Correction Devoir Surveillé 2 : suites

Correction Devoir Surveillé 2 : suites
TS
Correction Devoir Surveillé 2 : suites - TS
Exercice 1. Métropole
septembre 2010
Soit (un ) la suite définie par u0 = 5 et pour tout nombre entier naturel n, par un+1 =
4un − 1
.
un + 2
4x − 1
, alors on a, pour tout nombre entier naturel n, un+1 = f (un ).
x+2
On donne ci-dessous une partie de la courbe représentative C de f ainsi que la droite ∆ d’équation y = x.
Si f est la fonction définie sur l’intervalle ] − 2 ; +∞[ par f (x) =
4
∆
3
C
2
1
u3
−2
0
−1
u2
× ×
1
u1
u0
×
2
×
3
4
5
6
−1
−2
1.
a. Sur l’axe des abscisses, placer u0 puis construire u1 , u2 et u3 en laissant apparents les traits de construction.
Voir le graphique ci-dessus.
b. Quelles conjectures peut-on émettre sur le sens de variation et sur la convergence de la suite (un ) ?
On conjecture que la suite (un ) est (strictement) décroissante, et que la suite (un ) converge (vers une
valeur proche de 1).
2.
a. Démontrer par récurrence que, pour tout nombre entier naturel n, on a un − 1 > 0.
Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) ∶ un − 1 > 0.
● Initialisation : u0 = 5 Ô⇒ u0 − 1 = 4 Ô⇒ u0 − 1 > 0 donc P(0) est vraie.
● Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie un − 1 > 0.
Montrons que P(n + 1) est vraie ie un+1 − 1 > 0
4un − 1
un+1 − 1 =
−1
un + 2
4un − 1 un + 2
=
−
un + 2 un + 2
4un − 1 − un − 2
=
un + 2
3un − 3
=
un + 2
3 (un − 1)
un+1 − 1 =
(⋆)
un + 2
Or un − 1 > 0 donc 3 (un − 1) > 0 et un + 2 > 3 > 0.
3 (un − 1)
Ainsi
> 0 ie un+1 − 1 > 0.
un + 2
● Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, un − 1 > 0 ∎
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b. Étudier le sens de variations de la suite (un ), puis le comportement à l’infini de (un ).
un+1 − un
=
=
=
=
=
4un − 1
− un
un + 2
4un − 1 un (un + 2)
−
un + 2
un + 2
4un − 1 − u2n − 2un
un + 2
−u2n + 2un − 1
un + 2
− (u2n − 2un + 12 )
un + 2
2
− (un − 1)
=
un + 2
2
Or un − 1 > 0 donc (un − 1) > 0 et un + 2 > 3 > 0.
2
− (un − 1)
Ainsi
< 0 ie un+1 − un < 0 ie un+1 < un . Ceci étant vrai pour tout entier naturel n, on en déduit
un + 2
que la suite (un ) est strictement décroissante. Sachant que pour tout n ∈ N, un − 1 > 0 ie un > 1, ainsi la
suite (un ) est minorée par 1.
On en conclut que la suite (un ) est convergente vers une limite supérieure ou égale à 1.
3. Dans cette question, on se propose d’étudier la suite (un ) par une autre méthode, en déterminant une expression de un en fonction de
1
n. Pour tout nombre entier naturel n, on pose vn =
.
un − 1
1
a. Démontrer que la suite (vn ) est une suite arithmétique de raison .
3
Soit n ∈ N.
1
un+1 − 1 un − 1
un + 2
1
=
−
(d’après la relation (⋆) établie au 2.a.)
3 (un − 1) un − 1
3
un + 2
−
=
3 (un − 1) 3 (un − 1)
un − 1
=
3 (un − 1)
1
=
3
1
Donc ∀n ∈ N, vn+1 = vn + .
3
1
Ainsi (vn ) est une suite arithmétique de raison .
3
vn+1 − vn
1
−
=
b. Pour tout nombre entier naturel n, exprimer vn puis un en fonction de n.
1
1
1
1
et de premier terme v0 =
=
= , on a
3
u0 − 1 5 − 1 4
1 n 3 + 4n
(> 0 donc vn ≠ 0).
donc, pour tout n ∈ N : vn = v0 + n × r = + =
4 3
12
1
1
1
Or vn =
⇐⇒ un − 1 =
⇐⇒ un =
+ 1,
un − 1
vn
vn
12
12 + 3 + 4n 15 + 4n
donc un =
+1
(=
=
).
3 + 4n
3 + 4n
3 + 4n
Comme (vn ) est une suite arithmétique de raison
c. En déduire la limite de la suite (un ).
lim 3 + 4n = +∞ Ô⇒ lim
n→+∞
n→+∞
Exercice 2. Polynésie
12
12
= 0 Ô⇒ lim (
+ 1) = 1 ie lim un = 1.
n→+∞ 3 + 4n
n→+∞
3 + 4n
juin 2012
Partie A
On considère l’algorithme suivant :
Les variables sont le réel U et les entiers naturels k et N .
Entrée
Initialisation
Traitement
Sortie
Saisir le nombre entier naturel non nul N
Affecter à U la valeur 0
POUR k allant de 0 à N − 1 (avec un pas de 1)
Affecter à U la valeur 3U − 2k + 3
FIN POUR
Afficher U
Quel est l’affichage en sortie lorsque N = 3 ?
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N − 1 = 3 − 1 = 2 : on arrête donc la boucle quand k = 2 (on exécute une dernière fois le traitement quand k = 2).
k 0 1 2
U 0 3 10 29
L’affichage en sortie lorsque N = 3 est alors 29.
Partie B
On considère la suite (un ) définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, un+1 = 3un − 2n + 3.
1. Calculer u1 et u2 .
u1 = 3u0 − 2 × 0 + 3 = 3 × 0 − 0 + 3 = 3
u2 = 3u1 − 2 × 1 + 3 = 3 × 3 − 2 + 3 = 10
2.
a. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, un ≥ n.
Pour n ∈ N, notons la propriété Q(n) ∶ un ≥ n.
● Initialisation : u0 = 0 Ô⇒ u0 ≥ 0 donc Q(0) est vraie.
● Hérédité : soit n ∈ N. Supposons Q(n) vraie ie un ≥ n.
Montrons que Q(n + 1) est vraie ie un+1 ≥ n + 1
un ≥ n
Ô⇒ 3un ≥ 3n
Ô⇒ 3un − 2n ≥ 3n − 2n
ie
3un − 2n ≥ n
Ô⇒ 3un − 2n + 3 ≥ n + 3
Ô⇒ un+1 ≥ n + 3 ≥ n + 1
● Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, un ≥ n ∎
b. En déduire la limite de la suite (un ).
Sachant que (n)n diverge vers +∞ et que un ≥ n pour tout n ∈ N, on en déduit, d’après un des théorèmes
de comparaison, que (un ) diverge vers +∞.
3. Démontrer que la suite (un ) est croissante.
Soit n ∈ N.
un+1 − un
= 3un − 2n + 3 − un
= 2un − 2n + 3
= 2 (un − n) + 3
Or un ≥ n Ô⇒ un − n ≥ 0 Ô⇒ 2 (un − 1) ≥ 0 Ô⇒ 2 (un − 1) + 3 ≥ 3 Ô⇒ un+1 − un ≥ 3 > 0.
Donc un+1 − un > 0 ie un+1 > un . Ceci étant vrai pour tout entier naturel n, on en déduit que la suite (un )
est (strictement) croissante.
4. Soit la suite (vn ) définie, pour tout entier naturel n, par vn = un − n + 1.
a. Démontrer que la suite (vn ) est une suite géométrique.
vn+1 = un+1 − (n + 1) + 1 = 3un − 2n + 3 − n − 1 + 1 = 3un − 3n + 3 = 3 (un − n + 1) = 3vn
Ceci étant vrai pour tout entier naturel n, on en déduit que la suite (vn ) est géométrique de raison 3.
b. En déduire que, pour tout entier naturel n, un = 3n + n − 1.
La suite (vn ) est géométrique de raison 3 et de premier terme v0 = u0 − 0 + 1 = 0 + 1 = 1 donc vn = v0 × q n =
1 × 3n = 3n .
Ainsi vn = un − n + 1 ⇐⇒ un = vn + n − 1 ⇐⇒ un = 3n + n − 1 ∎
5. Soit p un entier naturel non nul.
a. Pourquoi peut-on affirmer qu’il existe au moins un entier n0 tel que, pour tout n ≥ n0 , un ≥ 10p ?
Sachant que (un ) diverge +∞, à partir d’un rang, noté n0 , tous les termes de la suite sont supérieurs à
10p , c’est à dire si n ≥ n0 alors un ≥ 10p
On s’intéresse maintenant au plus petit entier n0 .
b. Justifier que n0 ≤ 3p.
p
u3p = 33p + p − 1 = (33 ) + p − 1
p
p
Or 27 ≥ 10 et p − 1 ≥ 0.
Donc u3p ≥ 10p .
= 27p + p − 1.
De plus la suite (un ) est croissante, ainsi si n ≥ 3p alors un ≥ u3p ≥ 10p ; or n0 étant la plus petite valeur
telle que si n ≥ n0 alors un ≥ 10p ; donc 3p ≥ n0 .
c. Déterminer à l’aide de la calculatrice cet entier n0 pour la valeur p = 3.
Voici le tableau de valeurs de la suite (un ) :
n
0
1
2
3
4
un
0
3
10
29
84
5
6
7
8
9
247
734
2 193
6 568
19 691
Si p = 3, comme la suite (un ) est croissante, on cherche la plus petite valeur qui dépasse 10p = 103 = 1000,
d’après le tableau de valeurs, il s’agit de n0 = 7 (pour p = 2, on aurait eu n0 = 5, et pour p = 4, on aurait
eu n0 = 9).
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d. Proposer un algorithme qui, pour une valeur de p donnée en entrée, affiche en sortie la valeur du plus petit entier n0 tel que, pour
tout n ≥ n0 , on ait un ≥ 10p .
Entrée
Initialisation
Traitement
Sortie
Saisir le nombre entier naturel non nul p
Affecter à U la valeur 0
Affecter à k la valeur 0
TANT QUE U < 10p
Affecter à U la valeur 3U − 2k + 3
Affecter à k la valeur k + 1
FIN TANT QUE
Afficher k
Exercice 3. Bonus ROC
Démontrer que le résultat suivant :
Soient (un ) et (vn ) deux suites telles que : à partir d’un certain rang, un ≤ vn .
Si (un ) diverge vers +∞ alors (vn ) aussi.
Démonstration :
Considérons A un réel (ou A > 0).
Supposons que (un ) diverge vers +∞ : dans ce cas, à partir d’un certain rang N tous les termes de la suite
(un ) vérifient : un > A.
Or à partir d’un certain rang n0 , un ≤ vn .
Par conséquent, à partir du rang max(N ; n0 ), vn ≥ un > A, ce qui prouve que (vn ) diverge vers +∞.
Exercice 4. Bonus Suppression
On considère la somme : S = 1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + 29 + 30.
Dans cette somme on supprime un certain nombre de signe « + ». Par exemple 2 + 3 est remplacé par 23 ou 2 + 3 + 4 par 234, pour obtenir
une nouvelle somme S ′ .
Quel est le nombre minimal de signe « + » à supprimer pour obtenir une somme S ′ valant 3300 ?
Donner la nouvelle somme S ′ pour avoir 3300.
(1 + 30) × 30
= 31 × 15 = 310 + 155 = 465.
D’abord notons que S =
2
On veut donc augmenter la somme de 3300 − 465 = 2835.
Pour tout k ∈ J1; 29K, supprimer un « + » entre k et k + 1, augmente la somme de 10k − k = 9k si k ∈ J1; 8K et
augmente la somme de 100k − k = 99k si k ∈ J9; 29K.
Pour tout k ∈ J1; 28K, supprimer un « + » entre k et k + 1 et un « + » entre k + 1 et k + 2, augmente la
somme de 100k − k + 10(k + 1) − (k + 1) = 99k + 9(k + 1) = 108k + 9 si k ∈ J1; 7K et augmente la somme de
1000k − k + 100(k + 1) − (k + 1) = 999k + 99(k + 1) = 1098k + 99 = 8883 si k = 8. et augmente la somme de
10000k − k + 100(k + 1) − (k + 1) = 9999k + 99(k + 1) = 10098k + 99 si k ∈ J9; 28K.
On va chercher où enlever un « + » dans J9; 29K : 2835 = 99 × 28 + 63 : donc en supprimant le « + » entre 28 et
29 il ne nous manque plus que 63 pour obtenir 3300. Or 63 = 9 × 7 donc en supprimant de plus le « + » entre 7
et 8, on obtient 3300 :
1+2+3+4+5+6+78+9+10+11+12+13+14+15+16+17+18+19+20+21+22+23+24+25+26+27+2829+30 = 3300.
On peut en faisant les divisions de 2835 par 9 et 99, et 2835 − 9 = 2826 par 108, qu’aucune ne tombe juste, donc
la suppression d’un seul « + » ne permet pas d’obtenir 3300 : il faut au minimum deux « + » à supprimer pour
obtenir 3300.
Barème
Exercice. 1. 9, 5 = (1 + 0, 5) + (2 + 2, 5) + (1, 5 + 1, 25 + 0, 75)
Exercice. 2. 10, 5 = [0, 5]+[0, 5+(2+0, 5)+1+(1+0, 75)+(0, 75+1, 5+0, 5+1, 5)]
Exercice. 3. Bonus 1
Exercice. 4. Bonus 1
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