Par somme, lim n→+∞un= 2

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→+∞u_n= 2.

2. Pour toutn∈N, u_n= 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→+∞u_n=−∞.

3. Pour toutn∈N,−16cosn61.

Or pour tout n∈N, n²+ 1>0.

D’o`u pour toutn∈N, −1

n²+ 16u_n6 1 n²+ 1. D’apr`es le th´eor`eme d’encadrement, lim

n→+∞u_n= 0.

4. Pour toutn6= 0, u_n= n² −2 +_n¹ −_n¹2

n² 1 +_n² +_n¹ = −2 +¹_n−_n¹2

1 +_n² +¹_n . 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

u_k= (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

u_k = (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) :u_n>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 u_n>n doncu_n+1>3n−2n+ 3>n+ 3>n+ 1 DoncP(n+ 1) est vraie.

Conclusion On en d´eduit que pour tout entier naturel n,u_n>n.

(b) d’apr`es un th´eor`eme de comparaison lim (u_n) = +∞.

2. Pour tout entier natureln; u_n+1−u_n= 3u_n−2n+ 3−u_n = 2u_n−2n+ 3>3>0 donc la suite (u_n) est croissante.

3. Soit la suite (v_n) d´efinie, pour tout entier naturel n, parv_n=u_n−n+ 1.

(a) Pour tout entier natureln v_n+1 =u_n+1−(n+1)+1 = 3u_n−2n+3−n−1+1 = 3(u_n−n+1) = 3v_n. 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,u_n>10^p.

(b) u3p = 3^3p + 3p−1 = 27^p + 3p−1 > 27^p > 10^p donc n = 3p est une valeur de n telle que u_n>10^p;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>10^p.

Entr´ee

Saisir le nombre entier naturel non nulp.

Traitement

Affecter `aU la valeur 0 Affecter `ak la valeur 0 Tant queU <10^p

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 u_n 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