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S
Exercice 4
Nouvelle-Calédonie novembre 2015
Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité
5 points
On considère deux suites de nombres réels (d n ) et (a n ) définies par d 0=300 et a 0=450
et pour tout entier naturel n :
1
d n +1= d n +100
2
1
1
a n+1= d n + a n + 70
2
2
1. Calculer d 1 et a 1 .
{
2. On souhaite écrire un algorithme qui permet d'afficher en sortie les valeurs de d n et a n pour
une valeur entière de n saisie par l'utilisateur.
L'algorithme suivant est proposé :
Variables :
n et k sont des entiers naturels
D et A sont des réels
Initialisation :
D prend la valeur 300
A prend la valeur 450
Saisir la valeur de n
Traitement :
Pour k variant de 1 à n
D
D prend la valeur +100
2
A D
+ +70
A prend la valeur
2 2
Fin Pour
Sortie :
Afficher D
Afficher A
a. Quels nombres obtient-on en sortie de l'algorithme pour n=1 ?
Ces résultats sont-ils cohérents avec ceux obtenus à la question 1 ?
b. Expliquer comment corriger cet algorithme pour qu'il affiche les résultats souhaités.
3.a. Pour tout entier naturel n, on pose e n=d n−200 .
Montrer que la suite (e n ) est géométrique.
b. En déduire l'expression de (d n ) en fonction de n.
c. La suite (d n ) est-elle convergente?Justifier.
n
()
n
()
1
1
+110
+340
2
2
a. Montrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 3, on a 2 n 2⩾(n +1) 2
b. Montrer par récurrence que pour tout entier n supérieur ou égal à 4, on a 2 n⩾n 2
n
1
100
⩽
c. En déduire que pour tout entier n supérieur ou égal à 4, 0⩽100 n
2
n
4. On admet que pour tout entier naturel n : a n =100 n
()
d. Etudier la convergence de la suite (a n ) .
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Nouvelle-Calédonie novembre 2015
CORRECTION
On considère les deux suites de nombres réels définies par : d 0=300 et a 0=450 et pour tout
1
d n +1= d n +100
2
entier naturel n :
1
1
a n+1= d n + a n +70
2
2
1. Pour n=0
1
1
d 1= d 0+ 100= ×300 +100 = 250
2
2
1
1
1
1
a 1= d 0+ a 0 +70= ×300+ ×450+70 = 445
2
2
2
2
{
2.a. Pour n=1
300
+100 = 250
2
450 250
+
+ 70 = 420
A prend la valeur :
2
2
b. On obtient bien la valeur d 1 et on obtient pasla valeur a 1 , car pour calculer A on utilise la
valeur de D déterminée par l'instruction précédente et non la valeur de début de boucle. Pour
corriger cette erreur, il suffit d'utiliser une variable supplémentaire que l'on notera B.
Variables :
n et k sont des entiers naturels
D, A et B sont des réels
Initialisation :
D prend la valeur 300
A prend la valeur 450
Saisir la valeur de n
Traitement :
Pour k variant de 1 à n
B prend la valeur D
B
D prend la valeur +100
2
A B
+ +70
A prend la valeur
2 2
Fin Pour
Sortie :
Afficher D
Afficher A
D prend la valeur :
3.a. Pour tout entier naturel n
e n=d n−200 (donc d n =e n + 200 )
1
1
1
e n +1=d n +1−200= d n +100−200= (e n + 200)−100= e n
2
2
2
1
(e n ) est la suite géométrique de raison
et de premier terme : e 0=d 0−200=300−200=100
2
b. Pour tout entier naturel n
n
1
n
e n=e0×q =100×
2
()
1
d =e + 200=100×
( 2 ) +200
1
1
c. 0< <1 donc lim ( ) = 0
2
2
n
n
n
n
n →+∞
donc (d n ) est une suite convergente et lim d n = 200.
n →+∞
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4. On admet que pour tout entier naturel n
n
n
1
1
a n =100 n
+110
+340
2
2
a. 2 n 2⩾(n +1) 2 ⇔ n 2−2 n−1⩾0
On considère le trinôme : T( x)= x 2−2 x−1
2
Δ=4+ 4=8=(2 √ 2)
2−2 √ 2
x'=
=1−√ 2
2
2+ 2 √ 2
x' '=
=1+ √ 2=2,41 à 10−2 près
2
On donne le signe de T(x) sous la forme d'un tableau.
()
()
Pour tout nombre réel x de l'intervalle ]1+ √ 2 ;+∞[ ona T( x)>0 .
Donc pour tout entier naturel n ⩾3 on a n 2−2 n−1⩾0 soit 2 n 2⩾( n +1) 2
b. On veut démontrer en utilisant un raisonnement par récurrence que, pour tout entier naturel supérieur ou
égal à4, on a : 2 n⩾n 2 .
. Initialisation
Pour n=4 2 n=24 =16 et 4 2=16
La propriété est vérifiée pour n=4
. Hérédité
Pour démontrer que la propriété est héréditaire pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 4, on
suppose : 2 n⩾n 2 et on doit démontrer que : 2 n+ 1⩾(n+ 1)2
Or en multipliant les deux membres de l'inégalité : 2 n⩾n 2 par 2 on obtient 2×2 n⩾2 n 2 soit
2 n+ 1⩾2 n 2 et n ⩾4 donc le résultat précédent nous permet d'affirmer que : 2 n+ 1⩾(n+ 1)2 .
Conséquence
n+ 1
2
2 ⩾(n+ 1)
. Conclusion
Le principe de récurrence nous permet de conclure que pour tout entier naturel supérieur ou égal à 4
on a : 2 n⩾n 2
c. Pour tout entier naturel supérieur ou égal à 4 on a : 0< n 2⩽2n , la fonction inverse est décroissante sur
n
1 1
1
]0 ;+∞ [ donc 2 ⩾ n =
.
2
n 2
()
n
()
1
1 100
⩽100 n× 2 =
2
n
n
(en multipliant les deux membres de l'inégalité précédente par 100n)
100
1
d. lim
= 0, le théorème des gendarmes nous permet d'affirmer que lim 100 n
2
n →+∞ n
n →+∞
On obtient : 0⩽100 n
( ( ))
On a aussi
lim
x→n :+∞
( ( ))
110
1
2
n
=0
n
= 0.
Conséquence
(a n ) est une suite convergente et lim a n =240.
n →+∞
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