La correction du DS4

TS - Maths - D.S.4 - Correction
Samedi 05 Décembre 2015 - 4h
Spécialités : SVT - Physique
(4 points)
Exercice 1
Commun à tous les candidats
Une usine produit de l’eau minérale en bouteilles. Lorsque le taux de calcium dans une bouteille est
inférieur à 6,5 mg par litre, on dit que l’eau de cette bouteille est très peu calcaire.
Dans cet exercice les résultats approchés seront arrondis au millième.
Partie A
L’eau minérale provient de deux sources, notées « source A » et « source B ».
La probabilité que l’eau d’une bouteille prélevée au hasard dans la production d’une journée de la source
A soit très peu calcaire est 0, 17. La probabilité que l’eau d’une bouteille prélevée au hasard dans la production
d’une journée de la source B soit très peu calcaire est 0, 10.
La source A fournit 70 % de la production quotidienne totale des bouteilles d’eau et la source B le reste de
cette production.
On prélève au hasard une bouteille d’eau dans la production totale de la journée. On considère les évènements suivants :
A : « La bouteille d’eau provient de la source A »
B : « La bouteille d’eau provient de la source B »
S : « L’eau contenue dans la bouteille d’eau est très peu calcaire ».
1. Déterminer la probabilité de l’évènement A ∩ S.
On modélise la situation avec un arbre pondéré :
0,17
S
0,7
A
0,83
S
0,1
S
0,3
B
0,9
S
D’après l’arbre on a P (A ∩ S) = 0, 7 × 0, 17 = 0, 119 .
2. Montrer que la probabilité de l’évènement S vaut 0, 149.
Les sources A et B fournissent la totalité de la production : A et B forment donc une partition de l’univers. On peut donc appliquer la formule des probabilités totales :
P (S) = P (A ∩ S) + P (B ∩ S) = 0, 119 + 0, 3 × 0, 1 = 0, 149 .
3. Calculer la probabilité que l’eau contenue dans une bouteille provienne de la source A sachant qu’elle
est très peu calcaire.
La probabilité demandée est :
0,119
119
P S (A) = P(A∩S)
P(S) = 0,149 = 149 ≈ 0, 799 .
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Partie B
Le lendemain d’une forte pluie, l’usine produit un échantillon de n bouteilles provenant de la source A,
avec n un entier naturel à définir.
Pour ces deux questions, toute trace de recherche sera prise en compte dans la notation.
1. On choisit n = 100. Déterminer la probabilité que parmi ces bouteilles, plus de 20 contiennent de
l’eau très peu calcaire.
Produire une bouteille est une épreuve de Bernouilli, avec « l’eau est très peu calcaire »pour succès, de
probabilité 0, 17.
On répète cette expérience n fois de manière indépendante.
Soit X la variable aléatoire qui compte les succès.
X suit alors la loi binomiale de paramètres n et p = 0, 17.
Pour cette question nous avons n = 100.
La probabilité cherchée est donc P (X > 20) = 1 − P (X ≤ 20) ≈ 0, 175 .
Nous avons tapé à la calculatrice :
Texas Instrument
CASIO
1-binomfrep(100,0.17,20)
1-binomcd(20,100,0.17)
ou (en anglais) :
1-binomcdf(100,0.17,20)
2. L’usine désire fournir en moyenne 50 bouteilles d’eau très peu calcaire.
Quel nombre n total de bouteilles doit-elle produire ce jour là ?
La production moyenne de l’usine correspond à l’espérance de la variable aléatoire X qui est par théorème est égale à n × 0, 17.
50
Nous voulons donc n × 0, 17 = 50 ce qui équivaut à n = 0,17
≈ 294 bouteilles.
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Exercice 2
(5 points)
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
On considère deux suites de nombres réels (d n ) et (an ) définies par d 0 = 300,
a0 = 450 et, pour tout entier naturel n Ê 0


1

 d n+1 =
d n + 100
2

1
1

 an+1 =
d n + an + 70
2
2
1. Calculer d 1 et a1 .
1
1
1
1
1
1
On calcule d 1 = d 0 + 100 = × 300 + 100 = 250 et a1 = d 0 + a0 + 70 = × 300 + × 450 + 70 = 445
2
2
2
2
2
2
2. On souhaite écrire un algorithme qui permet d’afficher en sortie les valeurs de d n 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 ?
Nous obtenons 250 pour D et 420 pour A.
Ces résultats sont-ils cohérents avec ceux obtenus à la question 1. ?
Ces nombres ne sont pas cohérents avec nos résultats pour d 1 et a1 .
(b) Expliquer comment corriger cet algorithme pour qu’il affiche les résultats souhaités.
Nous modifions l’algorithme ainsi, en échangeant les lignes pour que le calcul de A soit fait avant
que celui de D ne modifie l’état de cette variable :
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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
Il était aussi possible de stocker le calcul de D dans une variable E et de l’inclure dans le calcul de
A.
3.
(a) Pour tout entier naturel n, on pose e n = d n − 200.
Montrer que la suite (e n ) est géométrique.
Pour tout entier naturel n on a e n = d n −200 qui donne e n +200 = d n (A) et e n+1 = d n+1 −200. Avec
la définition de d n cette dernière relation donne :
1
e n+1 = d n + 100 − 200
2
Avec (A) nous avons alors :
1
1
1
e n+1 = (e n + 200) + 100 − 200 = e n + 100 + 100 − 200 ce qui équivaut à e n+1 = e n .
2
2
2
1
La suite (e n ) est donc géométrique de raison et de premier terme e 0 = d 0 − 200 = 100.
2
(b) En déduire l’expression de d n en fonction de n.
1
Nous avons donc le terme général de (e n ) qui s’écrit pour tout entier naturel n : e n = 100 × ( )n .
2
1 n
Avec (A) cela donne d n = 100 × ( ) + 200 .
2
(c) La suite (d n ) est-elle convergente ? Justifier.
1
Nous avons ∈] − 1; 1[ donc par théorème e n converge vers 0. (A) implique donc par somme que
2
d n est convergente et que sa limite est 200.
4. On admet que pour tout entier naturel n,
µ ¶n
µ ¶n
1
1
an = 100n
+ 110
+ 340.
2
2
(a) Montrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 3, on a 2n 2 Ê (n + 1)2 .
On étudie le signe de 2n 2 − (n + 1)2 = 2n 2 − (n 2 + 2n + 1) = n 2 − 2n − 1.
On a ∆ = (−2)2 − 4 × 1 ×p(−1) =p8.
p
p
p
p
8
= 2−22 2 = 1 − 2 et x1 = −(−2)+
= 1 + 2.
2×1
p
p
La trinôme est du signe de 1 > 0 sauf entre 1 − 2 ≈ −0, 4 et 1 + 2 ≈ 2, 4 donc pour tout entier
naturel n ≥ 3 nous avons : 2n 2 − (n + 1)2 Ê 0 qui équivaut à 2n 2 Ê (n + 1)2 .
Ceci donne x1 = −(−2)−
2×1
8
= 2−
4×2
2
p
= 2−
p
4× 2
2
(b) Montrer par récurrence que pour tout entier n supérieur ou égal à 4,
2n Ê n 2 .
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• Pour tout entier n supérieur ou égal à 4, on pose P (n) :
2n Ê n 2 .
• Initialisation
Nous calculons 24 = 16 et 42 = 16, on a donc bien 24 Ê 42 : P (4) est vérifiée.
• Hérédité
Nous supposons que pour un entier naturel k ≥ 4 la propriété P (k) est vérifiée, c’est à dire :
2k Ê k 2 (B)
(B)⇔ 2k × 2 Ê k 2 × 2 (car 2 > 0)
(B)⇔ 2k+1 Ê 2k 2
D’après la question précédente, k étant un entier supérieur à 3 nous avons 2k 2 Ê (k + 1)2 ce
qui implique ici :
2k+1 Ê (k + 1)2 .
P (k + 1) est donc vérifiée.
Nous avons donc démontré que pour tout entier naturel k ≥ 4 P (k) ⇒ P (k + 1).
• Nous pouvons donc conclure par récurrence que pour tout entier naturel n ≥ 4 la propriété
P (n) est vérifiée.
pour tout entier n supérieur ou égal à 4, nous avons donc bien :
2n Ê n 2 .
(c) En déduire que pour tout entier n supérieur ou égal à 4,
µ ¶n
1
100
0 É 100n
É
.
2
n
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 4, nous avons n 2 > 0, ce qui donne avec la question
précédente :
2n Ê n 2 > 0
La fonction inverse étant strictement décroissante sur ]0; +∞[ nous en déduisons :
1
2n
É n12 (C)
(C) ⇔ 100n × 21n É 100n × n12 (car n est supérieur à 4 donc 100n > 0)
n
(C) ⇔ 100n × 12n É 100n:n
2
µ ¶n n :n
1
(C) ⇔ 100n
É 100
n
2
Nous avons donc bien démontré l’inégalité demandée.
(d) Etudier la convergence de la suite (an ).
Nous avons admis :
µ ¶n
µ ¶n
1
1
an = 100n
+ 110
+ 340.
2
2
Pour étudier la limite de (an ) nous pouvons prendre n entier naturel supérieur ou égal à 4.
µ ¶n
1
É 100
Nous avons alors d’après la question précédente 100n
n .
2
µ ¶n
µ ¶n
1
1
étant un produit de nombres tous positifs on a alors 0 É 100n
É 100
100n
lim 0 =
n . Et n→+∞
2
2
µ ¶n
1
= 0.
lim 100 = 0 donc par encadrement nous avons lim 100n
n→+∞
n→+∞ n
2
µ ¶n
1
Nous avons ensuite 110
qui est le terme général d’une suite géométrique de raison comprise
2 µ ¶
1 n
dans ] − 1; 1[ donc lim 110
= 0.
n→+∞
2
Enfin lim 340 = 340 donc par somme
n→+∞
lim an = 340
n→+∞
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Exercice 3
(5 points)
Commun à tous les candidats
Partie A
f est une fonction définie et dérivable sur ] − 2; +∞[. f ′ est la fonction dérivée de la fonction f .
Dans le plan muni d’un repère orthogonal, on nomme C 1 la courbe représentative de la fonction f et C 2
la courbe représentative de la fonction f ′ .
Le point A de coordonnées (-1 ; 3) appartient à la courbe C 1 .
Le point B de coordonnées (-1 ; -7) appartient à la courbe C 2 .
1. Dans les trois situations ci-dessous, on a dessiné la courbe représentative C 1 de la fonction f . Sur
l’une d’entre elles, la courbe C 2 de la fonction dérivée f ′ est tracée convenablement. Laquelle ? Expliquer le choix effectué.
D’après les dessins f semble strictement décroissante sur ]−2; 0[ et strictement croissante sur ]0; +∞[.
Sa dérivée f ′ doit donc être strictement négative sur ]−2; 0[ et strictement positive sur ]0; +∞[. La seule
courbe C 2 qui correspond est celle de la situation 2 .
Situation 1
Situation 2
7
6
5
4
3
2
1
−1−1O
−2
−3
−4
−5
C 2 −6
−7
−2
C1
1
Situation3
7
6
5
4
3
2
1
2
3
4
−1−1O
−2
−3
−4
−5
C 2 −6
−7
−2
7
6
5
4
3
2
1
C1
1
2
3
4
−1−1O
−2
−3
−4
−5
C 2 −6
−7
−2
C1
1
2
3
4
2. Déterminer l’équation réduite de la droite ∆ tangente à la courbe C 1 en A.
L’équation réduite de la droite ∆ tangente à la courbe C 1 en A(−1; 3) est :
y = f ′ (−1)(x − (−1)) + f (−1)
La courbe de f passant par A(−1; 3) nous avons f (−1) = 3, et celle de f ′ passant par B(−1 ; −7) nous
avons f ′ (−1) = −7.
Ceci donne donc pour équation :
y = −7(x + 1) + 3
y = −7x − 7 + 3
y = −7x − 4
b
3. On sait que pour tout réel x, f (x) = ax + (x+2)
2 avec a et b deux nombres réels.
(a) Déterminer une expression de la dérivée de f en fonction de a et de b.
f est dérivable sur son ensemble de définition ] − 2; +∞[ comme fonction rationnelle :
On pose u(x) = (x + 2)2
u est dérivable sur ] − 2; +∞[ comme composée d’une fonction de référence dérivable sur
] − 2; +∞[ par une puissance :
u ′ (x) = 2 × 1 × (x + 2)
Nous obtenons donc :
−2(x + 2)
f ′ (x) = a × 1 + b ×
((x + 2)2 )2
2b(x + 2) : (x + 2)
f ′ (x) = a −
(x + 2)4 : (x + 2)
2b
f ′ (x) = a −
.
(x + 2)3
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(b) Prouver que a = 1 et b = 4 en utilisant les données de l’énoncé.
b
Nous savons que f (−1) = 3 c’est à dire 3 = a × (−1) + ((−1)+2)
2 = −a + b d’où b = 3 + a.
2b
Nous savons aussi que f ′ (−1) = −7 ce qui donne −7 = a − ((−1)+2)
3 = a − 2b. Nous remplaçons b
par 3 + a dans cette dernière égalité :
−7 = a − 2(3 + a) (D)
(D)⇔ −7 = a − 6 − 2a
(D)⇔ −7 + 6 = −a
(D)⇔ −1 = −a
(D)⇔ 1 = a
Et b = 3 + a donc b = 4.
4
Nous pouvons donc écrire f (x) = 1 + (x+2)
2
4. Etudier les variations de la fonction f sur ] − 2; +∞[.
On étudie le signe de :
8
(x + 2)3
8
2b
=
1
−
=
−
.
f ′ (x) = a −
3
3
3
(x + 2)
(x + 2)
(x + 2)
(x + 2)3
(x + 2)3 − 8
f ′ (x) =
(x + 2)3
(x + 2)(x 2 + 4x + 4) − 8
f ′ (x) =
(x + 2)3
x 3 + 4x 2 + 4x + 2x 2 + 8x + 8 − 8
f ′ (x) =
(x + 2)3
3
2
x + 6x + 12x
f ′ (x) =
(x + 2)3
2
x × x + 6x × x + 12x
f ′ (x) =
(x + 2)3
x(x 2 + 6x + 12)
f ′ (x) =
(x + 2)(x + 2)2
On étudie les signes :
• x > 0 sur ]0; +∞[
• x 2 + 6x + 12
On calcule ∆ = 62 − 4 × 1 × 12 = −12 donc le trinôme n’a pas de racine. Il est donc du signe de 1 > 0.
• x + 2 > 0 ⇔ x > −2
• (x + 2)2 > 0 sur R sauf si x + 2 = 0 ⇔ x = −2.
Nous obtenons donc le tableau de variations suivant :
x
−2
0
+∞
x
− 0 +
x 2 + 6x + 12
+
+
x +2
0 +
+
(x + 2)2
0 +
+
′
f (x)
− 0 +
❅
❅
❘
❅
f
✒
1
5. Déterminer la limite de la fonction f en +∞.
lim x + 2 = +∞ et lim x + 2 = +∞ donc par produit lim (x + 2)2 = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
Avec lim 4 = 1 ceci donne par quotient
x→+∞
4
lim
2
x→+∞ (x+2)
=0
Et avec lim x = +∞ nous pouvons donc en déduire par somme que
x→+∞
lim f (x) = +∞
x→+∞
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6. Démontrer que la courbe représentative de f possède une asymptote dont on précisera les caractéristiques.
Nous avons
lim 4 = 4 et lim (x + 2)2 = 0. (E)
x→−2
x→−2
Nous étudions donc le signe de
4
(x+2)2
:
• 4>0
• (x + 2)2 > 0sur R sauf si x + 2 = 0 ⇔ x = −2.
x
−2
+∞
4
+
2
(x + 2) 0 +
4
+
(x+2)2
4
2
x→−2 (x+2)
Avec (E ) nous avons donc lim
= +∞ et lim x = −2 donc par somme lim f (x) = +∞.
x→−2
x→−2
Ceci prouve que la courbe représentative de f admet une asymptote verticale d’équation x = −2.
Partie B
Des scientifiques mettent au point un orbiteur sensé prendre des mesures autour du satellite Titan de
Jupiter.
Ils projettent une trajectoire qui va l’amener près de la planète Mars en 2037.
La fonction f mesure sur ] − 1; 8] la vitesse en m.s −1 à laquelle il s’approche de sa position finale (Titan),
en fonction du temps x, avec comme point de repère le passage au plus près de mars à x = 0 en secondes.
1. Déterminer la vitesse minimale à laquelle l’orbiteur s’approche de sa position finale sur l’intervalle
modélisé par f .
La vitesse étant modélisée par f sur ] − 1; 8], d’après le tableau de variations de la partie A sa valeur
minimale est f (0) = 1m.s −1 .
2. On admet que la distance en mètres parcourue dans la direction de la position finale par l’orbiteur,
depuis son passage à proximité de Mars, est une fonction d , avec d une primitive de f sur ] − 1; 8] et
d (0) = 0.
Déterminer cette distance parcourue 8 secondes après le passage à proximité de Mars.
2
4
Montrons d’abord que la fonction F définie par F (x) = x2 − x+2
est une primitive de f .
F est dérivable sur ] − 1; 8[ comme fonction rationnelle :
On pose u(x) = x + 2
u ′ (x) = 1
(−1)
4
F ′ (x) = 2x × 12 − 4 × (x+2)
2 = x + (x+2)2 = f (x).
F est donc bien une primitive de f .
Nous savons ensuite que toute primitive de f s’écrit Fk (x) = F (x) + k, avec k un réel.
Nous cherchons alors celle qui s’annule en 0, qui vérifie donc :
Fk (0) = 0 c’est à dire F (0) + k = 0 (F).
2
4
+k = 0
(F)⇔ 02 − 0+2
(F)⇔ −2 + k = 0
(F)⇔ k = 2
x2
4
2 − x+2 + 2.
4
82
2 − 8+2 + 2 =
La fonction d peut donc s’écrire d (x) =
La distance demandée est alors d (8) =
33, 6m .
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(6 points)
Exercice 4
Vrai/faux justifié
Commun à tous les candidats
Pour chacune des six propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse
choisie.
Il est attribué 1 point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse exacte non justifiée rapporte
0,25 point. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.
q
1
et sa courbe représentative C f dans un
On considère la fonction f définie sur ] − 2; +∞[ par f (x) = x+2
→
− →
−
repère orthonormé (O, i , j ).
Proposition 1 : C f admet une asymptote horizontale d’équation y = 0 en +∞ et une asymptote verticale
d’équation x = −2.
1
Nous avons lim 1 = 1 et lim x + 2 = +∞ donc par quotient lim x+2
= +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
q
p
1
Par ailleurs lim x = 0 donc par composition lim
x+2 = 0.
x→+∞
x→0
C f admet donc bien une asymptote horizontale d’équation y = 0 en +∞.
Nous avons lim 1 = 1 et lim x + 2 = 0 (G) nous étudions donc le signe de
x→−2
x→−2
• 1>0
• x + 2 > 0 ⇔ x > −2.
x
−2
+∞
1
+
x +2 0 +
1
+
x+2
1
x→−2 x+2
x<−2
Avec (G) nous avons donc lim
Par ailleurs lim
x→+∞
p
1
x+2
:
= +∞.
x = +∞
Par composition nous pouvons donc en déduire lim
x→−2
x<−2
q
1
x+2
= +∞.
C f admet donc bien une asymptote verticale d’équation x = −2.
La proposition 1 est donc vraie.
Proposition 2 : La dérivée de f peut s’écrire f ′ (x) = −
1
x+2
1p
2(x+2) x+2
sur ] − 2; +∞[
et nous savons donc que cette expression est strictement
Nous avons déjà le tableau de signe de
positive sur ] − 2; +∞[.
f est donc dérivable sur sur ] − 2; +∞[ comme composée d’une fonction rationnelle strictement positive
par la fonction racine carrée.
1
On pose u(x) = x+2
On pose v (x) = x + 2 qui donne v ′ (x) = 1
−1
u ′ (x) = (x+2)
2
′
−1
(x+2)2
=
f (x) = q
1
2 x+2
−1
(x+2)2
p
2p 1
x+2
=
−1
(x+2)2
p2
x+2
.
p
p
p
p
1
− x +2 : x +2
−1
x +2 − x +2
=− p
×
=
= p
f (x) =
.
p
2
2
2
(x + 2)
2
2(x + 2)
2 x + 2(x + 2)
2 x + 2 (x + 2) : x + 2
La proposition 2 est donc vraie.
′
2
On considère la fonction g définie sur ] − ∞; 1[∪]1; +∞[ par g (x) = 6−5x+x
1−x .
Proposition 3 : On a lim g (x) = +∞ lim g (x) = −∞, lim g (x) = +∞ et lim g (x) = −∞.
x→1
x<1
x→1
x>1
2
x→−∞
x→+∞
1
Nous pouvons écrire g (x) = (6 − 5x + x ) × 1−x
Nous avons lim 1 = 1 et lim 1 − x = 0. (G)
x→1
x→1
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Nous étudions le signe de
• 1>0
• 1 − x > 0 ⇔ 1 > x.
x
−2 1 +∞
1
+
+
1−x
+ 0 −
1
+
−
1−x
1
1−x
:
Avec (G) nous avons donc :
1
1
= +∞ et lim 1−x
= −∞.
lim 1−x
x→1
x<1
x→1
x>1
Par ailleurs nous avons lim 6 − 5x + x 2 = 6 − 5 × 1 + 12 = 2, donc par produit :
x→1
lim g (x) = +∞ et lim g (x) = −∞.
x→1
x<1
x→1
x>1
x2
−x
x→−∞
Par théorème nous avons lim g (x) = lim
De m ême
x→−∞
x2
lim g (x) = lim −x
x→+∞
x→+∞
La proposition est donc vraie.
= lim −x = +∞.
x→−∞
= lim −x = −∞.
x→+∞
p
On considère une fonction h définie sur [0; +∞[ par : h(x) = sin(x) − x + x.
Proposition 4 : La fonction h admet +∞ pour limite en +∞.
On a pour tout réel positif x :
p
p
p
sin(x) ≤ 1 qui donne sin(x) − x + x ≤ 1 − x + x ce qui peut s’écrire h(x) ≤ 1 − x + x
p
p
p
p
p
p
Par ailleurs −x + x = − x × x + x × 1 = x(− x + 1).
p
p
On a lim − x = −∞ et lim 1 = 1 donc par somme lim − x + 1 = −∞.
x→+∞
x→+∞
p x→+∞
p
p
p
Par ailleurs lim x = +∞ donc par produit lim x(− x+1) = −∞ ce qui donne lim 1−x+ x = −∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
Par comparaison nous avons donc lim h(x) = −∞.
x→+∞
La proposition est donc fausse.
On considère la suite (u n ) définie pour n ∈ N par u 0 = 1 et u n+1 =
tout n ∈ N on a 0 ≤ u n ≤ 10.
1
10 u n (20 − u n ).
On admettra que pour
Proposition 5 : La suite (u n ) converge.
1
u n (20 − u n ) − u n
Pour tout entier naturel n on étudie le signe de u n+1 − u n = 10
u2
u2
1
u n+1 − u n = 10
× (20u n − u n2 ) − u n = 2u n − 10n − u n = u n − 10n = u n × 1 − u10n × u n
u
u n+1 − u n = u n (1 − 10n )
n
− u10n ) = u n 10−u
u n+1 − u n = u n ( 10
10
10
Nous avons admis que u n était positif et par ailleurs que u n ≤ 10 qui implique 10 − u n positif. 10 étant
positif nous en déduisons que pour tout entier naturel n, u n+1 − u n est positif : la suite (u n ) est croissante.
(u n ) étant majorée par 10, nous pouvons donc en déduire qu’elle converge.
La proposition est donc vraie.
n
On considère la suite (v n ) définie pour tout entier naturel non nul n par v n = (−1)n +1 .
Proposition 6 : La suite (v n ) converge.
On a pour tout entier naturel n non nul :
−1 ≤ (−1)n ≤ 1 (H)
(H)⇔ −1 + 1 ≤ (−1)n + 1 ≤ 1 + 1
n
(H)⇔ n0 ≤ (−1)n +1 ≤ n2 (car on a pris n entier naturel non nul).
Et lim 0 = lim n2 = 0 donc par encadrement nous avons lim v n = 0.
n→+∞
n→+∞
n→+∞
La proposition 6 est donc vraie.
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