Corrigé du devoir n˚1

2015-2016
Terminale 04
Corrigé du devoir n˚1
Exercice 1
1
1. (un ) est une suite géométrique, u0 = 0, 27 et la raison vaut q =
= 0, 01
100
On a donc : u1 = u0 × q = 0, 27 × 0, 01 = 0, 0027, u2 = u1 × q = 0, 0027 × 0, 01 = 0, 0000278
et u3 = u2 × q = 0, 000027 × 0, 01 = 0, 00000027.
S0 = u0 = 0, 27, S1 = u0 + u1 = 0, 2727, S2 = u0 + u1 + u2 = 0, 272727
et S3 = u0 + u1 + u2 + u3 = 0, 27272727.
2. lim Sn = 0, 2727272727 · · ·
n→+∞
1 − 0, 01n+1
0, 27
1 − q n+1
= 0, 27 ×
=
(1 − 0, 01n+1 ).
1−q
1 − 0, 01
0, 99
3
4. −1 < 0, 01 < 1 donc lim 0, 01n+1 = 0 et lim n → +∞Sn =
.
n→+∞
11
3
.
On en conclut : 0, 27272727 · · · =
11
5. Soit (vn ) la suite géométrique de premier terme v0 = 0, 481 et de raison q = 0, 001.
n
X
On pose Tn =
vk .
3. Sn = u0 ×
k=0
lim Tk = 0, 481481481481 · · ·.
n→+∞
D’autre part Tn = v0 ×
1 − q n+1
1 − 0, 001n+1
0, 481
= 0, 481 ×
=
(1 − 0, 001n+1)
1−q
1 − 0, 001
0, 999
13
(1 − 0, 001n+1)
27
13
.
−1 < 0, 001 < 1 donc lim 0, 001n+1 = 0 et lim Tn =
n→+∞
n→+∞
27
13
On en conclut : 0, 481481481481 · · · =
.
27
=
Exercice 2
1. u1 = 1
u2 = 1
u3 = u2 + u1 = 1 + 1 = 2
u4 = u3 + u2 = 2 + 1 = 3
u5 = u4 + u3 = 3 + 2 = 5
u6 = u5 + u4 = 5 + 3 = 8
u7 = u6 + u5 = 8 + 5 = 13
u8 = u7 + u6 = 13 + 8 = 21
u9 = u8 + u7 = 21 + 13 = 34
u10 = u9 + u8 = 34 + 21 = 55.
2. Si (vn ) est une suite géométrique non nulle, alors, pour tout entier naturle n, vn = v0 × q n ,
où v0 et q sont deux réels non nuls.
Si (vn ) vérifie la condition (1), alors v0 ×q n+2 = v0 ×q n+1 +v0 ×q n qui équivaut à q 2 = q +1
donc q est solution de l’équation (3).
3. x2 = x + 1 ⇐⇒ x2 − x − 1 = 0.
Il s’agit d’une équation du second degré.
∆ = 5 donc
√ l’équation admet√deux solutions dans R :
1+ 5
1− 5
> 0 et φ =
< 0.
φ=
2
2
1
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Terminale 04
u2
u3
u2
u3
= 1 et
= 2.
6=
donc (un ) n’est pas une suite géométrique.
u1
u2
u1
u2
5. φ2 = φ + 1
φ3 = φ × φ2 = φ(φ + 1) = φ2 + φ = φ + 1 + φ = 2φ + 1
φ4 = φ × φ3 = φ(2φ + 1) = 2φ2 + φ = 2(φ + 1) + φ = 3φ + 2
φ5 = φ × φ4 = φ(3φ + 2) = 3φ2 + 2φ = 3(φ + 1) + 2φ = 5φ + 3
φ6 = φ × φ5 = φ(5φ + 3) = 5φ2 + 3φ = 5(φ + 1) + 3φ = 8φ + 5.
On remarque que :
φ2 = u2 φ + u1
φ3 = u3 φ + u2
φ4 = u4 φ + u3
φ5 = u5 φ + u4
φ6 = u6 φ + u5 .
4.
6. Soit, pour n ∈ N, n > 2, la propriété (Pn ) : φn = un φ + un−1 .
Démontrons, par récurrence, que (Pn ) est vraie pour tout entier naturel n, n > 2.
Initialisation : (P2 ) : φ2 = u2 φ + u1 est vraie d’après la question précédente.
Hérédité : Supposons que, pour un certain entier n, n > 2, (Pn ) est vraie. On a donc
φn = un φ + un−1 .
Alors : φn+1 = φ × φn = φ(un φ + un−1 ) = un φ2 + un−1 φ = un (φ + 1) + un−1 φ ==
(un + un−1 )φ + un = un+1 φ + un .
La propriété (Pn+1 ) est vraie.
Conclusion : (Pn ) est vraie au rang 2 et (Pn ) est héréditaire donc, d’après le principe de
récurrence, (Pn ) est vraie pour tout n ∈ N, n > 2.
n
7. On soustrait membre à membre les deux égalités : φn = un φ + un−1 et φ = un φ + un−1 ,
on obtient :
n
φn − φ
n
n
.
φ − φ = un (φ − φ) qui équivaut à un =
φ−φ
√
√
1+ 5 1− 5 √
φ−φ=
−
= 5.
2
2"
√ n √ n #
1+ 5
1− 5
1
.
−
On a donc : un = √
2
2
5
√
√ n
1+ 5
1+ 5
8.
= +∞.
> 1 donc lim
n→+∞
2
2
√
√ n
1− 5
1− 5
−1 <
= 0.
< 1 donc lim
n→+∞
2
2
On en déduit que : lim un = +∞.
n→+∞
9.
2
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Terminale 04
1 n+1
√ φn+1 − φ
un+1
5
Qn =
=
1 n
un
√ φn − φ
5
n+1
φn+1 − φ
=
n
φ"n − φ
#
n+1
φ
n
φ φ− n
φ
"
#
=
n
φ
n
φ 1− n
φ
n
φ
φ
φ−
φ
=
n
φ
1−
φ
n
φ
φ
= 0.
10. −1 < < 1 donc lim
n→+∞
φ
φ
n
n
φ
φ
On a alors lim φ−
φ = φ et lim 1−
= 1 donc, par quotient lim Qn = φ.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
φ
φ
u2
11. Q1 =
=1
u1
un+1 + un
un
1
un+2
=
=1+
=1+
.
Qn+1 =
un+1
un+1
un+1
Qn
1
1
12. Q2 = 1 +
=1+
Q1
1
1
1
=1+
Q3 = 1 +
1
Q2
1+
1
1+
1
1
1
Q4 = 1 +
=1+
1
Q3
1+
1
1+
1
1+
1
1
1
=1+
Q5 = 1 +
1
Q4
1+
1
1+
1
1+
1
1+
1
1
φ = lim Qn = 1 +
1
n→+∞
1+
1
1+
1
1+
1
1+
1 + ···
3