Correction - Devoir Surveillé 2 : récurrence et suites TS

Correction - Devoir Surveillé 2 : récurrence et suites
TS
Correction - Devoir Surveillé 2 :
récurrence et suites I TS
9
On considère la fonction f définie sur ] − ∞ ; 6[ par f (x) =
.
6−x

 U
= −3
0
On définit pour tout entier naturel n la suite (Un ) par
 Un+1 = f (Un )
Exercice 1.
1. La courbe représentative de la fonction f est donnée sur la feuille jointe, accompagnée de celle de la droite d’équation y = x.
Construire, sur cette feuille annexe page 3, les points : M0 (U0 ; 0), M1 (U1 ; 0), M2 (U2 ; 0), M3 (U3 ; 0) et M4 (U4 ; 0).
Quelles conjectures peut-on formuler en ce qui concerne le sens de variation et la convergence éventuelle de la suite (Un ) ?
7
6
5
4
3
2
1
M0
×
−3
−2
−1
M1
0
0
×
1
M4
× ××
M2 2M3
3
4
5
−1
9
9
Remarque : U0 = −3 donc M0 (−3 ; 0), U1 =
= = 1 donc M1 (1 ; 0),
6 − (−3)
9
9
9
9
9
9
45
15
U2 =
=
(= 1, 8) donc M2
; 0 , U3 =
=
=
=
(' 2, 142857) donc
9
30 − 9
6−1
5
5
21
7
6−
5
5
15
9
9
63
7
7
M3
; 0 et U4 =
=
=
= (' 2, 333) donc M4
; 0 .
15
42 − 15
7
27
3
3
6−
7
7
On conjecture que la suite (Un ) est (strictement) croissante sur N et converge vers 3.
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Correction - Devoir Surveillé 2 : récurrence et suites
2.
a. Démontrer que si x < 3 alors
TS
9
< 3.
6−x
x < 3 =⇒ −x > −3
=⇒ 6 − x > 6 − 3
=⇒ 6 − x > 3 (> 0)
1
1
<
car la fonction inverse est strictement décroissante sur R∗+
6−x
3
9
9
=⇒
<
6−x
3
9
=⇒
<3
6−x
=⇒
b. En déduire, par un raisonnement par récurrence, que Un < 3 pour tout entier naturel n.
Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : Un < 3
• Initialisation : U0 = −3 < 3 donc P(0) est vraie.
• Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie Un < 3.
Montrons que P(n + 1) est vraie ie Un+1 < 3.
9
< 3 d’après la question précédente
6 − Un
Un < 3 =⇒
Un+1 < 3
ie
• Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, Un < 3 c. Étudier le sens de variation de la suite (Un ).
Calculons les premiers termes pour se faire une idée : u0 = −3 et u1 =
9
9
= : u0 < u1 < u2 .
6−1
5
Montrons que ∀n ∈ N, Un < Un+1 .
9
= 1 et
6+3
u2 =
◦ Rédaction 1 : Étudions préalablement le sens de variations de la fonction f :
0 × (6 − x) − (−1) × 9
9
=
>0
f est dérivable sur ]−∞ ; 6[, et pour tout x : f 0 (x) =
2
(6 − x)
(6 − x)2
donc f est strictement croissante sur ] − ∞ ; 6[.
Revenons à la suite : Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : Un < Un+1 .
• Initialisation : U0 = −3 et U1 = 1 : U0 < U1 donc P(0) est vraie.
• Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie Un < Un+1 .
Montrons que P(n + 1) est vraie ie Un+1 < Un+2 .
Un < Un+1 =⇒ f (Un ) < f (Un+1 ) car f est strictement croissante sur ] − ∞ ; 6[
ie
Un+1 < Un+2
• Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, Un < Un+1 , par conséquent la
suite (Un ) est strictement croissante sur N. ◦ Rédaction 2 : Soit n ∈ N, on a :
9
9 − 6Un + Un2
(3 − Un )2
Un+1 − Un = f (Un ) − Un =
− Un =
=
.
6 − Un
6 − Un
6 − Un
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On a démontré précédemment que Un < 3 < 6, donc le dénominateur est strictement positif
et le numérateur (carré) aussi.
On a donc Un+1 − Un > 0 ⇐⇒ Un+1 > Un : la suite (Un ) est strictement croissante sur N.
On admet maintenant que la suite (Un ) converge (qui se déduit, en fait, des questions 2. b. et 2. c. et d’un théorème que
l’on va voir en classe très prochainement).
1
pour tout entier naturel n.
Un − 3
1
a. Démontrer que la suite (Vn ) est une suite arithmétique de raison − .
3
3. On considère la suite (Vn ) définie par Vn =
Remarque : On a montré (question 2. b.) que, pour tout entier n, Un < 3 donc Un 6= 3
ie Un − 3 6= 0 ainsi Vn existe.
1
1
1
1
−
=
−
9
9 − 3(6 − Un )
Un+1 − 3
Un − 3
−3
6 − Un
6 − Un
1
1
3 − Un
6 − Un
6 − Un
3
3 − Un
1
−
=
=
=
−
=
=
Un − 3
−9 + 3Un Un − 3
3(−3 + Un ) 3(Un − 3)
−9 + Un
−3(3 − Un )
−3
1
donc (Vn ) est une suite arithmétique de raison − .
3
Soit n ∈ N : Vn+1 − Vn =
−
1
=
Un − 3
b. Déterminer Vn puis Un en fonction de n.
1
1
et de premier terme V0 =
=
3
U0 − 3
1
1
1 n
−1 − 2n
= − , on a : ∀n ∈ N, Vn = V0 + n × r = − − =
.
−3 − 3
6
6 3
6
On remarque alors que ∀n ∈ N, Vn 6= 0.
1
1
1
⇐⇒ Un − 3 =
⇐⇒ Un =
+ 3.
Or, pour tout n ∈ N, Vn =
Un − 3
Vn
Vn
6
6 + 3(−1 − 2n)
3 − 6n
1
+3=
+3 =
=
.
Donc ∀n ∈ N, Un =
Vn
−1 − 2n
−1 − 2n
−1 − 2n
(Vn ) étant une suite arithmétique de raison r = −
c. Calculer la limite de la suite (Un ).
6
+ 3.
−1 − 2n
6
lim −1 − 2n = −∞ donc lim
= 0 ainsi lim Un = 3.
n→+∞
n→+∞ −1 − 2n
n→+∞
Sachant que ∀n ∈ N, Un =
Exercice 2.
On considère la suite (un )n∈N définie par : u0 = 5
a. Calculer
u1 .
1.
u1 =
2
1+
1
× u0 +
et, pour tout entier n > 1, un =
1+
2
n
un−1 +
6
.
n
6
= 3 × 5 + 6 = 21
1
b. Les valeurs de u2 , u3 , u4 , u5 , u6 , u7 , u8 , u9 , u10 , u11 sont respectivement égales à : 45, 77, 117, 165, 221, 285, 357,
437, 525, 621.
À partir de ces données, conjecturer la nature de la suite (dn )n∈N définie par dn = un+1 − un .
d0 = u1 − u0 = 21 − 5 = 16
d1 = u2 − u1 = 45 − 21 = 24
d2 = u3 − u2 = 77 − 45 = 32
d3 = u4 − u3 = 117 − 77 = 40
d4 = u5 − u4 = 165 − 117 = 48
On observe que d0 + 8 = d1 ; d1 + 8 = d2 ; d2 + 8 = d3 ; d3 + 8 = d4 : on conjecture donc
que (dn ) est une suite arithmétique de raison 8 et de premier terme d0 = 16.
2. On considère la suite arithmétique (vn )n∈N de raison 8 et de premier terme v0 = 16.
Montrer que la somme des n premiers termes de cette suite est égale à 4n2 + 12n.
Pour tout n ∈
N∗ ,
notons Sn la somme des n premiers termes de la suite (vn ) : Sn =
k=n−1
X
vk =
k=0
v0 + v1 + · · · + vn−1 .
Sachant que (vn )n∈N est une suite arithmétique :
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◦ Pour tout n ∈ N : vn = v0 + n × r = 16 + 8n.
◦ De plus, pour tout n ∈ N∗ ,
(p + d) × n
(v0 + vn−1 ) × n
(16 + 16 + 8(n − 1)) × n
24n + 8n2
Sn =
=
=
=
= 12n + 4n2
2
2
2
2
Autre rédaction : Pour n ∈ N∗ , notons la propriété P(n) : Sn = 4n2 + 12n
• Initialisation : S1 = v0 = 16 et 4 × 12 + 12 × 1 = 16 donc P(1) est vraie.
• Hérédité : soit n ∈ N∗ . Supposons P(n) vraie ie Sn = 4n2 + 12n.
Montrons que P(n + 1) est vraie ie Sn+1 = 4(n + 1)2 + 12(n + 1) = 4(n2 + 2n + 1) +
12n + 12 = 4n2 + 20n + 16.!
k=n
k=n−1
X
X
Sn+1 =
vk =
vk + vn = Sn + vn = 4n2 + 12n + 16 + 8n = 4n2 + 20n + 16.
k=0
k=0
• Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N∗ , Sn = 4n2 + 12n
3. Démontrer, par récurrence, que pour tout entier naturel n on a : un = 4n2 + 12n + 5.
Pour n ∈ N, notons la propriété P(n) : un = 4n2 + 12n + 5
• Initialisation : u0 = 5 et 4 × 02 + 12 × 0 + 5 = 5 donc P(0) est vraie.
• Hérédité : soit n ∈ N. Supposons P(n) vraie ie un = 4n2 + 12n + 5.
2
2
Montrons que P(n+1) est
= 4(n+1) +12(n+1)+5
(ie un+1 = 4n +20n+21).
vraie ie un+1
6
2
6
2
un +
= 1+
4n2 + 12n + 5 +
.
◦ Rédaction 1 : un+1 = 1 +
n+1
n+1
n+1
n+1
Or 4n2 +12n+5 = 4(n+1)2 −8n−4+12n+5 = 4(n+1)2 +4n+1 = 4(n+1)2 +4(n+1)−3.
En reportant
dans un+1 au dessus, on obtient :
6
2
4(n + 1)2 + 4(n + 1) − 3 +
= 4(n + 1)2 + 4(n + 1) − 3 + 8(n +
un+1 = 1 +
n+1
n+1
6
6
1) + 8 −
+
= 4(n + 1)2 + 12(n + 1) + 5.
n+1 n+1 2
6
n+3
6
◦ Rédaction 2 : un+1 = 1 +
un +
=
4n2 + 12n + 5 +
=
n+1
n+1
n+1
n+1
4n3 + 12n2 + 5n + 12n2 + 36n + 15 + 6
4n3 + 24n2 + 41n + 21
=
.
n+1
n+1
On peut alors faire la division euclidienne du 4n3 + 24n2 + 41n + 21 par celui n + 1, et
retrouver 4n2 + 20n + 21,
ou bien calculer (n + 1)(4n2 + 20n + 21) = 4n3 + 20n2 + 21n + 4n2 + 20n + 21 = 4n3 +
4n3 + 24n2 + 41n + 21
24n2 + 41n + 21, donnant pour n 6= −1, un+1 =
= 4n2 + 20n + 21.
n+1
• Conclusion : On a montré par récurrence que ∀n ∈ N, un = 4n2 + 12n + 5 4. Valider la conjecture émise à la question 1. b..
Soit n ∈ N, d’après les questions précédentes, on déduit que :
dn = un+1 − un = 4(n + 1)2 + 12(n + 1) + 5 − 4n2 + 12n + 5 = 4n2 + 8n + 4 + 12n + 12 − 4n2 −
12n − 5 = 8n + 16 = vn .
Conclusion : (dn )n∈N est une suite arithmétique de raison 8 et de premier terme d0 = 16.
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Exercice 3.
1.
TS
R.O.C. et applications du cours
a. Démontrer le théorème ci-dessous :
Théorème 8.
?
?
Si (un ) est une suite convergente alors (un ) est bornée.
Démonstration :
Notons l la limite de la suite (un ), alors tous les termes de la suite appartiennent à
l’intervalle ]l − 1; l + 1[ à partir d’un certain rang ie qu’à partir d’un rang noté N on a,
pour tout entier n ≥ N :
l − 1 < un < l + 1
Notons m = min(u0 ; u1 ; u2 ; . . . ; uN −1 ; l − 1) et M = max(u0 ; u1 ; u2 ; . . . ; uN −1 ; l + 1),
alors on a :
∀n ∈ N
m ≤ un ≤ M
ce qui prouve que la suite (un ) est bornée.
b. Montrer que la suite de terme général un =
2n + 1
est bornée.
3n − 5
1
1
2 1+
2n 1 +
2n + 1
2n
2n
= Rédaction 1. Pour n 6= 0 : un =
=
5
5
3n − 5
3n 1 −
3 1−
3n
3n
1
5
Or lim
= 0 = lim
.
n→+∞ 2n
n→+∞ 3n
2
Donc lim un = . Ainsi (un ) converge, donc (un ) est bornée.
n→+∞
3
5
Rédaction 2. (qui permettra de trouver les bornes) Soit f la fonction définie sur R\
=
3
5
5
2x + 1
−∞;
∪ ; +∞ par f (x) =
.
3
3
3x − 5
5
f est dérivable sur R \
, et ∀x,
3
2(3x − 5) − 3(2x + 1)
6x − 10 − 6x − 3
−13
=
=
< 0.
f 0 (x) =
(3x − 5)2
(3x − 5)2 (3x − 5)2
5
Donc f est strictement décroissante sur −∞;
et f est strictement dé3
5
croissante sur
; +∞ .
3
Or ∀n ∈ N, un = f (n), f est strictement décroissante
pour n≥ 2.
1 3
Ainsi f est majorée par max(u0 ; u1 ; u2 ) = max
; − ; 5 = 5 et mi5 2
1 3 2
3
norée par min u0 ; u1 ; lim un = min
;− ;
= − (le fait que
n→+∞
5 2 3
2
2
lim un = se fait comme dans la Rédaction 1.).
n→+∞
3
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2. Calculer la limite (dont on admet l’existence) de la suite de terme général un = 2n −
√
TS
4n2 − 3n + 1.
Pour tout n 6= 0 :
√
un = 2n − 4n2 − 3n + 1
√
√
2n − 4n2 − 3n + 1 2n + 4n2 − 3n + 1
√
=
2n + 4n2 − 3n + 1
4n2 − (4n2 − 3n + 1)
√
=
2n + 4n2 − 3n + 1
3n − 1
s
=
3n
1
2n + 4n2 1 − 2 + 2
4n
4n
3n − 1
r
3n
1
2n + 2n 1 − 2 + 2
4n 4n
1
3n 1 −
3n
!
=
r
3n
1
2n 1 + 1 − 2 + 2
4n
4n
1
3 1−
3n
!
=
r
3
1
2 1+ 1−
+
4n 4n2
3
1
1
= 0 = lim
= lim
.
Or lim
n→+∞ 4n
n→+∞ 4n2
n→+∞ 3n
3
Donc lim un = .
n→+∞
4
=
3. Montrer que la suite (un )n∈N définie par un =
2n
est croissante sur N.
n+1
Calculons les premiers termes pour se faire une idée : u0 = 1 et u1 = 1 et u2 =
4
: u0 ≤ u1 < u2 .
3
Montrons que ∀n ∈ N, un ≤ un+1 .
Soit n ∈ N.
2n+1
2n
2n × 2(n + 1) − 2n (n + 2)
2n (2n + 2 − n − 2)
2n × n
−
=
=
=
≥ 0
n+2 n+1
(n + 2)(n + 1)
(n + 2)(n + 1)
(n + 2)(n + 1)
≥ un .
un+1 −un =
donc un+1
Conclusion : (un ) est croissante sur N.
Exercice 4. Bonus
Montrer qu’une suite périodique et convergente est constante.
Vocabulaire :
Une suite (un ) est périodique si, et seulement si : il existe p ∈ N∗ tel que pour tout entier n, un+p = un .
Dans ce cas, l’entier p est appelé une période de la suite (un ).
Remarque :
Si une suite est périodique, elle admet une infinité de période (pour une période trouvée, un multiple strictement
positif de cette période est aussi une période). En générale, si une suite est périodique, on cherchera à déterminer la plus petite
période de cette suite.
Soit (un ) une suite périodique et convergente.
Soit p ∈ N∗ une période de (un ). Ainsi pour tout entier n, un+p = un .
Notons ` = lim un Ainsi : ∀ε > 0, ∃N ∈ N tel que si n ≥ N alors un ∈]` − ε; ` + ε[ ie |un − `| < ε.
n→+∞
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Raisonnons par l’absurde : Supposons que (un ) soit non constante, ainsi il existe n0 ∈ N et n1 ∈ N tels
que un0 < un1 (on choisit les indices pour avoir cet ordre).
Notons d = un1 − un0 > 0.
d
d
d
Prenons ε = , alors il existe N ∈ N tel que n ≥ N alors un ∈ ` − ; ` + .
2
2
2
On a, aussi, un0 = un0 +p = un0 +2p = · · · = un0 +kp pour tout k ∈ N (peut se montrer par récurrence
sur k). Et de même, un1 = un1 +p = un1 +2p = · · · = un1 +kp pour tout k ∈ N.
Comme p ≥ 1, il existe k0 ∈ N tel que n0 + k0 p ≥ N . (Cela découle du fait que R est archimédien :
l’énoncé de l’axiome d’Archimède est le suivant : « Pour deux grandeurs inégales (strictement positives),
il existe toujours un multiple entier de la plus petite, supérieur à la plus grande »).
De même, il existe k1 ∈ N tel que n1 + k1 p ≥ N .
d
d
d
d
d
d
Donc un0 ∈ ` − ; ` +
ie |un0 − `| < , et un1 ∈ ` − ; ` +
ie |un1 − `| < .
2
4
2
2
2
2
On obtient alors que |un1 − un0 | = |un1 − ` − (un0 − `)| ≤ |un1 − `| + |(un0 − `)| <
d
d
+ = d d’où
2
2
|un1 − un0 | < d.
Il y a alors contradiction avec d = un1 − un0 .
Donc (un ) est une suite constante. CQFD
Exercice 5. Bonus L’âge de Mlle Hixe
À une personne indiscrète qui lui demandait son âge, Mlle Hixe répondit « Si je vis jusqu’à cent ans, mon âge est égal aux quatre
tiers de la moitié du temps qui me reste à vivre. »
Quel âge a-t-elle ?
Notons x l’âge de Mlle Hixe.
Le temps qu’il lui reste à vivre si elle vit jusqu’à cent ans est 100 − x.
4 100 − x
Ainsi l’énoncé se traduit par l’équation : x = ×
.
3
2
Résolution :
4 100 − x
3
100 − x
x= ×
⇐⇒ x =
3
2
4
2
3x
100 x
⇐⇒
=
−
4
2
2
3x x
100
⇐⇒
+ =
4
2
2
3x 2x
⇐⇒
+
= 50
4
4
5x
⇐⇒
= 50
4
4
⇐⇒ x = × 50
5
⇐⇒ x = 40
En définitive, Mlle Hixe a 40 ans.
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Barème
Exercice. 1. 10 = 1, 5 + (1, 25 + 1 + 2) + (2 + 1, 5 + 0, 75)
Exercice. 2. 5 = (0, 25 + 0, 75) + 1, 25 + 2 + 0, 75
Exercice. 3. 5 = (1 + 1) + 2 + 1
Exercice. 4. 1
Exercice. 5. 1
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