La correction du DS1

TS - Maths - D.S.1- Correction
Exercice 1
Samedi 24 septembre 2016 - 2h
Suite et variation
(2,5 points)
On considère la fonction f définie sur [0; +∞[ par f (x) =
5x + 1
et (u n ) la suite définie pour tout n ∈ N par
x +2
5n + 1
.
n +2
1. Étudier les variations de la suite (u n ).
1ère méthode
On a u n = f (n) donc la suite u a les mêmes variations sur N que la fonction f sur R+ .
Or f est une fonction définie sur R+ et dérivable sur R+ .
9
. Pour tout x Ê 0, on a alors f 0 (x) > 0 donc f est croissante sur R+ , donc
Pour tout x Ê 0, f 0 (x) =
(x + 2)2
la suite u est croissante sur N.
un =
2nde méthode
5(n + 1) + 1 5n + 1 5n + 6 5n + 1 (5n + 6)(n + 2) − (5n + 1)(n + 3)
−
=
−
=
u n+1 − un =
n +1+2
n +2
n +3
n +2
(n + 3)(n + 2)
9
5n 2 + 10n + 6n + 12 − 5n 2 − 15n − n − 3
=
.
u n+1 − un =
(n + 3)(n + 2)
(n + 3)(n + 2)
Cette expression est positive pour tout n entier naturel donc la suite u est croissante sur N.
1
2. Montrer que pour tout entier naturel n, u n Ê .
2
1
1
On a u 0 = . De plus la suite (u n ) est croissante donc pour tout entier naturel n, u n Ê u 0 donc u n Ê
2
2
Exercice 2
Bactéries et suites
(6.25 points)
Une société produit des bactéries pour l’industrie. En laboratoire, il a été mesuré que, dans un milieu
nutritif approprié, la masse de ces bactéries, mesurée en grammes, augmente de 20 % en un jour.
La société met en place le dispositif industriel suivant.
Dans une cuve de milieu nutritif, on introduit initialement 1 kg de bactéries. Ensuite, chaque jour, à heure
fixe, on remplace le milieu nutritif contenu dans la cuve. Durant cette opération, 100 g de bactéries sont
perdus.
L’entreprise se fixe pour objectif de produire 30 kg de bactéries.
On modélise l’évolution de la population de bactéries dans la cuve par la suite (u n ) définie de la façon
suivante :
u 0 = 1 000 et, pour tout entier naturel n, u n+1 = 1, 2u n − 100.
On modélise l’évolution de la population de bactéries dans la cuve par la suite (u n ) définie de la façon
suivante :
u 0 = 1 000 et, pour tout entier naturel n, u n+1 = 1, 2u n − 100.
1.
(a) Expliquer en quoi ce modèle correspond à la situation de l’énoncé.
On appelle u n la masse, en gramme, des bactéries présentes dans la cuve, et n représente le
nombre de jours depuis le début du processus. On a donc u 0 = 1 000 puisqu’initialement, on introduit 1 kg soit 1 000 grammes de bactéries.
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D’un jour à l’autre, le nombre de bactéries augmente de 20 %, c’est donc qu’il est multiplié par
20
= 1, 2. Chaque jour, en remplaçant le milieu nutritif, on perd 100 grammes de bactéries.
1+
100
Donc, pour tout entier naturel n, u n+1 = 1, 2 u n − 100 avec u 0 = 1 000.
(b) L’entreprise souhaite savoir au bout de combien de jours la masse de bactéries dépassera 30 kg
soit 30 000 g.
On cherche le plus petit entier entier naturel n tel que u n > 30 000.
À la calculatrice, on trouve u 22 ≈ 28 103 et u 23 ≈ 33 624 ; donc on dépasse 30 kg de bactéries à partir
de 23 jours.
(c) On peut également utiliser l’algorithme suivant pour répondre au problème posé dans la question
précédente.
On complète l’algorithme :
Variables
Traitement
Sortie
2.
u et n sont des nombres
u prend la valeur 1 000
n prend la valeur 0
Tant que u É 30 000 faire
u prend la valeur 1, 2 × u − 100
n prend la valeur n + 1
Fin Tant que
Afficher n
(a) Soit P n la propriété u n Ê 1 000.
• Initialisation
u 0 = 1 000 donc la propriété est vraie pour n = 0.
• Hérédité
On suppose qu’à un rang k fixé la propriété P k est vraie , c’est-à-dire u k Ê 1 000.
u k+1 = 1, 2 u k − 100 ; D’après l’hypothèse de récurrence u k Ê 1 000 donc 1, 2 u k Ê 1 200 donc
1, 2 u k − 100 Ê 1 100.
Donc 1, 2 u k − 100 Ê 1 000 et on a démontré que la propriété était vraie au rang k + 1.
• Conclusion
D’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n Ê 0 P n est vraie.
Pour tout entier naturel n, u n Ê 1 000.
(b) Démontrer que la suite (u n ) est croissante.
Pour tout n, u n+1 − u n = 1, 2 u n − 100 − u n = 0, 2 u n − 100
Or, pour tout n, u n Ê 1 000 donc 0, 2 u n Ê 200 et donc 0, 2 u n − 100 Ê 100
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n, u n+1 − u n > 0.
On peut donc dire que la suite (u n ) est croissante.
3. On définit la suite (v n ) par : pour tout entier naturel n, v n = u n − 500 donc, u n = v n + 500.
(a) Démontrer que la suite (v n ) est une suite géométrique.
v n+1 = u n+1 − 500 = 1, 2 u n − 100 − 500 = 1, 2(v n + 500) − 600 = 1, 2 v n + 600 − 600 = 1, 2 v n
v 0 = u 0 − 500 = 1 000 − 500 = 500
Donc pour tout entier naturel n, v n+1 = 1, 2 × v n et v 0 = 500,
donc la suite (v n ) est la suite géométrique de raison q = 1, 2 et de premier terme v 0 = 500.
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(b) Exprimer v n , puis u n , en fonction de n. On déduit de la question précédente que, pour tout n,
v n = v 0 × q n = 500 × 1, 2n .
Comme, pour tout entier naturel n, u n = v n + 500, on en déduit que u n = 500 + 500 × 1, 2n .
(c) A l’aide de votre calculatrice, que pouvez vous conjecturer concernant le nombre de bactéries
au bout d’un grand nombre de jours ?
Avec la calculatrice, on s’aperçoit que plus n augmente, plus u n augmente aussi, donc plus le
nombre de jours augmente, plus le nombre de bactéries augmente aussi.
Exercice 3
5.5 points
une suite, un algorithme, une récurrence
On considère la suite numérique (v n ) définie pour tout entier naturel n par

 v0
= 1
9
 v n+1 =
6 − vn
1. On souhaite écrire un algorithme affichant, pour un entier naturel n donné, tous les termes de la suite,
du rang 0 au rang n.
Parmi les trois algorithmes suivants, un seul convient. Préciser lequel en justifiant la réponse.
L’algorithme no 1 calcule tous les termes de v 0 à v n mais n’affiche que le dernier v n .
L’algorithme no 2 calcule n fois de suite v 1 à partir de v 0 : il ne calcule pas les termes de 0 à v n .
L’algorithme no 3 calcule tous les termes de 0 à v n et les affiche tous.
2. D’après les tables de valeurs de la suite (qui correspond en fait à n = 9), il semblerait que la suite soit
croissante.
3.
(a) Montrons par récurrence la propriété P n : 0 < v n < 3 pour tout entier naturel n.
Initialisation : n = 0, on a bien 0 < v 0 < 3 vraie, puisque v 0 = 1 ; ainsi P 0 est vraie.
Hérédité :On suppose qu’à un rang k fixé, P k vraie, montrons alors que P k+1 est vraie.
On suppose donc que 0 < v k < 3.
Donc 6 − 0 > 6 − v k > 6 − 3, puis 6 > 6 − v k > 3
1
1
1
< , car la fonction inverse est décroissante sur ]0 ; +∞[.
<
6 6 − vk 3
9
9
3
9
9
< . Donc <
<3
<
6 6 − vk 3
2 6 − vk
3
Ainsi 1 < < v k+1 < 3 donc P k+1 est vraie.
2
Conclusion
D’après le principe de récurrence, P n : 0 < v n < 3 est vraie pour tout entier naturel n.
(3 − v n )2
(b) Démontrer que, pour tout entier naturel n, v n+1 − v n =
.
6 − vn
9
9 − v n (6 − v n ) (v n − 3)2
v n+1 − v n =
− vn =
=
.
6 − vn
6 − vn
6 − vn
Or, d’après la question précédente, 0 < v n < 3 pour tout n entier naturel, ainsi 6 − v n est positif,
(v n − 3)2
donc v n+1 − v n =
> 0, ainsi la suite (v n ) est croissante.
6 − vn
Exercice 4
(5,75 points)
Prise d’initiative
Les questions 1. et 2. sont indépendantes.
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1. Sans utiliser la calculatrice, comparer les nombres A et B avec :
A = 2017 × (1 + 2 + 3 + ... + 2016) et B = 2016 × (1 + 2 + 3 + ... + 2017)
1 + 2 + . . . + 2015 + 2016 est la somme des 2016 premiers termes consécutifs de la suite arithmétique,
notée (u n ), de premier terme u 1 = 1 et de raison r = 1.
1 + 2016 2016 × 2017
Ainsi, 1 + 2 + . . . + 2015 + 2016 = 2016 ×
=
.
2
2
2016 × 2017
2017 × 2016 × 2017
On a donc A = 2017 ×
donc A =
.
2
2
De même, B = 2016 ×
2017 × 2018
2018 × 2016 × 2017
donc B =
.
2
2
Or,
2018 > 2017 ⇔ 2018 × 2016 × 2017 > 2017 × 2016 × 2017
2017 × 2016
2017 × 2016
⇔ 2018 ×
> 2017 ×
2
2
⇔ B>A
Donc B>A.
2. Voici les quatre premiers nombres triangulaires :
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
T1 = 1
T2 = 3
T3 = 6
T4 = 10
(a) Représenter et calculer T5 et T6 .
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
T5 = 15
T6 = 21
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(b)
i. Exprimer Tn+1 en fonction de Tn .
T1 = 1
T2 = 3 = 1 + 2 = T1 + 2
T3 = 6 = 1 + 2 + 3 = T2 + 3
T4 = 10 = 1 + 2 + 3 + 4 = T3 + 4
Ainsi, Tn+1 =Tn + (n + 1)
ii. Conjecturer l’expression de Tn en fonction de n.
Soit n ∈ N \ {0}.
On remarque que Tn =
n
P
k = 1 + 2 + . . . + (n − 1) + n.
k=1
Tn est la somme des n premiers termes consécutifs de la suite arithmétique, notée (u n ), de
premier terme u 1 = 1 et de raison r = 1.
Ainsi, en utilisant la formule de la somme des n premiers termes d’une suite arithmétique,
1+n
n(n + 1)
on peut conjecturer que Tn = n ×
d’où pour tout n ∈ N \ {0}, Tn =
.
2
2
iii. Démontrer cette conjecture à l’aide d’un raisonnement par récurrence.
.
Soit P n la propriété Tn = n×(n+1)
2
• Initialisation
1×(1+1)
2
= 22 = 1 = u 1 , donc P 1 est vraie. La propriété est vraie pour n = 1.
• Hérédité
.
On suppose qu’à un rang k fixé la propriété P k est vraie , c’est-à-dire Tk = k×(k+1)
2
Tk+1 = Tk + (k + 1) donc Tk+1 = k×(k+1)
+ (k + 1) d’après l’hypothèse de récurrence.
2
k×(k+1)+2×(k+1)
Donc, Tk+1 =
.
2
donc P k+1 est vraie .La propriété était vraie au rang k + 1.
Donc Tk+1 = (k+1)×(k+2)
2
• Conclusion
D’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel non nul, P n est vraie.
Donc pour tout entier naturel non nul, Tn = n×(n+1)
2
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