 2 200 m3d’eau est réparti entre deux bassins A et B. » donc
Pour toutndeN, an+bn=2200 .
2. Au début dun+1-ième jour, la bassin A contientan, on ajoute 15 % du volume d’eau présent dans le bassin B soit 0,15bnet on enlève 10 % du volume présent dans A au dé- but de la journée :
an+1=an+0,15bn−0,1an=an+0,15(2200−an)−0,1an= 0,75an+330= 3
4an+330
On a bien, pour tout entier natureln, an+1=3
4an+330. 3.
Variables : nest un entier naturel aest un réel
Initialisation : Affecter ànla valeur 0 Affecter àala valeur 800 Traitement : Tant quea<1100, faire : Affecter àala valeur3
4a+330 Affecter ànla valeurn+1 Fin Tant que
Sortie : Affichern
4. (a) Remarque : on peut calculer les premiers termes pour avoir la raison.
Pour tout entier natureln, on a un+1=an+1−1320par définition deun
=3
4an+330−1320 d’après la question 2.
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=3
4an−990=3
4(an−1320)=3 4un.
On reconnait la définition d’une suitegéométrique de raison 3
4 .
Son premier terme estu0=a0−1320=800−1320= -520
(b) On a donc, pour tout entier natureln,un=u0qn=
−520× µ3
4
¶n
.
Mais, par définition deun, on a
un = an − 1320 ⇔ an = un +1320 donc an=1320−520×
µ3 4
¶n
.
5. On cherche à savoir si, un jour donné, les deux bassins
peuvent avoir, au mètre cube près, le même volume d’eau.
Si ce jour arrive, on auraan=bn=2200
2 =1100.
Il faut donc résoudre l’équation 1320−520× µ3
4
¶n
=1100 d’inconnuen.
1320−520× µ3
4
¶n
= 1100 ⇔ 520× µ3
4
¶n
= 220 ⇔ µ3
4
¶n
=11 26 .
À la calculatrice, on trouve n≈3.
On vérifie :a3=1100,625 etb3=1099,375 donca3−b3≈ 1,25>1.
Les deux bassins n’auront doncjamaisle même volume d’eau, à un mètre cube près.
III QCM : France juin 2005 (extrait)
On considère une suite (un), définie sur N dont aucun terme n’est nul. On définit alors la suite (vn) surNparvn=
−2 un
. 1. Si (un) est convergente, alors (vn) est convergente.
Cette proposition est fausse :
Prenons par exemple la suite (un) définie parun = 1 n+1. (un) est convergente, de limite nulle.
On obtient alorsvn= −2(n+1), terme général d’une suite qui tend vers−∞, donc non convergente.
2. Si (un) est minorée par 2, alors (vn) est minorée par−1.
Démontrons que cette proposition est vraie : Par hypothèse, (un) est minorée par 2.
Alors : ∀n ∈ N, 2≤un ⇒ 0≤ 1 un
≤ 1 2 ⇒ − 2
un
≥ −1⇒
vn≥ −1.
3. Si (un) est décroissante, alors (vn) est croissante.
Cette proposition est fausse :
Reprenons comme exemple un = 1
n+1 qui est bien le terme général d’une suite décroissante. On obtient vn =
−2(n+1), donc une suite (vn)décroissante.
4. Si (un) est divergente, alors (vn) converge vers zéro.
Cette proposition est fausse.
Prenonsun =(−1)n. Alors,vn = − 2
(−1)n = ±2. Cette suite vaut alternativement 2 ou -2, donc ne converge pas.
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