Correction du devoir n

Correction du devoir n

1

I

Soit (E) l’équationx⁴+4x²−21=0.

C’est une équationbicarrée. On effectue le changement de va- riable :X=x².

(E)⇔

½ X=x²

X²+4X−21=0 .

Résolvons l’équation (E’) :X²+4X−21=0.

∆=100>0 ; l’équation (E’) a deux solutions réelles :X1= −7 et X2=3.

On revient à l’équation initiale en résolvant les équationsx²=X1

etx²=X2.

• x²=X1= −7 n’a pas de solutions dansR, car−7<0.

• x²=X1=3 adeuxsolutions dansR:−p 3 etp

3.

(Attention à ne pas oublier la solution négative !) L’équation (E) a pour solutions : S_={−^p_{3 ;}^p_3}

II

Résolvons dansRl’inéquation (2x+1)(3x−4) (x+1)(x+3) É0.

• L’ensemble de définition estR\ {−3 ;−1}

• Le numérateur s’annule pourx= −1

2oux=4 3

• Le numérateur est un trinôme du second degré, du signe du coefficient dex²à l’extérieur de l’intervalle formé par les ra- cines, de même que pour le dénominateur.

On renseigne alors un tableau de signes : x −∞ −3 −1 −1

2 4

3 +∞

(2x+1)(3x−4) + + + 0 −0+ (x+1)(x+3) + − + 0 +0+ (2x+1)(3x−4)

(x+1)(x+3) + − + 0 −0+

On voulait que l’expression fût inférieure ou égale à 0. L’en- semble des solutions est S _{=]−3 ;−1[∪}

·

−1 2; 4

3

¸ .

III

Démontrons par récurrence que, pour toutn∈NavecnÊ6, 2ⁿ>6n+7.

On notePncette propriété.

• Initialisation :Pourn=6, 2⁶=64 et 6n+7=6×6+7=43 donc 2⁶Ê6×6+7.

La propriété est vraie pourn=6

• Hérédité: on suppose la propriété vraie pour un entiernquel- conque avecnÊ6, donc 2ⁿÊ6n+7.

Alors : 2ⁿ⁺¹=2×2ⁿÊ2×(6n+7)=12n+14=6(n+1)+7+n+1 Ê6(n+1)+7 donc la propriété est vraie au rangn+2.

Enne est donc héréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour tout nÊ6.

IV

P(n) est la propriété : « 4ⁿ+1 est un multiple de 3 » oùndé- signe un entier naturel.

1. Supposons la propriété vraie à un rang n quelconque, donc, il existe un entierkn∈Ztel que 4ⁿ+1=3kn, d’où 4ⁿ=3kn−1.

Alors : 4ⁿ⁺¹+1=4×4ⁿ+1=4×(3kn−1)+1=12kn−3=

3(4kn−1)=3kn+1en posantkn+1=4kn−1.

On obtient bien un multiple de 3, donc la propriété esthé- réditaire.

2. Elle estfaussepourn=0 donc on ne peut pas en déduire qu’elle est vraie pour toutn∈N(elle est même fausse pour toutn).

V

test la suite définie part0=0 et, pour tout entier natureln, t_n+1=tn+ 1

(n+1)(n+2) 1. On truvet1=1

2,t2=2 3,t3=3

4. 2. On conjecture quetn= n

n+1pour toutn∈N.

3. Démonstration par récurrence :

• Initialisation:Pourn=0, n

n+1 =0=t0donc la pro- priété est vraie pourn=: 0.

• Hérédité: on suppose la propriété vraie pour un rangn quelconque, donct,n= n

n+1. Alors :tn+1=tn+ 1

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

n+1+ 1

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

(n+1)(n+2) = n²+2n+1

(n+1)(n+2) = (n+1)²

(n+1)(n+2) = n+1 n+2 après simplification.

La propriété est donc vraie au rangn+1, donc elle est héréditaire.

D’après l’axiome de récurrence, elle est vraie pour toutn, donc, pour toutn∈N, tn= n

n+1 .

VI

1. On remarque que chaque étape du coloriage consiste à co- lorier un neuvième de la surface non coloriée jusque là.

Par conséquent : pour toutnÊ1n, An+1=An+1

9(1−An)= 8 9An+1

9 . 2. Pour toutnÊ1, on poseBn=An−1.

(a) Pour toutn Ê1,B_n+1= A_n+1−1= 8 9An+1

9−1 = 8

9An−8 9=8

9(An−1)=8 9Bn.

∀nÊ1, B_n+1=8 9Bn .

La suite (Bn) est géométrique, de raisonq=8 9 et de premier termeB1= −8

9.

(b) On en déduit que, pour toutn Ê1,Bn =B1qⁿ⁻¹=

−8 9

µ8 9

¶_n−1

= − µ8

9

n¶

puisAn=Bn+1=1− µ8

9

¶n

(c) Comme−1<8

9<1, lim

n→+∞

µ8 9

¶n

=0 donc

n→+∞lim An=1 .

La surface coloriée a une aire qui tend vers celle du carré initial, même si elle a des trous partout ! (d) On cherchentel queAnÊ0, 85 ; à la calculatrice, on

trouvenÊ17. On verra plus tard avec la fonction lo- garithme comment trouver sans tâtonnement la va- leur denla plus petite qui convient.