Lycée Fénelon Sainte-Marie

Lycée Fénelon Sainte-Marie
Préparation Science-Po/prépa HEC
Suites numériques
Version du 2 juillet 2015
Exercice 1 – Sommes
n
On donne :
∑k
k =1
n
2
=
n ( n + 1)( 2n + 1)
.
6
n −1
Calculer P = ∑ ( 2k ) et I = ∑ ( 2k + 1) .
2
2
k =0
k =1
Indice : on pourra s’intéresser successivement à P + I puis P.
Exercice 2 – Mais que venait-il faire dans cette galère ?
Soit ( un ) une suite arithmétique de premier terme u0 positif et de raison r strictement
positive.
n
Pour tout entier naturel n, on pose : S n = ∑
k =0
1
.
uk + uk +1
Montrer que pour tout entier naturel n, on a : S n =
n +1
.
u0 + un +1
Exercice 3 – Trompeuses apparences (Episode I)
On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]−100 ; + ∞[ par :
f ( x ) = x6 −
1
x + 100
1. D’après votre calculatrice, la fonction f semble-t-elle minorée ?
2. Pour tout entier naturel non nul k, montrer que l’on a :
∀x ∈ ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10 − k ⎡⎣ , f ( x ) < 1012 − 10 k
Reprendre alors la réponse fournie à la première question …
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1-4
Marc Lichtenberg
Prép
paration Sciences
S
P
Po/prépaH
HEC
Suites – Exxercices – Ennoncés – Version du 2 juillet 20155
mpeuses app
parences (E
Episode II))
Exercicce 4 – Trom
r
définie par :
Soit ( un ) la suite réelle
⎧u1 = 1
⎪
⎨
n 2
⎪⎩∀n ∈ `, un +1 = un + 6 ( n − 3n + 8 )
p conjectturer une foormule expliicite pour un .
1. Calcculer u2 , u3 , u4 et u5 puis
2. Calcculer u6 . Coonclusion ?
Exercicce 5 – Le voolume de laa sphère
d
e.
Dans ceet exercice, nous allonss en fait calcculer le voluume d’une demi-sphère
me épaisseurr infinitésim
male …
L’idée ffondamentaale consiste à la découpper en tranchhes de mêm
(voir figgure ci-aprèès).
A
Mk+1
k
Rk+1
Rk
Mk
O
OA = R
RkRk+1 =
l centre de la sphère ett on considèère A un po
oint quelcon
nque sur cellle-ci.
On désiigne par O le
On conssidère alors la demi-sphhère contennant A et telle que la drroite ( OA ) soit son axee de
révolutiion.
Lycée F
Fénelon Sainnte-Marie
2-4
Marc Lichhtenberg
Préparation Sciences Po/prépaHEC
Suites – Exercices – Enoncés – Version du 2 juillet 2015
Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Sur le segment [ OA ] , on va alors considérer les
n + 1 points R 0 = O, R1 , R2 , ..., Rn = A rangés dans cet ordre et tels que pour tout entier naturel
R
R
k compris entre 0 et n − 1 , on ait : Rk Rk +1 = (on a donc ORk = k ).
n
n
On découpe alors la demi-sphère à l’aide des plans orthogonaux à la droite ( OA ) et passant
par les points R 0 = O, R1 , R2 , ..., Rn = A . On peut alors considérer 2n cylindres de révolution
R
d’axe ( OA ) et de hauteur
:
n
• n cylindres intérieurs.
• n cylindres extérieurs.
1. En considérant respectivement les cylindres intérieurs puis les cylindres extérieurs,
encadrer le volume V de la demi-sphère par deux suites ( un ) et ( vn ) .
n
2. En utilisant
∑k
2
= 12 + 22 + 32 + ... + n 2 =
k =1
n ( n + 1)( 2n + 1)
, montrer que l’on a :
6
4n 2 − 3n − 1 3
4n 2 + 3n − 1 3
et
π
πR
R
v
=
n
6n 2
6n 2
3. Faire tendre n vers +∞ et conclure.
un =
Exercice 6 – Moyenne géométrique
Soit ( un ) une suite géométrique à termes strictement positifs.
1. Montrer que l’on a :
∀n ∈ `∗ , un = un −1 × un +1
2. On montre (par récurrence) que si une suite ( un ) à termes strictement positifs vérifie
∀n ∈ `, un = un −1 × un +1 alors on a affaire à une suite géométrique.
Les nombres 24 157 817, 39 088 169 et 63 245 986 sont-ils trois termes consécutifs d’une
suite géométrique ?
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3-4
Marc Lichtenberg
Préparation Sciences Po/prépaHEC
Suites – Exercices – Enoncés – Version du 2 juillet 2015
Exercice 7 – L’un dans l’autre
On considère la suite réelle ( un ) dont les premiers termes sont :
1 1 2 1 2 2 2 23 2 2
u0 = , , 2 , , 3 , 2 , 4 , 3 , …
3 2 3 3 3 3 3 3
1. Montrer que les suites ( u2n ) et ( u2 n +1 ) sont géométriques et donner en fonction de n les
expressions de u2n et de u2 n +1 .
2. Pour tout entier naturel n, calculer u0 + u2 + u4 + ... + u2 n et u1 + u3 + u5 + ... + u2 n +1 .
3. Pour tout entier naturel n, calculer S n = u0 + u1 + u2 + u3 + ... + un .
(On distinguera deux cas.)
Exercice 8 – Epargne
Une personne gagne un salaire annuel constant S. Elle n’a besoin que de la moitié pour vivre
et épargne l’autre moitié au taux annuel de 6% les intérêts étant composés annuellement.
Pendant combien d’année cette personne doit-elle travailler pour pouvoir s’arrêter et vivre de
ses rentes ?
1. Montrer que la somme E n épargnée au bout de n années, vaut :
S
E n = (1, 06n −1 + 1, 06n − 2 + ... + 1, 06 + 1)
2
2. Montrer que la résolution du problème revient à résoudre l’équation :
0, 06 E n =
S
2
Conclure.
3. Quelles critiques pouvez-vous formuler sur cette situation modélisée ?
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4-4
Marc Lichtenberg
Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée
Suites numériques – Exercices – Corrigés – Version du 2 juillet 2015
Corrigés
Exercice 1 – Sommes
n
n −1
Calculer P = ∑ ( 2k ) et I = ∑ ( 2k + 1) .
2
2
k =0
k =1
Indice : on pourra s’intéresser successivement à P + I puis P.
Dans un premier temps notons que :
•
n
P = ∑ ( 2k ) = 22 + 42 + ... + ( 2n ) est la somme des carrés des n premiers nombres
2
2
k =1
pairs non nuls.
•
n −1
I = ∑ ( 2k + 1) = 12 + 32 + ... + ( 2n − 1) est la somme des carrés des n premiers
2
2
k =0
nombres impairs non nuls.
Ainsi, on a :
n
n −1
P + I = ∑ ( 2k ) + ∑ ( 2k + 1)
2
k =1
2
k =0
= 2 + 4 + ... + ( 2n ) + 12 + 32 + ... + ( 2n − 1)
2
2
2
= 12 + 22 + 32 + 42 + ... + ( 2n − 1) + ( 2n )
2
2
2
2n
= ∑k2
k =1
n
D’après la donnée
∑k
2
=
k =1
n ( n + 1)( 2n + 1)
, il vient :
6
2n
∑k
2
=
2n ( 2n + 1)( 2 × 2n + 1)
6
k =1
On a donc : P + I =
n
=
n ( 2n + 1)( 4n + 1)
3
n ( 2n + 1)( 4n + 1)
.
3
n
n
k =1
k =1
Par ailleurs : P = ∑ ( 2k ) = ∑ 4 × k 2 = 4 × ∑ k 2 = 4 ×
2
k =1
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1 - 10
n ( n + 1)( 2n + 1) 2n ( n + 1)( 2n + 1)
.
=
6
3
Marc Lichtenberg
Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée
Suites numériques – Exercices – Corrigés
D’où :
I = (P + I ) − P
n ( 2n + 1)( 4n + 1) 2n ( n + 1)( 2n + 1)
−
3
3
n ( 2n + 1)
=
⎡⎣( 4n + 1) − 2 ( n + 1) ⎤⎦
3
n ( 2n + 1)( 2n − 1)
=
3
2
n ( 4n − 1)
=
3
=
Finalement :
n
P = ∑ ( 2k ) = 22 + 42 + ... + ( 2n ) =
2
2
k =1
n −1
2n ( n + 1)( 2n + 1)
3
I = ∑ ( 2k + 1) = 1 + 3 + ... + ( 2n − 1) =
2
2
2
2
k =0
n ( 4n 2 − 1)
3
Exercice 2 – Mais que venait-il faire dans cette galère ?
Soit ( un ) une suite arithmétique de premier terme u0 positif et de raison r strictement
positive.
Comme ( un ) est une suite arithmétique, on a : ∀n ∈ `, un = u0 + nr .
Comme u0 est positif et r strictement positive, il vient immédiatement : ∀n ∈ `*, un > 0 ( u0
peut être nul).
Cette remarque garantit que toutes les fractions apparaissant dans la somme S n sont bien
définies.
Soit alors un entier naturel n.
Pour tout entier naturel k compris entre 0 et n, on a :
1
=
uk + uk +1
(
uk +1 − uk
uk +1 − uk
)(
uk +1 + uk
)
=
uk +1 − uk
2
uk +1 − uk
2
=
uk +1 − uk
uk +1 − uk
La suite ( un ) étant arithmétique, on a : uk +1 − uk = r .
Finalement :
u − uk
u − uk
1
.
= k +1
= k +1
uk +1 − uk
r
uk + uk +1
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2 - 10
Marc Lichtenberg
Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée
Suites numériques – Exercices – Corrigés
Il vient alors :
n
Sn = ∑
k =0
1
= ⎡
r ⎢⎣
(
n
u − uk 1 n
1
= ∑ k +1
= ∑
r
r k =0
uk + uk +1 k =0
)(
u1 − u0 +
u − u0
= n +1
=
r
=
r
=
(
un +1 − u0
un +1 + u0
(
un +1 − u0
r
)
=
)(
u2 − u1 +
(
)(
(
)
)
(
u3 − u2 + ... +
un +1 + u0
un +1 + u0
uk +1 − uk
)
)=
2
r
(
)(
un − un −1 +
un +1 − u0
)
un +1 − un ⎤
⎥⎦
2
un +1 + u0
)
u0 + ( n + 1) r − u0
r
(
un +1 + u0
)
n +1
un +1 + u0
Le résultat est ainsi établi.
Exercice 3 – Trompeuses apparences (Episode I)
1. A la calculatrice (mais pas seulement ! ☺) la fonction ne se laisse pas facilement « tordre
le coup » et on peut être amené à modifier plusieurs fois les paramètres de la fenêtre
graphique pour finalement obtenir un morceau de la courbe représentative. Il semble alors
effectivement que la fonction f soit minorée par une valeur proche de 0 ...
2. Soit alors k un entier naturel non nul.
1
1
et donc ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10− k ⎡⎣ ⊂ \ − .
On a 10− k = k ≤
10 10
Or, la fonction x 6 x 6 est strictement décroissante sur \ − .
On a donc : x ∈ ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10− k ⎡⎣ ⇒ x 6 < ( −100 ) = 1012 .
6
Par ailleurs :
x ∈ ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10 − k ⎡⎣ ⇔ x + 100 ∈ ⎤⎦ 0 ; 10− k ⎡⎣ ⇔
1
1
> 10 k ⇔ −
< −10k
x + 100
x + 100
Pour tout x réel dans l’intervalle ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10− k ⎡⎣ , on a donc :
x 6 < 1012 et −
D’où : x 6 −
1
< −10 k
x + 100
1
< 1012 − 10 k , soit, finalement : f ( x ) < 1012 − 10k .
x + 100
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Marc Lichtenberg
Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée
Suites numériques – Exercices – Corrigés
On a bien :
∀x ∈ ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10 − k ⎡⎣ , f ( x ) < 1012 − 10 k
La quantité 10k peut être rendue arbitrairement grande ( lim 10k = +∞ ). La quantité
k →+∞
(
)
10 − 10 peut donc être rendue arbitrairement petite ( lim 1012 − 10k = −∞ ).
12
k
k →+∞
Ainsi, en se plaçant sur l’intervalle adéquat, en l’occurrence ⎤⎦ −100 ; − 100 + 10− k ⎡⎣ , on peut
rendre f ( x ) arbitrairement petit. En définitive, on a : lim f ( x ) = −∞ et la fonction f
x →−100
x >−100
n’est pas minorée.
Le comportement de la fonction au voisinage (à droite) de −100 est particulièrement
difficile (pour ne pas dire impossible !) à visualiser car sa croissance est extrêmement
rapide ! On peut montrer que l’on a :
f ( −100 + 10 −13 ) −9 × 1012
f ( −100 + 10 −12 ) −6 × 10 −2
f ( −100 + 10 −11 ) 9 × 1011
Tout logiciel n’est pas à même de mener ces calculs avec la précision souhaitée … Par
exemple, les valeurs approchées de f ( −100 + 10−13 ) et f ( −100 + 10−11 ) peuvent être
facilement obtenues avec votre calculatrice ou un tableur mais pour f ( −100 + 10−12 ) il en
va tout autrement. La raison tient au fait que les nombres ( −100 + 10−12 ) et 1012 sont très
6
grands et … très proches ! En revanche, Xcas s’en sort sans problème ! ☺
Ainsi, non seulement la calculatrice rencontre des problèmes de précision mais une
représentation graphique précise nécessiterait des unités graphiques extrêmement
différentes …
Exercice 4 – Trompeuses apparences (Episode II)
Soit ( un ) la suite réelle définie par :
⎧u1 = 1
⎪
⎨
n 2
⎪⎩∀n ∈ `, un +1 = un + 6 ( n − 3n + 8 )
1. En utilisant la définition de la suite ( un ) on obtient facilement :
•
1
1
1
u2 = u1 + × (12 − 3 ×1 + 8 ) = 1 + × (1 − 3 + 8 ) = 1 + × 6 = 1 + 1 = 2
6
6
6
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Marc Lichtenberg
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Suites numériques – Exercices – Corrigés
2
2
1
u3 = u2 + × ( 22 − 3 × 2 + 8 ) = 2 + × ( 4 − 6 + 8 ) = 2 + × 6 = 2 + 2 = 4
6
6
3
3
1
1
u4 = u3 + × ( 32 − 3 × 3 + 8 ) = 4 + × ( 9 − 9 + 8 ) = 4 + × 8 = 4 + 4 = 8
6
2
2
4
2
2
u5 = u4 + × ( 42 − 3 × 4 + 8 ) = 8 + × (16 − 12 + 8 ) = 8 + ×12 = 8 + 8 = 16
6
3
3
•
•
•
D’après ces premier calculs, il semble que la suite ( un ) soit géométrique de premier terme
u1 = 1 et de raison q = 2 .
2. On a maintenant :
5
5
5
u6 = u5 + × ( 52 − 3 × 5 + 8 ) = 16 + × ( 25 − 15 + 8 ) = 16 + ×18 = 16 + 15 = 31
6
6
6
Ainsi : u6 = 31 ≠ 32 = 2u5 et la suite ( un ) n’est donc pas géométrique. La conjecture
précédente est erronée.
Exercice 5 – Le volume de la sphère
1. Soit k un entier naturel compris entre 0 et n − 1 .
On considère donc les plans orthogonaux à la droite ( OA ) et passant par les points R k et
R k +1 .
Le rayon du cylindre intérieur vaut : R k +1M k +1 .
En travaillant dans le triangle OR k +1M k +1 rectangle en R k +1 , on a immédiatement
(théorème de Pythagore) : OM k +12 = OR k +12 + R k +1M k +12 , soit :
2
R k +1M
2
k +1
= OM
2
k +1
− OR
2
k +1
(
R⎞
R2
2
⎛
= R − ⎜ ( k + 1) ⎟ = 2 n 2 − ( k + 1)
n⎠
n
⎝
2
Le volume de ce cylindre vaut donc : π R k +1M k +12 ×
(
)
)
R 1 2
2
= 3 n − ( k + 1) π R 3 .
n n
Finalement :
(
)
(
)
1 2
π R 3 n −1 2
π R3 n 2 2 π R3 ⎛ 3 n 2 ⎞
2
2
3
−
+
=
−
+
=
n
k
1
R
n
k
1
k ⎟
π
(
)
(
)
∑
∑ ( n − k ) = n3 ⎜⎝ n − ∑
3
n3 k =0
n3 k =1
k =0 n
k =1
⎠
n −1
un = ∑
On raisonne de façon similaire avec le cylindre extérieur de rayon R k M k .
2
On a cette fois : R k M k = OM k − OR k
2
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2
2
R2
⎛ R⎞
= R − ⎜ k ⎟ = 2 ( n2 − k 2 ) .
n
⎝ n⎠
2
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Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée
Suites numériques – Exercices – Corrigés
Le volume du cylindre extérieur vaut donc : π R k M k 2 ×
R 1 2
= ( n − k 2 ) π R3 .
n n3
Finalement :
1 2
π R 3 n −1 2 2 π R 3 ⎛ 3 n −1 2 ⎞
2
3
−
=
n
k
R
k ⎟
π
)
∑ ( n − k ) = n3 ⎜⎝ n − ∑
3 (
n3 k = 0
k =0 n
k =1
⎠
n −1
vn = ∑
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a donc :
un ≤ V ≤ vn
Soit :
π R3 ⎛ 3 n 2 ⎞
π R 3 ⎛ 3 n −1 2 ⎞
−
≤
≤
V
n
k
n −∑k ⎟
∑
⎟
n3 ⎜⎝
n3 ⎜⎝
k =1
k =1
⎠
⎠
n
2. En utilisant
∑k
2
= 12 + 22 + 32 + ... + n 2 =
k =1
n ( n + 1)( 2n + 1)
, il vient :
6
⎞ π R 3 ⎛ 3 n ( n + 1)( 2n + 1) ⎞
un = 3 ⎜ n − ∑ k ⎟ = 3 ⎜ n −
⎟
n ⎝
6
k =1
⎠ n ⎝
⎠
π R3 ⎛
n
3
2
( n + 1)( 2n + 1) ⎞ = π R3 6n2 − n + 1 2n + 1
2
n
−
( )(
))
⎜
⎟
2 (
n2 ⎝
6
⎠ 6n
π R3
π R3
= 2 6n 2 − ( 2n 2 + 3n + 1) = 2 ( 6n 2 − 2n 2 − 3n − 1)
6n
6n
2
4n − 3n − 1
=
× π R3
2
6n
=
π R3 ⎛
(
)
Et :
un =
n −1
π R 3 ⎛ 3 ( n − 1)( n − 1 + 1) ( 2 × ( n − 1) + 1) ⎞
3
2⎞
n
k
−
=
⎟
∑
⎟ n3 ⎜⎜ n −
⎟
n3 ⎜⎝
6
k =1
⎠
⎝
⎠
π R3 ⎛
n ( n − 1)( 2n − 1) ⎞ π R 3 ⎛ 2 ( n − 1)( 2n − 1) ⎞
3
n
−
⎜
⎟ = 2 ⎜n −
⎟
n3 ⎝
6
6
⎠ n ⎝
⎠
3
3
πR
πR
= 2 ( 6n 2 − ( n − 1)( 2n − 1) ) = 2 6n 2 − ( 2n 2 − 3n + 1)
6n
6n
3
πR
= 2 ( 6n 2 − 2n 2 + 3n − 1)
6n
4n 2 + 3n − 1
=
× π R3
2
6n
=
π R3 ⎛
(
)
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a :
4n 2 − 3n − 1
4n 2 + 3n − 1
3
×
≤
≤
× π R3
π
R
V
6n 2
6n 2
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3. Pour tout entier naturel n non nul, on a :
3n
1 ⎞
⎛
4 n 2 ⎜1 − 2 − 2 ⎟
4n − 3n − 1
⎝ 4n 4n ⎠ = 2 ⎛ 1 − 3 − 1 ⎞
=
⎜
⎟
2
6n
3 ⎝ 4n 4n 2 ⎠
6 n2
2
1
1
3
1 ⎞
⎛
⎛ −3 ⎞
⎛ −1 ⎞
− 2 ⎟ =1
= lim ⎜ ⎟ = lim 2 = lim ⎜ 2 ⎟ = 0 , il vient : lim ⎜1 −
n →+∞ n
n →+∞ 4 n
n →+∞ 4 n
n →+∞
⎝ 4n 4n ⎠
⎝ ⎠ n →+∞ n
⎝
⎠
2
4n − 3n − 1 2
2
= puis lim un = π R 3 .
et, finalement : lim
2
n
n →+∞
→+∞
6n
3
3
Comme lim
2
De façon similaire, on montre que l’on a aussi : lim vn = π R 3 .
n →+∞
3
On en déduit finalement (théorème des gendarmes) que le volume de la demi-sphère de
2
rayon R vaut V = π R 3 .
3
On retrouve ainsi le résultat classique :
Le volume de la sphère de rayon R est égal à
4
π R3 .
3
Exercice 6 – Moyenne géométrique
Soit ( un ) une suite géométrique à termes strictement positifs.
1. Notons q la raison de la suite considérée. Pour tout entier naturel n non nul, on a :
un
u
= n +1 = q et donc (produit en croix) : un2 = un −1 × un +1 . Comme les termes de ( un )
un −1 un
sont strictement positifs, il vient immédiatement : un = un −1 × un +1 .
Le résultat est ainsi établi.
2. D’après l’énoncé, on a la réciproque du résultat établi à la première question.
Les trois nombres proposés vérifient :
24 157 817 × 63 245 986 = 39 088169
Ainsi, les trois nombres proposés peuvent être trois termes consécutifs d’une suite
géométrique. Plus précisément, il existe une infinité de suites géométrique dont les trois
nombres proposés sont trois termes consécutifs, ce sont les suites géométriques ayant pour
39 088169 63 245 986
=
.
raison :
24 157 817 39 088169
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Préparation Sciences Po / Stage de pré-rentrée
Suites numériques – Exercices – Corrigés
Les plus curieux(ses) auront peut-être noté que cette raison est très proche du nombre d’or
(elle ne peut être égal à ce nombre puisqu’il est irrationnel…).
Exercice 7 – L’un dans l’autre
On considère la suite réelle ( un ) dont les premiers termes sont :
1 1 2 1 2 2 2 23 2 2
u0 = , , 2 , , 3 , 2 , 4 , 3 , …
3 2 3 3 3 3 3 3
1. Par construction, on constate que les suites ( u2n ) et ( u2 n +1 ) sont géométriques de même
2
1
. En revanche, le premier terme de ( u2n ) est u0 = tandis que le premier
3
3
1
terme de ( u2 n +1 ) est u1 = .
2
On a donc :
raison q =
n
1 ⎛2⎞
1 ⎛2⎞
∀n ∈ `, u2 n = × ⎜ ⎟ et u2 n +1 = × ⎜ ⎟
2 ⎝3⎠
3 ⎝3⎠
n
2. Pour tout entier naturel n, il vient alors, classiquement :
⎛2⎞
1− ⎜ ⎟
2
n
1 1 2 1 ⎛2⎞
1 ⎛2⎞ 1
3
u0 + u2 + u4 + ... + u2 n = + × + × ⎜ ⎟ + ... + × ⎜ ⎟ = × ⎝ ⎠
2
3 3 3 3 ⎝3⎠
3 ⎝3⎠ 3
1−
3
⎛2⎞
1− ⎜ ⎟
2
n
1 1 2 1 ⎛2⎞
1 ⎛2⎞ 1
3
u1 + u3 + u5 + ... + u2 n +1 = + × + × ⎜ ⎟ + ... + × ⎜ ⎟ = × ⎝ ⎠
2
2 2 3 2 ⎝3⎠
2 ⎝3⎠
2
1−
3
⎛2⎞
∀n ∈ `, u0 + u2 + u4 + ... + u2 n = 1 − ⎜ ⎟
⎝3⎠
Lycée Fénelon Sainte-Marie
n +1
n +1
⎛2⎞
= 1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
n +1
n +1
3 ⎡ ⎛2⎞
= × ⎢1 − ⎜ ⎟
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠
n +1
n +1
3 ⎡ ⎛2⎞ ⎤
et u1 + u3 + u5 + ... + u2 n +1 = × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠ ⎦⎥
8 - 10
Marc Lichtenberg
⎤
⎥
⎦⎥
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3. Comme suggéré dans l’énoncé, nous allons distinguer deux cas selon la parité de n.
Si n est pair : n = 2 p
On a alors :
Sn = S2 p
= u0 + u1 + u2 + u3 + ... + u2 p −1 + u2 p
= ( u0 + u2 + ... + u2 p ) + ( u1 + u3 + ... + u2 p −1 )
(
)
(
)
= ( u0 + u2 + ... + u2 p ) + u1 + u3 + ... + u2( p −1)+1
En utilisant les résultats précédents, il vient :
S n = ( u0 + u2 + ... + u2 p ) + u1 + u3 + ... + u2( p −1)+1
⎛2⎞
= 1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
p +1
3 ⎡ ⎛2⎞
+ × ⎢1 − ⎜ ⎟
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠
⎛2⎞
= 1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
p +1
p
3 ⎡ ⎛2⎞ ⎤
+ × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠ ⎦⎥
⎛2⎞
= 1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
p +1
3 9 ⎛2⎞
+ − ×⎜ ⎟
2 4 ⎝3⎠
3 ⎛2⎞
= 1+ − ⎜ ⎟
2 ⎝3⎠
=
Lycée Fénelon Sainte-Marie
p +1
5 13 ⎛ 2 ⎞
− ×⎜ ⎟
2 4 ⎝3⎠
9 ⎛2⎞
− ×⎜ ⎟
4 ⎝3⎠
p −1+1
⎤
⎥
⎦⎥
p +1
p +1
p +1
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Marc Lichtenberg
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Si n est impair : n = 2 p + 1
On a alors :
S n = S 2 p +1
= u0 + u1 + u2 + u3 + ... + u2 p + u2 p +1
= ( u0 + u2 + ... + u2 p ) + ( u1 + u3 + ... + u2 p +1 )
En utilisant les résultats précédents, il vient :
S n = ( u0 + u2 + ... + u2 p ) + ( u1 + u3 + ... + u2 p +1 )
⎛2⎞
= 1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
p +1
p +1
3 ⎡ ⎛2⎞ ⎤
+ × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠ ⎦⎥
⎛2⎞
= 1− ⎜ ⎟
⎝3⎠
p +1
3 3 ⎛2⎞
+ − ×⎜ ⎟
2 2 ⎝3⎠
3 ⎛2⎞
= 1+ − ⎜ ⎟
2 ⎝3⎠
=
p +1
5 5 ⎛2⎞
− ×⎜ ⎟
2 2 ⎝3⎠
3 ⎛2⎞
− ×⎜ ⎟
2 ⎝3⎠
p +1
p +1
p +1
p +1
5 ⎡ ⎛2⎞ ⎤
= × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠ ⎦⎥
En définitive :
S2 p
Lycée Fénelon Sainte-Marie
Pour tout entier naturel p :
p +1
p +1
5 13 ⎛ 2 ⎞
5 ⎡ ⎛2⎞ ⎤
= − × ⎜ ⎟ et S 2 p +1 = × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥
2 4 ⎝3⎠
2 ⎣⎢ ⎝ 3 ⎠ ⎦⎥
10 - 10
Marc Lichtenberg