Nouvelle Calédonie novembre 2015. Enseignement

Nouvelle Calédonie novembre 2015. Enseignement spécifique
EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)
On considère deux suites de nombres réels (dn ) et (an ) définies par d0 = 300, a0 = 450 et, pour tout entier naturel
n!0
⎧
1
⎪
⎪
⎨ dn+1 = dn + 100
2
⎪
1
1
⎪
⎩ an+1 = dn + an + 70
2
2
1) Calculer d1 et a1 .
2) On souhaite écrire un algorithme qui permet d’afficher en sortie les valeurs de dn et an pour une valeur entière
de n saisie par l’utilisateur.
L’algorithme suivant est proposé :
Variables :
n et k sont des entiers naturels
D et A sont des réels
Initialisation :
D prend la valeur 300
A prend la valeur 450
Saisir la valeur de n
Traitement :
Pour k variant de 1 à n
D
+ 100
2
A D
A prend la valeur
+
+ 70
2
2
Fin pour
D prend la valeur
Sortie :
Afficher D
Afficher A
a) Quels nombres obtient-on en sortie de l’algorithme pour n = 1 ?
Ces résultats sont-ils cohérents avec ceux obtenus à la question 1) ?
b) Expliquer comment corriger cet algorithme pour qu’il affiche les résultats souhaités.
3) a) Pour tout entier naturel n, on pose en = dn − 200.
Montrer que la suite (en ) est géométrique.
b) En déduire l’expression de dn en fonction de n.
c) La suite (dn ) est-elle convergente ? Justifier.
4) On admet que pour tout entier naturel n,
an = 100n
% &n
% &n
1
1
+ 110
+ 340.
2
2
a) Montrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 3, on a 2n2 ! (n + 1)2 .
b) Montrer par récurrence que pour tout entier n supérieur ou égal à 4, 2n ! n2 .
% &n
100
1
"
.
c) En déduire que pour tout entier n supérieur ou égal à 4, 0 " 100n
2
n
d) Étudier la convergence de la suite (an ).
http ://www.maths-france.fr
1
c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés.
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Nouvelle Calédonie novembre 2015. Enseignement spécifique
EXERCICE 4 : corrigé
1) d1 =
1
1
1
1
1
1
d0 + 100 = × 300 + 100 = 250 et a1 = d0 + a0 + 70 = × 300 + × 450 + 70 = 445.
2
2
2
2
2
2
d1 = 250 et a1 = 445.
2) a) L’algorithme affiche D = 250 qui est bien la valeur de d1 mais ensuite l’algorithme affiche A = 420 qui n’est pas
la valeur de a1 .
b) Algorithme modifié : 1ère solution
Variables :
n et k sont des entiers naturels
D et A sont des réels
Initialisation :
D prend la valeur 300
A prend la valeur 450
Saisir la valeur de n
Traitement :
Pour k variant de 1 à n
A D
+
+ 70
2
2
D
D prend la valeur
+ 100
2
Fin pour
A prend la valeur
Sortie :
Afficher D
Afficher A
Algorithme modifié : 2ème solution
Variables :
n et k sont des entiers naturels
M , D et A sont des réels
Initialisation :
D prend la valeur 300
A prend la valeur 450
Saisir la valeur de n
Traitement :
Pour k variant de 1 à n
M prend la valeur D
M
+ 100
2
A M
A prend la valeur
+
+ 70
2
2
Fin pour
D prend la valeur
Sortie :
Afficher D
Afficher A
3) a) Soit n un entier naturel.
1
1
1
1
dn + 100 − 200 = dn − 100 = (dn − 200) = en .
2
2
2
2
1
Don la suite (en )n∈N est géométrique de raison q = .
2
b) D’autre part, e0 = d0 − 200 = 300 − 200 = 100. On sait alors que pour tout entier naturel n,
! "n
1
n
.
en = e0 × q = 100 ×
2
! "n
1
On en déduit encore que pour tout entier naturel n, dn = en + 200 = 200 + 100 ×
.
2
en+1 = dn+1 − 200 =
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! "n
1
.
Pour tout entier naturel n, dn = 200 + 100 ×
2
c) Puisque −1 <
1
< 1, on sait que lim
n→+∞
2
! "n
1
= 0. On en déduit que la suite (dn )n∈N converge et
2
lim dn = 200.
n→+∞
4) a) Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3.
2n2 − (n + 1)2 = 2n2 − n2 − 2n − 1 = n2 − 2n − 1 = (n − 1)2 − 2.
Ensuite, n ! 3 ⇒ n − 1 ! 2 ⇒ (n − 1)2 ! 4 ⇒ (n − 1)2 − 2 ! 2. En particulier, (n − 1)2 − 2 ! 0 ou encore
2n2 − (n + 1)2 ! 0 ou enfin 2n2 ! (n + 1)2 .
b) Montrons par récurrence que pour tout n ! 4, 2n ! n2 .
• 24 = 16 et 42 = 16. Donc, 24 ! 42 . L’inégalité à démontrer est vraie quand n = 4.
• Soit n ! 4. Supposons que 2n ! n2 . Alors,
2n+1 = 2 × 2n
! 2 × n2 (par hypothèse de récurrence)
! (n + 1)2 (d’après la question précédente et car n ! 4 ⇒ n ! 3).
On a montré par récurrence que pour tout n ! 4, 2n ! n2 .
c) Soit n un entier supérieur ou égal à 4.
! "n
! "n
1
1
1
100n
1
1
"
⇒
"
⇒
100n
"
n
2
2
2
n
2
n
2
n2
! "n
100
1
"
.
⇒ 100n
2
n
0 < n2 " 2 n ⇒
! "n
1
100
100
d) Pour tout n ! 4, 0 " 100n
"
avec lim
= 0. Le théorème des gendarmes permet d’affirmer que
n→+∞ n
2
n
! "n
! "n
1
1
lim 100n
= 0. D’autre part, lim 110
= 0. On en déduit que
n→+∞
n→+∞
2
2
lim an = 340.
n→+∞
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