NOM : PRENOM : Questions de cours. (5 points) Tout est dans le

Lycée A.Maurois
2012-13 Evaluation: corrigé suites et complexes. T S
NOM :
PRENOM :
Questions de cours. (5 points) Tout est dans le cours !
EXERCICE 1 (8 points)
On considère la suite udéfinie sur Npar u0=4 et, pour tout n,un+1=un+6.
1. Par récurrence : la propriété est vraie au rang 1 puisque u1=4+6=2 et donc on a bien 1 u13.
Soit nun entier naturel n1. Supposons que 1 un3 soit vraie et montrons qu’alors 1 un+13
l’est aussi.
De 1 un3 on déduit que 1+6un+63+6=3 (racine est croissante sur R+)
soit encore 1 7un+13, ce qui prouve le résultat attendu.
Conclusion : pour tout entier supérieur ou égal à 1 on a bien 1 un3
2. D’après la question précédente, pour tout n1 on a 3 +un3+1=4 et donc 1
3+un1
4pour tout
entier n1.
3. Soit nun entier naturel, on a (3 un+1)(3 +un+1)=9(un+6) =3unet donc, puisque 3 +un+1,0,
on a 3 un+1=3un
3+un+1
=(3 un)1
3+un+1
.
Si n1 alors n+1>1 et d’après la question précédente et on a 0 1
3un+11
4, donc puisque
3un>0, on déduit par multiplication membre à membre que
0(3 un)1
3+un+1(3 un)×1
4
c’est-à-dire
03un+1(3 un)×1
4
4. On montre par récurrence que pour tout nsupérieur ou égal à 1 on a 0 3un2
4n1.
On a appelle Pnl’inégalité ci-dessus.
On a u1=2 donc 3 u1=321,6 et 2
411=2 donc l’inégalité P1est vraie.
Soit nun entier supérieur ou égal à 1 ; supposons que Pnsoit vraie et montrons qu’alors Pn+1l’est aussi
i.e. que l’inégalité 0 3un+12
4n+11=2
4nest vraie.
Puisque 0 3un+11
4(3 un) et qu’on suppose que 0 3un2
4n1il en résulte que
03un+11
4(3 un)1
4
2
4n1=2
4n
ce qui prouve que Pn+1est bien vraie.
En conclusion : pour tout entier n1 on a bien 0 3un2
4n1.
5. On définit les suites vet wpour tout n1 par vn=0 et wn=2
4n1et on a donc vn3unwn.
Puisque la suite west géométrique de raison 1/4]1; 1[ on sait qu’elle converge vers 0. Il en est de
même de la suite v.
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Ces conditions permettent d’appliquer le théorème des gendarmes et de conclure que
lim
n+3un=0
ce qui revient à dire que
lim
n+un=3
EXERCICE 2 (7 points)
1. z=2i
2i+2
=(2i)(2i+2)
6=2i
2
2. Soit z=2+3i
4+i.z=23i
4i
=(2 3i)(4 +i)
17 =11 10i
17 =11
17 10
17i.
3. Si z,0,5ion a
1z
1+2iz
=3
2i2i2iz =3+23iz
soit
z=32i
2(13)i
=2+3i
2(1 +3)
=1
(1 +3)
+3
2(1 +3)i
4. Dans Con pose z=x+iy
z=1+i
1izz=iz xiy =ix y
Or deux complexes sont égaux ssi ils ont même partie réelle et même partie imaginaire d’où l’ensemble
des solutions de l’équation :
c’est l’ensemble des complexes de la forme xxi =x(1 i) où xR.
5. le module de z=x+iy vaut px2+y2.
Le module de z=2+iest |z|=3. Le plan étant rapporté à un repère (O,~
u,~
v) orthonormé, soit Mle
point d’axe z. Alors |z|=OM
6. BONUS (0.75)
Résoudre dans Cl’équation d’inconnue z: 3z2=5z4
1 / 2 100%

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