Ultrabac Terminale S - Polynésie septembre 2008 exercice 3

Ultrabac Terminale S - Troisième exercice du sujet obligatoire Polynésie septembre 2008
Partie A
On considère l'ensemble (E) des suites ( x n ) définies sur vérifiant la relation suivante :
Pour tout entier naturel non nul n, x n +1 − x n = 0, 24 × x n −1
1°) On considère le réel λ non nul et on définit la suite ( t n ) par t n = λ n .
Démontrer que la suite ( t n ) appartient à l'ensemble (E) si et seulement si λ est solution de
l'équation λ 2 − λ − 0, 24 = 0 .
En déduire les suites ( t n ) appartenant à l'ensemble (E).
Procédons par équivalences :
La suite ( t n ) appartient à (E) ⇔
On a divisé par le
réel positif λn-1.
t n +1 − t n = 0, 24 × t n −1
Pour tout entier naturel non nul n
÷λ n −1
λ n +1 − λ n = 0, 24 × λ n −1
⇔
Pour tout entier naturel non nul n

→
⇔
←
λ 2 − λ = 0, 24
÷λ n −1
2
Résolvons l'équation du second degré λ − λ − 0, 24 = 0 en calculant son discriminant.
∆ = ( −1) − 4 × 1× ( −0, 24 ) = 1 + 0,96 = 1,96 = 1, 42
Comme son discriminant est positif, alors cette équation admet deux solution distinctes :
− ( −1) − 1, 4 −0, 4
− ( −1) − 1, 4 2, 4
λ=
=
= −0, 2 ou λ =
=
= 1, 2
2 ×1
2
2 ×1
2
Conclusion : seules deux suites exponentielles appartiennent à (E). Il s'agit des suites :
2
t n = (1, 2 )
n
et
t ′n = ( −0, 2 ) .
n
On admet que (E) est l'ensemble des suites ( u n ) définies sur par une relation de la
forme :
u n = α × (1, 2 ) + β× ( −0, 2 )
n
n
où α et β sont deux réels.
2°) On considère une suite ( u n ) de l'ensemble (E).
Déterminer les valeurs de α et β telles que u 0 = 6 et u1 = 6, 6 .
En déduire que pour tout entier naturel n, on a :
39
n 3
n
un =
× (1, 2 ) + × ( −0, 2 )
7
7
La suite ( u n ) est entièrement caractérisée par ses coefficients α et β.
Page 1 sur 2
Les deux premiers termes de la suite ( u n ) vérifient les égalités :
0
0
u = 6
⇔ α × (1, 2 ) + β× ( −0, 2 ) = 6
⇔ α × 1 + β× 1 = 6
(1)
 0

1
1
 u1 = 6, 6 ⇔ α × (1, 2 ) + β× ( −0, 2 ) = 6, 6 ⇔ 1, 2 × α − 0, 2 ×β = 6, 6 (2)
Résolvons ce système linéaire de deux équations à deux inconnues...par substitution.
D'abord, déterminons α. A partir de l'équation (1), on exprime β en fonction de α.
α+β = 6 ⇔ β = 6−α
Puis, on remplace β par ce qu'il vaut en α dans l'équation (2).
7,8 78 39
1, 2 × α − 0, 2 × ( 6 − α ) = 6, 6 ⇔ 1, 2 × α − 1, 2 + 0, 2 × α = 6, 6 ⇔ α =
=
=
1, 4 14 7
On en déduit alors :
39 42 39 3
β = 6−
=
−
=
7
7
7 7
39
n 3
n
Conclusion : pour tout entier naturel, nous obtenons : u n =
× (1, 2 ) + × ( −0, 2 )
7
7
Critique de leur légèreté
On se demande à quoi sert cette dernière question "en déduire que..." ?
3°) Déterminer la limite ( u n ) .
La limite d'une suite exponentielle (ou géométrique) w n = q n dépend de sa raison q.
Si la raison q est strictement plus grand que 1, alors ( w n ) s'envole vers +∞ .
Si q ∈ ]−1;1[ , alors la suite ( w n ) converge vers 0.
Enfin, si q ≤ −1 , alors la suite ( w n ) n'a pas de limite (ou plutôt elle en a trop).
Par conséquent :
39
39
3
n 3
n
lim u n = lim
× (1, 2 ) + × ( −0, 2 ) =
× ( +∞ ) + × 0 = +∞
7
7
7
n →+∞
n →+∞ 7
Critique de leur légèreté
Cette question est légèrement ambiguë. S'agit-il de la suite ( u n ) déterminée à la
question précédente ou d'une suite ( u n ) en général ?
Dans le cas général, c'est le terme en α × (1, 2 ) qui impose sa limite à ( u n ) . En effet :
n
Si α est positif, alors lim u n = α × (1, 2 ) + β × ( −0, 2 ) = α × ( +∞ ) + β × 0 = +∞
n →+∞
n
n
Positif
Si α est négatif, alors lim u n = α × (1, 2 ) + β × ( −0, 2 ) = α × ( +∞ ) + β × 0 = −∞
n →+∞
n
n
Négatif
Ultrabac Terminale S - Troisième exercice du sujet obligatoire Polynésie septembre 2008
On considère la suite ( vn )
Partie B
définie sur par :
 v0 = 6

2
 Pour tout entier naturel n, v n +1 = 1, 4 × vn − 0, 05 × ( v n )
1. Soit f la fonction définie sur par :
f ( x ) = 1, 4 × x − 0, 05 × x 2
1.a) Etudier les variations de la fonction f sur l'intervalle [ 0;8] .
Pour répondre à cette question, on peut calculer la dérivée de f...
Le polynôme f ( x ) = −0, 05 × x 2 + 1, 4 × x est dérivable sur et pour tout réel x:
f ′ ( x ) = −0, 05 × 2 × x + 1, 4 ×1 = −0,1× x + 1, 4
Par conséquent, si x ∈ [ 0;8] alors :
×( −0,01)
+1,4

→
→
0≤x≤8
0 ≥ −0, 01× x ≥ −0,8
1, 4 ≥ f ′ ( x ) ≥ 0, 6
⇒
⇒
Conclusion : comme sa dérivée est strictement positive sur l'intervalle [ 0;8] , alors la
fonction f y est strictement croissante.
...ou bien alors se souvenir de ce que l'on a vu en première.
La fonction du second degré f ( x ) = −0, 05 × x 2 + 1, 4 × x change de sens de variation en :
b
1, 4
1, 4
−
=−
=−
= 14
2× a
2 × ( −0, 05 )
−0,1
Comme son coefficient dominant a = −0, 05 est négatif, alors f est strictement
croissante avant 14 et strictement décroissante après.
Conclusion : la fonction f est strictement croissante sur l'intervalle [ 0;8] .
1.b) Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n,
0 ≤ v n < v n +1 ≤ 8
Démontrons par récurrence sur l'entier naturel n, la propriété Pn : 0 ≤ vn < v n +1 ≤ 8 .
Au premier rang, la propriété P0 est-elle vraie ?
Pour le savoir, commençons par calculer la valeur du second terme v1 .
v1 = f ( v0 ) = 1, 4 × 6 − 0, 05 × 62 = 8, 4 − 1,8 = 6, 6
Ayant bien l'inégalité 0 ≤ v0 < v1 ≤ 8 , la propriété P0 est donc vraie.
6
6,6
Page 2 sur 2
Le principe de récurrence : si la propriété Pn est vraie, alors la propriété Pn +1 estelle aussi vraie ?
Supposons que la propriété Pn soit vraie, c'est-à-dire : 0 ≤ v n < v n +1 ≤ 8 .
Appliquons la fonction f à cette inégalité qui est dans l'intervalle [ 0;8] .
Comme la fonction f est strictement croissante sur [ 0;8] , alors elle conserve l'ordre sur
cet intervalle. Par conséquent :
f ( 0 ) ≤ f ( v n ) < f ( v n +1 ) ≤ f ( 8 ) soit 0 ≤ vn +1 < vn + 2 ≤ 8
Car f ( 0 ) = 1, 4 × 0 − 0, 05 × 02 = 0 − 0 = 0 et f ( 8 ) = 1, 4 × 8 − 0, 05 × 82 = 11, 2 − 3, 2 = 8 .
Donc si la propriété Pn +1 est vraie, alors il en va de même pour la suivante Pn +1 .
Le principe de récurrence ou de propagation est établi.
Conclusion : pour tout entier naturel n, nous avons : 0 ≤ v n < v n +1 ≤ 8 .
2°) En déduire que la suite ( vn ) est convergente et déterminer sa limite.
D'après la question précédente, nous savons que pour tout entier naturel n, vn < v n +1 .
Donc la suite ( vn ) est strictement croissante.
De plus, comme elle est majorée par 8, alors elle est de facto convergente vers un réel .
Mais ce n'est pas tout ! En effet, comme la suite ( vn ) est définie par récurrence à partir
de la fonction f ( x ) = 1, 4 × x − 0, 05 × x 2 qui est continue sur , alors cette limite est
aussi l'une des solutions de l'équation :
x = f ( x ) ⇔ x = 1, 4 × x − 0, 05 × x 2
⇔ 0, 05 × x 2 − 0, 4 × x = 0
Un produit est nul... ...l'un de ses facteurs l'est.
⇔ x × ( 0, 05 × x − 0, 4 ) = 0 ⇔ x = 0 ou 0, 05 × x − 0, 4 = 0
x=
0, 4 40
=
=8
0, 05 5
Ainsi, il n'y a que deux valeurs possibles pour la limite : 0 et 8.
La suite ( vn ) étant croissante et son premier terme v0 étant égal à 6, il est clair que
tous les termes vn sont aussi supérieurs à 6.
Par conséquent, cette limite est elle aussi supérieure ou égale à 6 et ne peut pas être 0.
Conclusion : la suite ( vn ) converge vers 8.