Correction exercice 40 (revue cyméo) : DM 2 TS
Année scolaire 2010/2011
u
n définie par : { u
n1= u 1 3
0=1 u
n n – 2 pour tout n ∈ ℕ.
1 u
1= – 5
3 ; u
2= – 14
9 et u
3= – 14 27 2.a u
4= 67
81 et 67
81 0 . On suppose qu'il existe n ( supérieur à 4) pour lequel u
n0 . A-t-on u
n10 ?
u
n1= 1
3 u
n n – 2 ; u
n0 donc 1
3 u
n0 . De plus n 4 donc n – 2 2 ainsi 1
3 u
n n – 22 d'où u
n10 .
D'après le principe du raisonnement par récurrence, ∀ n4 , u
n0
2.b D'après ce qui précède, u
n –10 pour tout n5 . (puisque u
n0 pour n4 ) ce qui est équivalent à 1
3 u
n –10 ⇔ 1
3 u
n –1n – 3n –3 ⇔ u
nn – 3 ( ∀ n5 ) Attention : u
n1= 1
3 u
nn – 2 et u
n= 1
3 u
n –1n – 1 – 2
2.c En utilisant le théorème de comparaison : ∀ n5 , u
nn – 3 et
n∞lim n – 3 =∞ donc lim
n∞
u
n=∞
3 On définit v
n par : ∀ n ∈ ℕ , v
n=– 2 u
n3n – 21 2 3.a
∀ n ∈ ℕ , v
n1= – 2 u
n13 n1 – 21
2 ⇔ v
n1= – 2 1 3 u
nn – 2 3 n – 15 2 ⇔ v
n1=– 2
3 u
nn – 7 2 ⇔ v
n1= 1
3 – 2u
n3n – 21 2 ⇔ v
n1= 1 3 v
n. Ainsi v
n est une suite géométrique de raison 1
3 et de premier terme v
0=– 2 u
03×0 – 21
2 =– 25 2
3.b D'après ce qui précède, comme v
n est géométrique, v
n=v
0×q
n⇔ v
n=– 25
2 1 3
n, ∀ n ∈ ℕ
Or v
n=– 2 u
n3n – 21
2 ⇔ u
n= – 1 2 v
n 3
2 n – 21
4 et u
n= 25
4 1 3
n 3 2 n – 21 2
3.c S
n= ∑
k=0
n
u
kdonc S
n= 25 4 ∑
k=0
n
1 3
k 3 2 ∑
k=0 nk− 21 4 ∑
k=0 n