TS 8 DS 1 Correction 22 septembre 2015 Exercice 1 : Restitution organis´ee des connaissances
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Exercice 2 : Quelques limites pour s’´echauffer 1. Par somme, lim
n→+∞un= 2.
2. Pour toutn∈N, un= 7n 3
7 n
−1
. Or −1< 3
7 <1, donc lim
n→+∞
3 7
n
= 0.
Par somme, lim
n→+∞
3 7
n
−1
=−1.
7>1, donc lim
n→+∞7n= +∞.
Par produit lim
n→+∞un=−∞.
3. Pour toutn∈N,−16cosn61.
Or pour tout n∈N, n2+ 1>0.
D’o`u pour toutn∈N, −1
n2+ 16un6 1 n2+ 1. D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement, lim
n→+∞un= 0.
4. Pour toutn6= 0, un= n2 −2 +n1 −n12
n2 1 +n2 +n1 = −2 +1n−n12
1 +n2 +1n . Par quotient, lim
n→+∞un=−2.
Exercice 3 : Une petite r´ecurrence 1. u semble ˆetre une suite arithm´etique.
un+1−un = 3(n+ 1) + 2−3n−2 = 3, u est donc bien une suite arithm´etique de raison 3 et de premier terme 2
2. Pour tout entiern, on appelle P(n) la propri´et´e :
n
X
k=0
uk= (n+ 1)(3n+ 4)
2 .
D´emontrons que pour toutn,P(n) est vraie.
Initialisation : Pour n= 0, u0 = 2 et (0 + 1)(3×0 + 4)
2 = 2, doncP(0) est vraie.
H´er´edit´e : Supposons que pour un entier n>0, P(n) est vraie et montrons qu’alors,P(n+ 1) est vraie.
P(n+ 1) s’´ecrit :
n+1
X
k=0
uk= (n+ 2)(3n+ 7)
2 .
D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence :
n
X
k=0
uk= (n+ 1)(3n+ 4) 2
Donc
n+1
X
k=0
uk= (n+ 1)(3n+ 4)
2 +un+1 = (n+ 1)(3n+ 4)
2 + 3(n+ 1) + 2 = 3n2+ 13n+ 14
2 .
D’autre part, (n+ 2)(3n+ 7)
2 = 3n2+ 6n+ +7n+ 14
2 = 3n2+ 13n+ 14
2 .
On a bien
n+1
X
k=0
uk = (n+ 2)(3n+ 7)
2 .
Donc P(n+ 1) est vraie.
Conclusion : On a bien d´emontr´e par r´ecurrence que pour tout entiern,P(n) est vraie.
TS 8 DST 1 Correction, Page 2 sur 2 2015-2016 Exercice 4 : Un petit probl`eme
1. u1= 3 etu2= 10. part
(a) D´emontrons par r´ecurrence, pour tout entier natureln, la propri´et´e P(n) :un>n.
Initialisation u0 = 0>0 donc la propri´et´eP(0) est v´erifi´ee.
H´er´edit´e Supposons que pour un entiern>0,P(n) est vraie et montrons qu’alors,P(n+ 1) est vraie.
P(n+ 1) s’´ecrit :un+1 >n+ 1 Orun+1 = 3un−2n+ 3
D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence un>n doncun+1>3n−2n+ 3>n+ 3>n+ 1 DoncP(n+ 1) est vraie.
Conclusion On en d´eduit que pour tout entier naturel n,un>n.
(b) d’apr`es un th´eor`eme de comparaison lim (un) = +∞.
2. Pour tout entier natureln; un+1−un= 3un−2n+ 3−un = 2un−2n+ 3>3>0 donc la suite (un) est croissante.
3. Soit la suite (vn) d´efinie, pour tout entier naturel n, parvn=un−n+ 1.
(a) Pour tout entier natureln vn+1 =un+1−(n+1)+1 = 3un−2n+3−n−1+1 = 3(un−n+1) = 3vn. La suite (vn) est une suite g´eom´etrique de premier terme v0= 1 et de raison 3.
(b) Pour tout entier naturel n,vn= 3n etun=vn+n−1 doncun= 3n+n−1.
4. Soitp un entier naturel non nul.
(a) La suite (un) tend vers +∞ donc on peut affirmer qu’il existe au moins un entiern0 tel que, pour toutn>n0,un>10p.
(b) u3p = 33p + 3p−1 = 27p + 3p−1 > 27p > 10p donc n = 3p est une valeur de n telle que un>10p;n0 ´etant la plus petite de ces valeurs, on a doncn0 63p
(c) u6 = 734 etu7= 2193 et u est croissante donc pour la valeurp= 3 ;n0= 7.
(d) Algorithme qui, pour une valeur depdonn´ee en entr´ee, affiche en sortie la valeur du plus petit entier n0 tel que, pour tout n>n0 , on aitun>10p.
Entr´ee
Saisir le nombre entier naturel non nulp.
Traitement
Affecter `aU la valeur 0 Affecter `ak la valeur 0 Tant queU <10p
Affecter `aU la valeur 3U−2k+ 3 Affecter `ak la valeur k+ 1
Fin tant que Sortie Afficher k Exercice 5 : Question ouverte
On remarque que le num´erateur du n-i`eme terme est la somme desn+ 1 premiers termes de la suite arithm´etique de premier terme 1 et de raison 2. Le num´erateur de un est donc (n+ 1)2n+ 2
2
Le d´enominateur est la somme des n+ 1 premiers termes de la suite arithm´etique de premier terme 2n+ 3 et de raison 2. Le d´enominateur deun est donc (n+ 1)2n+ 3 + 4n+ 3
2 = (n+ 1)6n+ 6 2 . On a donc pour tout entiern,un= (n+ 1)(2n+ 2)
(n+ 1)(6n+ 6) = 13. u est une suite constante, elle converge donc vers 13
