Ultrabac Terminale S - Polynésie septembre 2008 exercice 3
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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.