Correction du devoir maison n° 3

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TS – Devoir Maison 3 Page 1 sur 3

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Correction du devoir maison n° 3

A. Se familiariser avec les factorielles

Soit n ☻ IN, on appelle factorielle de n l’entier noté n! défini par : n! = 1×2×…×n si nÃ1 et 0!=0.

Par exemple, 4! = 1 ×2 × 3 × 4 = 24 a. Calculons 3!, 5! et 6!.

3!=1×2×3=6; 5!=3!×4×5=120; 6!=5!×6=720.

b. Sans calculatrice et sans calculer 10!, montrons que 6! × 7! = 10!

6!×7!=7!×1×2×3×4×5×6=7!×2×4×3×3×2×5=7!×8×9×10=10!

c. Simplifions (n+1)!

n! : (n+1)!

n! =(n+1)×n!

n! =n+1

d. Montrons par récurrence, que pour tout k ☻ IN^*, on a : k! Ã2^k−1 (*):

- Montrons que la propriété (*) est vraie pour k=1 : 1!=1 et 2¹⁻¹=2⁰=1 donc (*) est vraie pour k=1.

- Montrons que la propriété (*) est héréditaire :

Supposons qu’il existe un entier pÃ1 tel que p!>=2^p−1 et montrons que (p+1)!>=2^p (p+1)!=(p+1)p!>=(p+1)×2^p−1 par hypothèse de récurrence.

Or pÃ1 donc p+1Ã2 donc 2^p−1×(p+1)Ã2^p−1×2 donc 2^p−1×(p+1)Ã2^p. Ainsi (p+1)!Ã2^p. La propriété (*) est donc héréditaire.

- Conclusion : La propriété (*) est héréditaire et elle est vraie au rang 1 donc pour tout k ☻ IN^*, on a : k! Ã2^k−1

e. Déterminons, à l’aide de la calculatrice, le plus petit entier n tel que n! Ã10⁷ :

A l’aide de la calculatrice, 10!<10⁷ et 11!>10⁷ donc le plus petit entier vérifiant n!Ã10⁷ est n=11.

B. Etude d’une suite

On considère la suite

( )

^uⁿ définie pour tout n ☻ IN par u_n=1 0! + 1

1! + 1

2! + … + 1 n! 1. Calculons les 4 premiers termes de la suite :

u0=1

0!=1 ; u₁= 1 0!+ 1

1!=2 ; u₂= 1 0!+1

1!+1

2!= u₁+1

2!=2+1 2=5

2 ; u3=u2+1 3!=5

2+1 6=8

3 2. Démontrons que

( )

^uⁿ est strictement croissante :

┐nÃ0, u_n+1−u_n= 1 0! + 1

1! + 1

2! + … + 1

n!+ 1 (n+1)! - 



 1

0! + 1 1! + 1

2! +…+ 1

n! = 1 (n+1)!. or ┐nÃ0, 1

(n+1)!>0 donc u_n+1−u_n>0 cad u_n+1>u_n. Par définition, la suite

( )

^uⁿ est strictement croissante.

3. Le but de la question est de prouver que

( )

^uⁿ est majorée.

a. Démontrons que pour tout n☻IN*, u_nÂ1 + 1 2⁰ + 1

2¹ + … + 1 2ⁿ⁻¹ : D’après la question A.d., pour tout n☻É^* n!Ã2ⁿ⁻¹>0 donc 1

n!Â 1

2ⁿ⁻¹ car la fonction inverse est strictement décroissante sur Ë^{+ *}.

Ainsi 1 1!Â 1

2⁰ ; 1 2! Â 1

2¹; 1 3! Â 1

2²… ; 1

n!Â 1 2ⁿ⁻¹.

En aj outant membres à membres ces inégalités, on obtient 1

1! + 1

2! + … + 1 n! Â 1

2⁰+ 1 2¹+ 1

2² +…+ 1 2ⁿ⁻¹ . En aj outant 1

0! cad 1 à cette inégalité on obtient alors ┐ n☻IN*, u_nÂ1 + 1 2⁰ + 1

2¹ + … + 1 2ⁿ⁻¹

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b. Démontrons que pour tout n☻É*, 1 2⁰ + 1

2¹ + … + 1 2ⁿ⁻¹ = 2

 1−



1 2

n

: 1

2⁰ + 1

2¹ + … + 1 2ⁿ⁻¹ =



1 2

0+



1 2

1+…+



1 2

n−1

. On reconnaît la somme des n premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison 1

2. Par conséquent, 



1 2

0+





1 2

1+…+





1 2

n−1 =1×

1−



1 2

n

1−¹ 2

=2



1−





1 2

n

c. En déduire que

( )

^uⁿ est majorée par 3 : - D’après 3.a., ┐n☻É*, u_nÂ1 + 1

2⁰ + 1

2¹ + … + 1

2ⁿ⁻¹ donc u_nÂ



1 2

0+



1 2

1+…+



1 2

n−1

- Or, d’après 3.b. , ┐n☻É*, 1 2⁰ + 1

2¹ + … + 1 2ⁿ⁻¹ = 2

 1−



1 2

n

- Donc ┐n☻É*, u_nÂ1+2

 1−



1 2

n

donc unÂ3 -2



1 2

n

. Or ┐ n☻IN , 2×





1 2

n>0 donc -2×





1 2

n<0 et donc 3−2





1 2

n<3.

Ainsi ┐ n☻IN , u_nÂ3. Par définition, la suite

( )

^uⁿ est majorée par 3.

4. Déduisons en que la suite

( )

^uⁿ converge (on ne demande pas de calculer sa limite) : La suite

( )

^uⁿ est strictement croissante et majorée donc elle converge.

C. Etude de suites adjacentes

On considère la suite

( )

^uⁿ définie dans la partie B. et la suite

( )

^vⁿ définie pour tout n par v_n=u_n+ 1 n!. 1. Calculons les 4 premiers termes de la suite

( )

^vⁿ ^:

v0=u0+1

0!=2 ; v₁=u1+ 1

1!=2+1=3 ; v₂=u2+1 2!=5

2+1 2=6

2=3 ; v₃=u₃+1 3!=8

3+1 6=17

6 . Démontrons que

( )

^vn nÃ2 est strictement décroissante :

┐nÃ2, v_n+1−v_n=u_n+1+ 1 (n+1)!−

 un+ ¹

n! =un+1−u_n+ 1

(n+1) ! −1 n!

= 2

(n+1)!− 1

n! car d’après B.2., ┐nÃ0, un+1−u_n= 1 (n+1)!

=2−(n+1)

(n+1)! = 1−n (n+1)!

Or ┐nÃ2, 1−n<0 et (n+1)!>0 donc 1−n

(n+1)!<0 donc v_n+1−v_n<0 cad v_n+1<v_n. Par définition, la suite

( )

^vn nÃ2 est strictement décroissante.

Déduisons en que les suites

( )

^un nÃ2 et

( )

^vn nÃ2 sont adjacentes. On notera l leur limite commune : Etudions lim

n↔+õv_n−u_n : ┐nÃ2, v_n−u_n= 1

n! donc lim

n↔+õv_n−u_n = lim

n↔+õ

1 n!=0

De plus

( )

^un nÃ2 est strictement croissante et

( )

^vn nÃ2 est strictement décroissante.

Par définition, les suites

( )

^un nÃ2 et

( )

^vn nÃ2 sont adjacentes donc elles convergent et admettent la même limite que l’on notera l.

2. Donnons, en utilisant la question A.e. une valeur approchée, par défaut, de l à 10^-7 près : D’après A.e. , 11 est le plus petit entier n tel que n!Ã10⁷

donc 11 est le plus petit entier n tel que 1 n!Â 1

10⁷ soit 1

n!Â10^-7.

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Or v_n−u_n= 1

n! donc 11 est le plus petit entier tel que v_n−u_nÂ10^-7. Ainsi u₁₁ une valeur approchée, par défaut, de l à 10^-7 près.

A l’aide de la calculatrice, on obtient u₁₁= 1 0!+1

1!+1

2!+…+ 1

11!ó2.7182818

3. Dans cette question, on va montrer que l est un irrationnel (c’est-à-dire un réel non rationnel). On va le prouver par l’absurde et supposant que l est un rationnel et montrer que ce n’est pas possible.

Pour cela, on suppose que l☻Q, c'est-à-dire qu’il existe des entiers p et q (qI ý0) tels que l=p q . Il est clair que qý1 car d’après 2., l n’est pas un entier.

On admettra que pour tout entier nÃ2, on a : un<l<v_n.(1) a. Montrons que, en particulier, u_q<p

q <v_q : En supposant que l= p

q, (1) donne pour tout entier nÃ2, u_n<p q<v_n donc en particulier , uq<p

q<v_q (comme qÃ2)

b. Démontrons alors qu’il existe un entier a tel que a q!<p

q< a q!+ 1

q! : uq=1

0!+1 1!+1

2!+…+ 1

q!. Or par définition q! est un multiple commun à 0! , 1! , 2! , … , (q−1)! donc il existe un entier a tel que uq= a

q!. Or d’après a. u_q<p

q <v_q donc il existe un entier a tel que a q!<p

q< a q!+1

q!

c. Démontrons alors que a<p(q−1)!<a+1 : En multipliant par q!>0 on obtient alors a<pq!

q <a+1 cad a<p(q−1)!<a+1 d. Déduisons en une contradiction et concluons quant à la nature de l :

Or p(q−1)!☻É et les entiers a et a+1 sont consécutifs donc il n’existe pas d’entier strictement compris entre a et a+1…

Ainsi la double inégalité a<p(q−1)!<a+1 est fausse et donc l’hypothèse qu’il existe des entiers p et q (qý0) tels que l=p

q est fausse.

Donc l n’est pas un rationnel c’est donc un irrationnel.

Info : On verra plus tard dans l’année que l est en fait le nombre irrationnel noté e