Corrigé du devoir à la maison n˚2
Exercice 1 1. a.
n 0 1 2 3 4 5 6
un 8 2,6 0,85 0,28 0,09 0,03 0,01
b. L’algorithme proposé ne convient pas car le calcul «u prend la valeur 1 5u+ 1
3i » correspond à la formule de récurrenceun+1 =un+ 1
3n+1. On peut le modifier soit en remplaçant « Pour iallant de 1 à n» par « Pour iallant de 0 à n−1» soit en remplaçant «u prend la valeur
1 5u+ 1
3i » par «u prend la valeur 1
5u+ 1 3i−1 ».
2. a. En s’appuyant sur le tableau de la question 1.a, on peut conjecturer que la suite (un) est décroissante.
b. Soit la propositionPn: «un≥ 15 2 × 1
3n » pour toutn∈N. Etant donné queu0 = 8 et 15
2 × 1
30 = 7,5≤8, la proposition P0 est vraie.
Supposons quePk est vraie pour un certain entierk∈N. Alors, uk ≥ 15
2 × 1
3k donc, comme 1
5 > 0, 1
5uk ≥ 1 5 × 15
2 × 1 3k i.e. 1
5uk ≥ 3 2 × 1
3k. Dès lors, 1
5uk+ 1 3k ≥ 3
2 × 1 3k + 1
3k i.e.uk+1 ≥ 3
2 + 1
× 1 3k. Or,
3 2+ 1
× 1 3k = 5
2 × 1 3k = 5×3
2 × 1
3×3k = 15 2 × 1
3k+1. Ainsi,uk+1 ≥ 15 2 × 1
3k+1 doncPk+1est vraie et on a démontré par récurrence que, pour toutn∈N,un≥ 15
2 × 1 3n . c. Soitn∈N. Alors,
un+1−un= 1
5un+ 1
3n −un= 1 3n −4
5un. Mais, d’après la question précédent,un≥ 15
2 × 1
3n donc−4
5un≤ −4 5×15
2 × 1
3n =−6× 1 3n. Ainsi,
un+1−un≤ 1
3n−6× 1
3n =− 5 3n <0 donc la suite(un) est décroissante .
d. Comme (un) est décroissante, elle est majorée par u0 = 8. De plus, pour tout n ∈ N, un≥ 15
2 × 1
3n ≥0donc (un) est minorée par 0. Ainsi, (un) est bornée.
3. a. Soitn∈N. Alors, vn+1 =un+1− 15
2×3n+1 = 1
5un+ 1
3n − 3×5
2×3n×3 = 1
5un+ 1
3n− 5
2×3n = 1
5un− 3 2×3n et donc, en factorisant par 1
5, il vientvn+1 = 1 5
un− 15 2×3n
i.e.vn+1= 1 5vn. Ainsi, (vn) est une suite géométrique de raison 1
5 . Son premier terme estv0 =u0− 15 2×30 = 8−15
2 soit v0 = 1 2 .
b. Il s’ensuit que, pour tout n∈N,vn = 1 2 ×
1 5
n
soit vn= 1
2×5n. Or, pour tout n∈ N, vn=un− 15
2×3n donc un=vn+ 15
2×3n i.e. pour toutn∈N,un= 1
2×5n + 15 2×3n . 4. a. Voici un algorithme qui affiche la valeur de Sn en sortie pour une valeur de n donnée en
entrée.
Entrée : n
Initialisation : uprend la valeur 8 S prend la valeur 8 Traitement : Pouriallant de 0 à n−1
u prend la valeur 1 5u+ 1
3i S prend la valeurS+u Fin Pour
Sortie : AfficherS b. Soitn∈N. Alors,
Sn=
n
X
i=0
ui =
n
X
i=0
1
2×5i + 15 2×3i
=
n
X
i=0
1 2×5i+
n
X
i=0
15 2×3i =
n
X
i=0
1 2×
1 5
i
+
n
X
i=0
15 2
1 3
i
.
On reconnait dans chacune de ces deux sommes la somme des termes successifs d’une suite géométrique donc
Sn= 1 2×
1− 1
5 n+1
1−1 5
+15 2 ×
1− 1
3 n+1
1−1 3
= 1 2× 5
4×
1− 1 5n+1
+15
2 ×3 2 ×
1− 1
3n+1
= 5 8 − 1
8×5n+ 45
4 − 15 4×3n soit finalement, pour toutn∈N,Sn= 95
8 − 1
8×5n − 15 4×3n .
c. On a vu en question 2.d. que un ≥ 0 pour tout n ∈ N donc Sn est une somme de réels positifs, c’est donc un réel positif. Ainsi,(Sn) est minorée par0.
De plus, pour toutn∈N, 1
8×5n >0et 15
4×3n >0 doncSn< 95
8 . Ainsi, (Sn) est majorée.
On conclut que (Sn) est bornée .
Exercice 2. — Considérons la fonction f définie sur[0 ; 1]par f(x) = 1−x2. Alors,f est une fonction polynôme du seconde degré donc f est dérivable sur[0 ; 1] et, pour tout x∈[0 ; 1],f0(x) =−2x≤0.
Ainsi, f est décroissante sur [0 ; 1].
Montrons par récurrence que (vn) est décroissante.
Soit la propositionPn : «0≤vn+1≤vn≤1» pour tout n∈N. v0 =u0= 12 etv1 =u2 = 167 donc P0 est vraie.
Supposons Pk vraie pour un certain k∈N.
Alors, 0 ≤ vk+1 ≤ vk ≤1 i.e. 0 ≤u2k+2 ≤ u2k ≤ 1. Comme f est décroissante sur [0 ; 1], on en déduit quef(0)≥f(u2k+2)≥f(u2k)≥f(1) i.e. 1≥u2k+3 ≥u2k+1≥0. En appliquant à nouveauf, il vient, de la même façon,f(1) ≤f(u2k+3)≤f(u2k+1) ≤f(0) i.e. 0 ≤u2k+4 ≤u2k+2 ≤1 soit encore 0≤vk+2≤vk+1≤1.
Ainsi, Pk+1 est vraie et on a démontré par récurrence que, pour tout n ∈ N, vn+1 ≤ vn i.e.
(vn) est décroissante .
On montre rigoureusement de même que (wn) est croissante .
On conclut que (un) n’est pas monotone sinon les deux suites(vn) et(wn)auraient le même sens de variation.
