lim n→+∞un= 0 2

TS 8 DS 1 Correction : Suites, R´ecurrence, limite 24 septembre 2016 Exercice 1 : Restitution organis´ee des connaissances

1. Voir cours

2. Pour toutq∈]0; 1[, il existe a >1 tel quea= ¹_q. a >1 donc lim

n→+∞aⁿ= +∞donc lim

n→+∞

1 a

n = 0.

Ainsi lim

n→+∞qⁿ= 0 . Exercice 2 : Quelques limites

Il faut utiliser les arguments habituels.

1. lim

n→+∞un= 0 2. lim

n→+∞vn = +∞

3. lim

n→+∞wn = +∞

Exercice 3 : Une petite r´ecurrence

Pour tout entier n > 1, on appelle P(n) la propri´et´e P(n) :

n

X

k=1

k²=n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .

D´emontrons cette propri´et´e par r´ecurrence.

Initialisation : Pour n = 1, P1

k=1k² = 1² = 1 et 1×2×3

6 = 1. Donc P(1) est vraie.

H´er´edit´e : Supposons qu’il existe un entier n tel que P(n) est vraie, montronsP(n+ 1).

P(n+1) s’´ecrit :

n+1

X

k=1

k²= (n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6 .

Or

n+1

X

k=1

k²=

n

X

k=1

k²+ (n+ 1)². Par hypoth`ese de r´ecurrence :

n

X

k=1

k²= n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .

Donc

n+1

X

k=1

k²=n(n+ 1)(2n+ 1)

6 + (n+ 1)² Donc

n+1

X

k=1

k² = n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)²

6 =

(n(2n+ 1) + 6(n+ 1)) (n+ 1)

6 =(2n²+ 7n+ 6)(n+ 1)

6 .

D’autre part

(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6 =(n+ 1)(2n²+ 4n+ 3n+ 6)

6 =

(n+ 1)(2n²+ 7n+ 6)

6 .

DoncP(n+ 1) est vraie.

Conclusion : Il y a initialisation et h´er´edit´e, doncP(n) est vraie pour tout entier natureln.

Exercice 4 : Un petit probl`eme

Soit la suite (un) d´efinie sur N par u0 = 2 et, pour tout entier natureln,u_n+1= ²₃u_n+¹₃n+ 1.

1. (a)

1 Variables : ietnsont des entiers na- turels

2 uest un r´eel

3 Entr´ee : Saisirn

4 Initialisation : Affecter `a ula valeur 2 5 Traitement : Pourivariant de 1 `a n 6 |Affecter `a ula valeur

7 Fin de Pour

8 Sortie : Afficheru

(b) Il suffit d’´echanger les lignes 7 et 8 et d’ajouter un afficher u avant la boucle (ligne 5)

(c) u₁≈2,33,u₂≈2,88,u₃≈3,59 etu₄≈4,40.

(d) On conjecture que (u_n) est strictement crois- sante.

2. (a) Pour tout entier n>0, on appelle P(n) la pro- pri´et´eP(n) : u_n6n+ 3 .

Initialisation : Pour n = 0, u_n = 2 et 2 <

n+ 3 doncP(0) est vraie.

H´er´edit´e : Supposons qu’il existe un entier n tel queP(n) est vraie, montronsP(n+ 1).

P(n+ 1) s’´ecrit :u_n+16n+ 4. Oru_n+1= ²₃u_n+¹₃u_n+ 1.

Par hypoth`ese de r´ecurrenceu_n6n+ 3 Donc ²₃un6 ²3n+ 2

Donc ²₃un+¹₃n+ 16²3n+ 2 + ¹₃n+ 1.

Comme 3<4, on a doncun+16n+ 4.

DoncP(n+ 1) est vraie.

Conclusion : Il y a initialisation et h´er´edit´e, doncP(n) est vraie pour tout entier naturel n.

(b) Pour toutn∈N,

un+1−un= ¹₃un+¹₃n+ 1 = ¹₃(n+ 3−un).

(c) Pour toutn∈N,u_n 6n+3, doncu_n+1−un>0.

Donc (un) est croissante . 3. (a) Pour tout entiern,

vn+1=un+1−n−1 = ²₃un+¹₃n+ 1−n−1 =

2

3un−²₃n=²₃(un−n) = ²₃vn.

(vn) est donc une suite g´eom´etrique de raison ²₃. De plusv0 =u0−0 = 2. Donc pour tout entier n,vn= 2× ²₃n

.

(b) Pour tout entiern, u_n=v_n+n= 2 ²₃ⁿ +n. (c) 0 < ²₃ < 1, donc lim

n→+∞(²₃)ⁿ = 0. Par produit puis somme lim

n→+∞un= +∞. 4. (a) Pour tout entiern,

Sn=

n

X

k=0

uk=

n

X

k=0

2 2

3 ⁿ

+

n

X

k=0

n.

Donc par les formules des sommes de suites g´eom´etriques et arithm´etiques

Sn= 6× 1−(²₃)ⁿ⁺¹

+n(n+ 1) 2 (b) Pour tout entier natureln,

Tn =

6× 1−(²₃)ⁿ⁺¹

+n(n+ 1) 2

n² .

n→+∞lim

6× 1−(²₃)ⁿ⁺¹ n²

!

= 0.

Pourn6= 0, n(n+ 1)

2n² =1 + ¹_n 2 . Donc lim

n→+∞

n(n+ 1) 2n² = ¹₂. Donc par somme lim

n→+∞Tn= ¹₂ . Exercice 5 : Prise d’initiative

La longueur des cˆot´es du carr´e `a l’´etapenest ¹₂ⁿ. L’aire est donc ¹₄ⁿ.

On a doncu_n=

n

X

i=1

1 4

i

= 1

4×1−¹₄ⁿ

3 4

= 1 3 ×

1−1

4

n . On a alors lim

n→+∞un= ¹₃ .