TS GRILLE DE CORRECTION - Devoir Surveillé n˚1 - 28 septembre 2018
NOTE :
Ex 1 Réponse Points Obtenus
Q1. f :x7→ 2x+ 1
3x2−1 définie surI= [1; +∞[.f est dérivable surIet, pour toutxdeI, f′(x) = −2(3x2+ 3x+ 1)
(3x2−1)2 . Pour toutx >1,f′(x)<0 (en effet, 3x2+ 3x+ 1>0 sur R car le discriminant est négatif et a = 3 >0) donc f est décroissante sur [1; +∞[. Ainsif(x)6f(1)⇔f(x)6 32 pour toutx>1.
2
Q2. D’après la question précédente, pour toutn>1,un=f(n) etf(n)6 32, implique queun 632 et donc (un) est majorée par32. Commef est décroissante sur [1; +∞[, (un) est décroissante à partir du rang 1.
1
Q3. ∀n∈N,un= 2n+ 1
3n2−1 = n 2 + n1
n 3n−n1
= 2 + n1
3n−n1
. La suite
1
n
tend vers 0 donc, les suites
2 + 1
n
et
3n−1 n
tendent respectivement vers 2 et +∞, et par opérations sur les limites, lim
n→+∞un= 0.
2
Total −→ 5 points
Ex 2 Réponse Points Obtenus
Q1. ∀n∈N, soit P(n) : un= 2n+1+ 1.
Initialisation :n= 0. 20+1+ 1 = 3 =u0, doncP(0) est vraie.
Hérédité :Soitn∈Nfixé. On supposeP(n) vraie et on cherche à démontrer que cette hypothèse impliqueP(n+ 1) vraie.
P(n) vraie⇔un= 2n+1+ 1⇔2un= 2 2n+1+ 1
⇔2un−1 = 2n+2+ 2−1. 2
⇔un+1= 2n+2+ 1⇔P(n+ 1) vraie.
Conclusion : D’après le raisonnement par récurrence,un = 2n+1+ 1 pour tout n∈N.
Q2. q= 2 etq >1 donc lim
n→+∞2n= +∞et comme 2n+1= 2×2n, lim
n→+∞2n+1= +∞ donc lim
n→+∞un= +∞
1
Q3. L’algorithme renvoie le rang du premier terme supérieur à 10000, soitn= 13.
La suite diverge vers +∞, donc quelque soit la valeurA, il existe un rang à partir duquel tous les termes de la suite sont supérieurs àA(rendant la conditionu6A fausse et occasionnant la sortie de boucle). On peut donc effectivement remplacer 10000 par n’importe quelle nombreA.
1
Total −→ 4 points
Ex 3 Réponse Points Obtenus
Q1. u1 = 1
3u0+ 4 = 1
3 + 4 = 13
3 ; u2 = 1 3 ×13
3 + 4 = 49
9 et u3 = 1 3 ×49
9 + 4 = 157
27 .
0.5
Q2. Courbe et termes de la suite représentés. 1
Q3. Pour tout entier natureln,
vn+1=un+1−6
= 1
3un+ 4−6
= 1 3un−2
= 1
3(un−6)
= 1 3vn
Ainsi la suite (vn) est géométrique de raison 13 avecv0=u0−6 = 1−6 =−5.
1
Q4. ∀n∈N, vn=v0qn=−5 1
3 n
etun=vn+ 6 =−5
1
3 n
+ 6. 1
1
Q5. −1< 1
3 <1 donc
1
3 n
converge vers 0, et donc, par opération sur les limites, (un) converge vers 6.
1
Q6. ∀n∈N,Tn=v0+v1+. . .+vn+ 6×(n+ 1)
nb.de.6
=−5 2
3−
1
3
n
+ 6(n+ 1).
n→+∞lim
1
3 n
= 0 et lim
n→+∞6(n+ 1) = +∞ donc, par opérations sur les limites,
n→+∞lim Tn = +∞
1.5
Total −→ 6 points
Ex 4 Réponse Points Obtenus
Q1. u1= 2 1u0−1
1 = 2×3−1 = 5 ;u2=3
2 ×5−1
2 = 7 etu3= 4
3×7−1
3 = 9 . 1
Q2. Il semble que la suite (un) soit arithmétique de raison 2. 0.5 Q3. Montrons par récurrence la propriété P(n) : un= 3 + 2n∀n∈N.
Initialisation :n= 0. 3 + 2×0 = 3 =u0, doncP(0) est vraie.
Hérédité :Soitn∈Nfixé. On supposeP(n) vraie et on cherche à démontrer que cette hypothèse impliqueP(n+ 1) vraie.
P(n) vraie⇔un= 3 + 2n⇔ n+ 2
n+ 1un= n+ 2
n+ 1(3 + 2n)
⇔ n+ 2
n+ 1un− 1
n+ 1 =(n+ 2)(3 + 2n)−1 n+ 1
⇔un+1= 2n2+ 7n+ 5
n+ 1 ⇔un+1= 2n+ 5 (compte-tenu de l’aide sur le sujet).
1.5
⇔un+1= 3 + 2(n+ 1)⇔P(n+ 1) vraie.
Conclusion : D’après le raisonnement par récurrence, un = 3 + 2n pour tout n∈N.
Total −→ 3 points
Ex 5 Réponse Points Obtenus
Q1. Par la méthode d’identification des coefficients, on obtient : a = −3, b = 11 et c=−17.
1
Q2. lim
n→+∞n+ 1 = +∞donc, par opérations sur les limites, lim
n→+∞
−17
n+ 1 = 0. De plus,
n→+∞lim −3n+ 11 =−∞, par addition de limites, on trouve que (un) diverge et que
n→+∞lim un =−∞.
1
Q3a. Comme lim
n→+∞un =−∞, tout intervalle de la forme ]− ∞;A] (A∈R) contient, à partir d’un certain rang, tous les termes de la suite. En particulier, il existe un entiern1tel que, pour tout n>n1, un∈]− ∞;−100].
0.5
Q3b. À la calculatrice, on trouven1= 37. 0.5
Q3c. Rassuré sur l’existence den1, on peut le chercher en déterminant le premier entier naturel vérifiantun6−100.
1
un 6 −100 ⇔ −3n2+ 8n−6
n+ 1 6 −100 ⇔ −3n2+ 8n−6 6 −100n−100 ⇔
−3n2+ 108n+ 9460
∆ = 12792 d’où deux solutions dont la positivex2=−108−√ 12792
−6 ≃36,9. On prendn1= 37 (qui est la partie entière de x2 plus 1).
Total −→ 4 points
2
