1.a.4! = 4×3×2 = 24 ; 5! = 5×4×3×2 = 120 ; 6! = 6×5×4×3×2 = 720 10!
7! = 10×9×8×7×6×5×4×3×2×1
7×6×5×4×3×2×1 = 10×9×8 = 720⇒ 10!
7! = 6! d’où 6!×7! = 10!
1.b.(n+ 1)! = (n+ 1)×n×(n−1)× · · · ×3×2⇒(n+ 1)! = (n+ 1)×n!⇒ (n+ 1)!
n+ 1 =n!
1.c. Soit(Pk)la propriété :k!≥2k−1
Initialisation :P1 est vraie puisque1! = 1et21−1= 1
Hérédité : supposonsPk vraie, c’est à direk!≥2k−1 et démontrons quePk+1 est vraie, c’est à dire(k+ 1)!≥2k. En effet,(k+ 1)! = (k+ 1)×k!⇒(k+ 1)!≥(k+ 1)×2k−1 d’après l’hypothèse de récurrence
Ork≥1⇒k+ 1≥2donc
½ (k+ 1)!≥(k+ 1)×2k−1
k+ 1≥2 ⇒(k+ 1)!≥2k
Ainsi, la propriété est vraie pour k = 1. La supposant vraie pour k on montre qu’elle l’est encore pour k+ 1. D’après le principe de récurrence, elle est vraie pour toutk≥1.Ainsi, ∀k≥1, k!≥2k−1
1.d. Remarquons dans un premier temps que la suite de terme généraln!est croissante.
En effet,(n+ 1)!−n! = (n+ 1)×n!−n!⇒(n+ 1)!−n! =n×n!qui est positif.
Il suffit alors de "tatonner". pour remarquer que9! = 362 880et11! = 39 916 800 La suite étant croissante, le premier entier tel quen!>107est donc11.
2.a.un= Xn
k=0
1
k! On a doncu0= 1 ; u1= 1 + 1 = 2 : u2= 1 + 1 +1 2= 5
2 : u3= 1 + 1 +1 2+1
6 =8 3
2.b.un+1=
n+1X
k=0
1
k! ⇒un+1−un =
n+1X
k=0
1 k! −
Xn k=0
1
k! ⇒un+1−un= 1
(k+ 1)! >0La suite est donc droissante.
Il était mieux de remarquer directement queun+1=
n+1X
k=0
1 k! =
Xn
k=0
1
k!+ 1
(k+ 1)! d’où le résultat.
2.c.i.un= Xn
k=0
1
k! ⇒un= 1 0!+
Xn
k=1
1 k!.
Or, on a établi que∀k≥1, k!≥2k−1 donc∀k≥1, 1 k! ≤ 1
2k−1 (la fonction inverse étant décroissante surR+∗) Donc,un≤ 1
0!+ Xn
k=1
1
2k−1 c’est à direun≤1 + Xn
k=1
1 2k−1
2.c.cii.
Xn
k=1
1
2k est la somme desnpremiers termes de la suite géométrique de premier terme1et de raison 1 2.
Cette somme vaut 1 2
1− µ1
2
¶n
1−1 2
d’où Xn
k=1
1 2k−1 =
1− µ1
2
¶n
1 2
⇒ Xn
k=1
1 2k = 2
µ 1−
µ1 2
¶n¶
2.c.iii. On a évidemment1− µ1
2
¶n
≤1⇒ Xn
k=1
1
2k ≤2donc1 + Xn
k=1
1 2k−1 ≤3.
Ayant établi queun ≤1 + Xn k=1
1
2k−1 on a doncun ≤3. un est donc majorée par 3.
2.d. La suite étant croissante et majorée, elle converge.
3. a.v0=u0+ 1
0! = 2 ; v1= 2 + 1
1!= 3 ; v2= 5 2+1
2= 3 ; v3= 8 3+1
6= 17 6
1
vn+1−vn=un+1−un+ 1
(n+ 1)!− 1
n! ⇒vn+1−vn= 1
(n+ 1)!+ 1
(n+ 1)! − 1
n! puisqu’on a vu que un+1−un = 1 (n+ 1)!
On a doncvn+1−vn= 2
(n+ 1)! − 1
n!.Le dénominateur commun de ces deux fractions est(n+ 1)!obtenu, dans la seconde fraction en multipliant le démominateur parn+ 1.Ainsi,vn+1−vn= 2−(n+ 1)
n! (n+ 1)! = 1−n
n! (n+ 1)! négatif pourn≥1.
La suite est donc croissante à partir den= 1(et strictement décroissante à partir den= 2).
(un)est croissante et(vn)décroissante. Il reste à démontrer que leur différence tend vers0,Orvn−un = 1 n!. Il est facile de montrer quen!≥n,donc0≤ 1
n! ≤ 1
n qui prouve d’après le théorème des gendarmes que lim
n→+∞
1 n! = 0.
Les suites sont bien adjacentes et convergent vers une même limitel.
3.b. Il est commode de répondre à la question suivante en premier. Ainsi, (un) étant strictement croissante à partir de 2 et convergente, tous ses termes sont strictement inférieurs à sa limite. Supposons en effetuk ≥l,la suite étant strictement croissante,uk+1> l
On ne pourrait plus, pourn≥k+ 1, rendre ses termes plus proches del queuk+1−l.Cela contredit la convergence de un versl.
On démontre bien entendu de la même manière quevn≥l.On a doncunl∈]un;vn[. Or, on a établi quen≥11⇒n!≥107 doncn≥11⇒ 1
n! ≤10−7.
Ainsi pourn≥11, on a|un−vn|≤10−7qui prouve bien que la limite appartient à l’intervalle]u10;v10[.
Oru11≈2.718 281 826 etv11≈2.718 281 851
Une valeur approchée à 10−7près est donc2.718 281 8
3.c.i. Déjà démontré à la question précédente. On a donc en particulieruq< p q < vq
3.c.ii.uq<p
q < vq. Oruq= Xq
k=0
1
k! = 1 + 1 + 1 2!+ 1
3!+· · ·+ 1 q!.
On réduit cette somme au même dénominateur qui estq! en multipliant : la première fraction parq!
la deuxième parq!,
la troisième parq×(q−1)× · · · ×4×3 la quatrième parq×(q−1)× · · · ×4
etc.. l’avant dernière parq et la dernière par1.
On ontient alorsuq= q! +q! +q×(q−1)× · · · ×4×3 +q×(q−1)× · · · ×4 +· · ·+q+ 1
q! .
Le numérateur est donc un entier. Notons lea.
Alors,vq=uq+ 1 q! = a
q!+ 1
q!.et on a donc bien a q! <p
q < a q! + 1
q!.
3.c.iv. En multipliant chaque terme de cette double inégalité par q!, on obtient bien a < p(q−1)! < a+ 1 ce qui sem- blerait prouver, puisque p(q−1)! est un nombre entier, qu’on a "glissé" un entier entre deux entiers consécutifs a et a+ 1, ce qui est évidemment imposible. Cette contradiction montre donc que l’hypothèse faite de l = p
q est absurde.
La limite de cette suite n’est pas rationnelle.
Nous verrons plus tard que cette limite se noteeet vaut exponentielle de 1. Nous avons ainsi montré, avant même de connaître l’exponentielle que ce nombreeest un irrationnel.Affaire à suivre.
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