TS Grille de correction DS 1 2013-2014
E1 Réponse Points Obtenus
Q1. ∀n∈N, vn+1= 2un+1+6 = 2 2
3un−1
+6 = 4
3un+4 = 2
3(2un+6) = 2
3vn. Ainsi (vn) est bien géométrique de raison 2
3 et avecv0= 2u0+ 6 = 2×
−3 2
+ 6 = 3.
2
Q2. ∀n ∈ N, vn = v0qn = 3 2
3 n
. Or vn = 2un + 6 ⇔ un = 1
2(vn −6) donc
∀n∈N, un= 1 2×3
2 3
n
−3⇔un= 2
3 n−1
−3
1+2
Q3. ∀n∈N, Sn =v0×1− 23
n+1 1−23
= 3× 1− 2
3 n+1!
×3 = 9 1− 2
3 n+1!
. 1
Q4. Tn=u0+u1+u2+. . .+un=1
2v0−3 +1
2v1−3 +. . .+1 2vn−3
=1
2(v0+v1+. . .+vn)−3(n+ 1) (ajout den+ 1 termes égaux à 3)
∀n∈N, Tn= 1
2Sn−3n−3 = 9 2
2 3
n
−3n−3 1 (bonus)
Total −→ 6 points
E 2 Réponse Points Obtenus
Q1. u1= 3√u0+ 4 = 3√
0 + 4 = 4 ;u2= 3√u1+ 4 = 3×2 + 4 = 10 etu3= 3√
10 + 4. 0.5 Q2a. ∀n∈N;un+1= 3√un+ 4 =f(un) avecf(x) = 3√
x+ 4, (x>0) 0.5
Q2b. Premiers termes de la suite (un) avecu0= 0 puisu0= 25.
x y
y=f(x)
1
y=x
O 1
b bb bb bb
u1= 4 u2= 10u3= 3√ 10 + 4 u0= 0
bb
bb
bb
u0= 25
1
Q2c. Conjectures : la suite (un) semble croissante et tous ses termes être compris entre 0 et 16, la suite semble donc bornée.
1
Lycée Bertran de Born - DS 2 1 sur 2
TS Grille de correction DS 1 2013-2014
Q3a. P(n) :∀n∈N, 06un6un+1616.
Initialisation :n= 0.u1= 4, on a bien 06u06u1616 doncP(0) est vraie.
Hérédité : Soitn∈Nfixé. On supposeP(n) vraie et on cherche à démontrer que cette hypothèse impliqueP(n+ 1) vraie.
P(n) vraie ⇔0 6 un 6un+1 6 16⇒ √
0 6√un 6√un+1 6√
16 car la fonction x7→√
xest croissante sur [0; +∞[⇔063√un+ 463√un+1+ 463×4 + 4.
⇔06un+16un+2616⇔P(n+ 1)vraie.
Conclusion : D’après le raisonnement par récurrence, 06un6un+1 616 pour tout n∈N.
2+1(réd.)
Q3b. ∀n∈N, un 6un+1 donc la suite (un) est croissante. De plus,∀n∈N,0 6un 616 donc (un) est bornée.
1
Q3c. Premiers termes tracés Q2b avec u0 = 25. On peut conjecturer qu’alors (un) est décroissante et bornée (entre 16 et 25).
0.5
Total −→ 7.5 points
E 3 Réponse Points Obtenus
Q1. L’ensemble de définition Df de f est l’ensemble des réels x pour lesquels f(x) est calculable ; dans ce cas, on doit avoirx2+ 4x−36= 0 (dénominateur d’une fonction rationnelle).
orx2+ 4x−3 = 0⇔x=−2−√
7 ou x=−2 +√
7 (∆ = 28 = 2√ 7) Ainsi
Df =R−
−2−√
7;−2 +√ 7
1
Q2. ∀x∈Df, f(x) =ax+b+ c
x2+ 4x−3 ⇔f(x) =ax(x2+ 4x−3) +b(x2+ 4x−3) +c x2+ 4x−3
⇔ f(x) = ax3+ (4a+b)x2+ (4b−3a)x+c−3b
x2+ 4x−3 ⇔
a= 2 4a+b= 9 4b−3a=−2 c−3b=−4
⇔
a= 2 b= 1 c=−1
(identification des coefficients des polynômes) Finalement,∀x∈Df, f(x) = 2x+ 1− 1
x2+ 4x−3
3
Q3. f(x) = 2x3+ 9x2−2x−4
x2+ 4x−3 se comporte en +∞comme 2x3
x2 = 2x. En effet, en +∞, la limite d’une fonction rationnelle est la même que celle du quotient des termes de plus haut degré. De plus, lim
x→+∞x = +∞(R) et 2> 0 donc par opérations sur les limites, lim
x→+∞2x= +∞et lim
x→+∞
2x3+ 9x2−2x−4 x2+ 4x−3 = +∞ Avec l’autre expression def(x) : 1
x2+ 4x−3se comporte, en +∞, comme 1
x2 et 2x+1 comme 2x. or lim
x→+∞
1
x2 = 0 (R) et lim
x→+∞2x= +∞, par soustraction de limites, on trouve lim
x→+∞
2x3+ 9x2−2x−4 x2+ 4x−3 = +∞
2.5
Total −→ 6.5 points
Lycée Bertran de Born - DS 2 2 sur 2
