Correction du devoir surveillé commun n

Correction du devoir surveillé commun n

1 - TS1 & TS2

Exercice I

1. u_n= −2n³+5n²−4n+1. On a une forme indéterminée du type «− ∞ + ∞»..

On lève l’indétermination, en factorisant par le terme de plus haut degré.

u_n= −2n³+5n²−4n+1=n³ µ

−2+5 n− 4

n²+ 1 n³

¶ .

n→+∞lim n³= +∞; lim

n→+∞

µ

−2+5 n− 4

n²+ 1 n³

¶

= −2 donc, par produit, lim

n→+∞u_n= −∞

2. un=n²−2n+3

4n³+5 . On a une forme indéterminée. On factorise numérateur et dénominateur chacun par leur terme de plus haut degré, puis on simplifie.

u_n= n²h

1−_n²+_n³2

i

n³h 4+_n⁵3

i =1−_n²+_n³² nh

4+_n⁵3

i.

n→+∞lim

· 4+ 5

n³

¸

=4 ; lim

n→+∞

· 1−2

n+3 n

¸

=1 donc par produit et quotient, lim

n→+∞u_n=0. 3. un= 1

n(n²+5n−7)=n+5−7 n.

n→+∞lim n= +∞et lim

n→+∞

µ7 n

¶

=0 d’où lim

n→+∞u_n= +∞

4. u_n=p

n²+1−n. On a encore une forme indéterminée.

Pour lever l’indétermination, on utilise la forme conjuguée.

u_n= hp

n²+1−ni hp

n²+1+ni hp

n²+1+ni = n²+1−n²

pn²+1+n = 1 pn²+1+n

n→+∞lim

¡n²+1¢

= +∞donc lim

n→+∞

pn²+1= +∞d’où, par somme, lim

n→+∞

³pn²+1+n´

= +∞

donc lim

n→+∞u_n=0

Exercice II

Montrons par récurrence que, pour toutn∈N, 6ⁿ−1 est divisible par 5. La première chose à faire est de traduire cela sous forme mathématique.

SoitP_nla proposition : « 6ⁿ−1=5k_n,k_n∈Z»

• Initialisation: pourn=0 : 6⁰−1=1−1=0=5×0=5k₀aveck₀=0∈Z. La propriété est vraie pourn=0.

• Hérédité: on supposeP_{nvraie pourunrangn}quelconque, donc 6ⁿ−1=5k_n,k_n∈Z(d’où 6ⁿ+5k_n+1).

Alors : 6ⁿ⁺¹−1=6×6ⁿ−1=6 (5k_n+1)−1=5×6k_n+6−1=5×6k_n+5=5 (6k_n+1)=5k_n+1en posant kn+1=6kn+1∈Z. On obtient bien un multiple de 5.

La propriété est donchéréditaire.

Conclusion: d’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn∈N. 6ⁿ−1 est divisible par 5 pour toutn.

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Exercice III

Démontrons par récurrence que, pour toutnÊ1, Sn= 1

1×2×3+ 1

2×3×4+ ··· + 1

n(n+1)(n+2)= n(n+3) 4(n+1)(n+2). SoitP_nla propriété : «S_n= 1

1×2×3+ 1

2×3×4+ ··· + 1

n(n+1)(n+2)= n(n+3)

4(n+1)(n+2)» pournÊ1

• Initialisation : Pourn=1, on aS₁= 1

2×3×4=1

6et n(n+3)

4(n+1)(n+2)= 1×4 4×2×3=1

6=S₁doncP₁est vraie.

• On supposeP_nvraie pour un entiernquelconque, donc S_n= 1

1×2×3+ 1

2×3×4+ ··· + 1

n(n+1)(n+2)= n(n+3) 4(n+1)(n+2) S_n+1=S_n+ 1

(n+1)(n+2)(n+3)= n(n+3)

4(n+1)(n+2)+ 1

(n+1)(n+2)(n+3)= n(n+3)²+4 4(n+1)(n+2)(n+3)

= n³+6n²+9n+4 4(n+1)(n+2)(n+3).

On doit montrer que cette expression vaut (n+1)(n+4) 4(n+2)(n+3). Or : (n+1)(n+4)

4(n+2)(n+3)= (n+1)²(n+4) 4(n+1)(n+2)(n+3)=

¡n²+2n+1¢ (n+4) 4(n+1)(n+2)(n+3)

= n³+6n²+9n+4

4(n+1)(n+2)(n+3)donc S_n+1= (n+1)(n+4) 4(n+2)(n+3) . La propriété est donchéréditaire.

Conclusion: d’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutn∈N.

Exercice IV

On considère une suite (u_n) définie surNet telle qu’aucun de ses termes ne soit nul.

On définit alors la suite (v_n) surNparv_n= − 4 u_n.

1. Si la suite (un) est convergente, alors la suite (vn) est convergente.

Faux : Si (u_n) converge versℓ∈Ravecℓ6=0, (v_n) converge vers−4

ℓ, mais alors on se doute qu’il y a un problème pourℓ=0.

Prenons par exemple la suite (u_n) définie paru_n= 1

n+1. On obtient alorsv_n= −4(n+1), terme général d’une suite qui tend vers−∞, donc non convergente.

2. Si la suite (u_n) est minorée par 2, alors la suite (v_n) est minorée par 2.

faux: Par hypothèse, (u_n) est minorée par 2.

Alors :∀n∈N, 2≤un⇒0≤ 1 u_n≤1

2⇒ − 4

u_n≥ −1⇒vn≥ −2, donc la suite (v_n) semble minorée par -2.

Exemple:u_n=2 (suite constante), bien minorée par 2 ;v_n+ − 4 u_n = −4

2= −2 qui n’est donc pas minoré par 2 !

Faux :reprenons comme exempleun= 1

n+1qui est bien le terme général d’une suite décroissante. On obtientv_n= −2(n+1), donc une suite (v_n) décroissante.

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3. faux. Prenonsu_n=(−1)ⁿ. Alors,v_n= − 2

(−1)ⁿ= ±2. Cette suite vaut alternativement 2 ou -2, donc ne converge pas vers 0.

Exercice V

On considère la suite (u_n) définie paru₀=1 etu_n+1=3u_n−4n+2.

1. On trouveu₁=5 ;u₂=13 etu₃=33.

2. Pour tout entier natureln, soit la propriété P(n) : «unÊ2n».

On montreP(n) par récurrence :

• Initialisation : pourn=0,u0=1 et 2×0=0 doncP(0) est vraie.

• Hérédité : Soitn∈N. On suppose queP(n) est vraie pour un entiern doncunÊ2n. (hypothèse de récurrence).

u_nÊ2n⇒3u_nÊ6n⇒u_n+1Ê2n+2=2(n+1)⇒u_n+1Ê2(n+1), doncP(n+1) est vraie.

Conclusion: pour tout entier naturel n, on a bienunÊ2n.

3. onÊ2npour toutnet lim

n→+∞(2n)= +∞, donc lim

n→+∞un= +∞ d’après le théorème de comparaison.

4. Soit (vn) la suite définie parvn=un−2n.

(a) Pour toutn,v_n+1=u_n+1−2(n+1)=3u_n−4n+2−2n−2=3 (u_n−2n)= 3v_n , donc (v_n) est géo- métrique de raisonq=3.

(b) v₀=1 donc, pour toutn,v_n=v₀qⁿ=3ⁿdonc u_n=3ⁿ+2n . (c) S_n=

i=n

X

i=0

3ⁱ+

i=n

X

i=0

[2i]=

i=n

X

i=0

3ⁱ+2

i=n

X

i=0

i=3ⁿ⁺¹−1

3−1 +2×n(n+1)

2 = 1

2×3ⁿ⁺¹−1

2+n(n+1).

Exercice VI

1. D’après la définitionu₂=u₁−1 4u₀=1

2+1 4= 3

4 .

• Si la suite était géométrique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à−1 2; oru₁×

µ

−1 2

¶

=1 26=u₂.

• Si la suite était arithmétique, d’après les deux premiers termes la raison serait égale à1

2−(−1)=3 2; or u1+

µ3 2

¶

=4

2=26=u2.

Conclusion: la suite (un) n’est ni arithmétique ni géométrique.

2. (a) v0=u1−1 2u0=1

2−1

2×(−1)=1.

(b) On a pour tout natureln,v_n+1=u_n+2−1

2u_n+1=u_n+1−1 4u_n−1

2u_n+1= 1

2u_n+1−1 4u_n=1

2 µ

u_n+1−1 2u_n

¶

= 1 2v_n . (c) vn+1=1

2vnsignifie que la suite (vn) est unesuite géométriquede premier terme 1 et de raison1 2. Page 3/4

(d) On a donc quel que soitn∈N, v_n= µ1

2

¶n

= 1 2ⁿ . 3. (a) w₀=u₀

v₀=−1

1 = −1. (b) Pour toutn,w_n+1=u_n+1

vn+1 = v_n+1

2u_n 1 2v_n

= 2+u_n vn

(en séparant la fraction en deux et en simplifiant).

(c) On a par définition u_n

v_n =wn, donc l’égalité ci-dessus s’écrit : w_n+1=2+w_n .

(d) L’égalité précédente montre que la suite (w_n) est une suitearithmétiquede premier terme−1 et de raison 2.

On a doncw_n=w₀+n×2= 2n−1. 4. On a trouvé quew_n=2n−1=u_n

v_n =u_n

1 2ⁿ

=2ⁿ×u_n. Donc u_n=2n−1

2ⁿ , car 2ⁿ6=0 quel que soitn∈N. 5. (Bonus)

Démontrons par récurrence que :S_n=2−2n+3 2ⁿ

• Initialisation :S₀=u₀= −1 et 2−2×0+3

2⁰ =2−3

1=2−3= −1. La formule est vraie au rang 0.

• Hérédité : supposons qu’il existe un naturelktel que : S_k=

Xk i=0

u_i=u₀+u₁+ ··· +u_k=2−2k+3 2^k . DoncS_k+1=S_k+u_k+1=2−2k+3

2^k +2(k+1)−1

2^k+1 =2+−4k−6+2k+1

2^k+1 =2+−2k−5

2^k+1 =2−2k+5 2^k+1

=2−2(k+1)+3 2^k+1 .

La formule est vraie au rangk+1.

On a donc démontré par récurrence que pour toutndeN: S_n=2−2n+3 2ⁿ .

Bonus:

Soit (u_n) une suite convergeant vers 2.

SoitI=]1 ; 3[. Puisque (u_n) converge vers 2, il existe un entierptel que, pour toutnÊp,u_n∈]1 ; 3[, donc les termesunsont positifs pournÊp.

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