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Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
Exercice 4
Exercice 5
Remarque 1 : les commentaires sont en italiques.
Remarque 2 : ils ne sont pas là juste pour faire plus long...
éléments de correction DS 22/09/09 - TS - E.B.
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Exercice 1
1. Après simplification, on obtient :
u1 =
5
2
u2 =
14
5
u3 =
41
14
2. Attention à manipuler les inégalités avec précaution, une erreur est si vite arrivée...
Toujours avoir à l’esprit l’opération mathématique que l’on est en train d’effectuer
et s’assurer qu’elle est compatible avec les inégalités !
Étape 1 Pour tout n entier naturel, on pose Pn la propriété suivante :
≪ 1 < un < 3 ≫ .
Étape 2 Initialisation :
u0 = 2 et 1 < 2 < 3 donc P0 est vraie.
Étape 3 Hérédité :
Soit n un entier naturel. On suppose que Pn est vraie,
c’est-à-dire 1 < un < 3.
1
1
1
<
<
3
un
1
puis, −3 étant strictement négatif :
−1 > −
3
< −3
un
et donc finalment :
4−1>4−
3
<4−3
un
soit 3 > un+1 > 1.
On a donc Pn+1 vraie.
Étape 4 Conclusion :
• P0 est vraie,
• Pour tout n, entier naturel, si Pn est vraie, alors Pn+1 l’est aussi
donc, d’après le principe de récurrence, pour tout n entier naturel, Pn est vraie,
c’est-à-dire :
pour tout n entier naturel, 1 < un < 3.
3. Ici, il ne faut pas aller trop vite pour bien mettre en évidence les étapes de calcul.
Étape 1 Pour tout n entier naturel, on pose Pn la propriété suivante :
1 + 3n+1
≪ un =
≫.
1 + 3n
Étape 2 Initialisation :
1 + 30+1
u0 = 2 et
= 2 donc P0 est vraie.
1 + 30
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Étape 3 Hérédité :
Soit n un entier naturel. On suppose que Pn est vraie,
1 + 3n+1
c’est-à-dire un =
.
1 + 3n
un+1 = 4 −
=4−
3
un
3
1+3n+1
1+3n
d’après l’hyp. de rec.
3(1 + 3n )
1 + 3n+1
4 + 4 × 3n+1 − 3 − 3n+1
1 + 3n+1
1 + (4 − 1) × 3n+1
1 + 3n+1
1 + 3 × 3n+1
1 + 3n+1
1 + 3n+2
1 + 3n+1
=4−
=
=
=
=
On a donc Pn+1 vraie.
Étape 4 Conclusion :
• P0 est vraie,
• Pour tout n, entier naturel, si Pn est vraie, alors Pn+1 l’est aussi
donc, d’après le principe de récurrence, pour tout n entier naturel, Pn est vraie,
c’est-à-dire :
1 + 3n+1
pour tout n entier naturel, un =
.
1 + 3n
Exercice 2
a.
un ≥ 104 ⇐⇒ 3n + 1 ≥ 104
104 − 1
⇐⇒ n ≥
3
⇐⇒ n ≥ 3333
Posons N = 3333, on a bien : si n ≥ N alors un ≥ 104 .
b. Soit A ∈ R.
un ≥ A ⇐⇒ 3n + 1 ≥ A
A−1
⇐⇒ n ≥
3
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Soit N le plus petit entier naturel plus grand que (A − 1)/3. On a : si n ≥ N
alors un ≥ A.
Remarque : si on prend pour N n’importe quel entier plus grand que A, ça
marche aussi.
c. On vient de prouver que :
quelque soit A ∈ R, il existe N ∈ N tel que : si n ≥ N alors un ≥ A.
On a donc prouver que limn→+∞ un = +∞.
Exercice 3
a. Après simplification, on trouve : u1 = 4 et u2 = 7.
u2
7
u1
= 4 et
= 6= 4, on peut affirmer que (un ) n’est pas une suite
b. Puisque
u0
u1
4
géométrique.
c. Soit x ∈ R.
(x + 1)(x + 3)(x + 4) = (x2 + 4x + 3)(x + 4)
= x3 + 4x2 + 3x + 4x2 + 16x + 12
= x3 + 8x2 + 19x + 12
d. Factorisons l’expression x2 +5x+4. C’est un trinôme du second degré, calculons
son discriminant : ∆ = 52 − 4 × 1 × 4 = 9 < 0. Le trinôme admet donc deux
racines :
√
√
−5 − 9
−5 + 9
x1 =
= −4 et x2 =
= −1.
2×1
2×1
On a donc :
x2 + 5x + 4 = a(x − x1 )(x − x2 ) = (x + 4)(x + 1).
Remarque : on pourrait aussi rédiger en commençant directement par ≪ développons
(x + 1)(x + 4) ≫. Mais ceci nécessite d’avoir un peu de recul sur cet exercice et
de deviner où l’énoncé nous emmène.
Finalement, pour tout n ∈ N, on a :
un+1 =
(un + 1)(un + 3)(un + 4)
u3n + 8u2n + 19un + 12
=
= un + 3,
2
un + 5un + 4
(un + 1)(un + 4)
ce qui prouve que (un ) est arithmétique.
Exercice 4
a. Déterminons les 3 premiers termes de u :
1
3
1
u2 =
3
u1 =
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u0 = 1
13
× u0 + 4 =
3
49
× u1 + 4 =
9
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On a u1 − u0 = 10/3 et u2 − u1 = 10/9 6= 10/3 donc u n’est pas une suite
arithmétique.
u2
13
13
49
u1
et
6=
donc u n’est pas une suite géométrique.
=
=
On a
u0
3
u1
39
3
b. i. Soit n un entier naturel.
1
1
6
1
1
vn+1 = un+1 − 6 = un + 4 − 6 = un − = (un − 6) = vn .
3
3
3
3
3
La suite v est donc une suite géométrique de raison 1/3.
ii. La suite v est la suite géométrique de raison q = 1/3 et de premier terme
v0 = 1 − 6 = −5 donc pour tout entier naturel n, on a :
n
1
n
vn = v0 × q = −5
.
3
c.
Comme vn = un − 6 on a un = vn + 6 et parconséquent
:
n
1
+ 6.
pour tout nombre entier naturel n, un = −5
3
S n = u 0 + u 1 + · · · + un
= (v0 + 6) + (v1 + 6) + · · · + (vn + 6)
= v0 + v1 + · · · + vn + 6 × (n + 1)
1 − (1/3)n+1
+ 6(n + 1)
1 − 1/3
n+1 !
1
15
1−
+ 6n + 6.
=−
2
3
= −5 ×
Exercice 5
a.
10w10 = (10 + 1)w10−1 + 1 = 11w9 + 1 = 210
donc w10 = 21.
Pour cette question, il fallait simplement prendre le temps d’apprivoiser la formule et surtout etre soigneux pour ne pas mélanger les n et les n + 1.
b. Pour ce type de question, il ne faut pas hésiter à annoncer une conjecture, s’en
servir pour le résultat demandé et ensuite seulement s’atteler à la démonstration.
En effet, il ne vous reste peut-etre plus beaucoup de temps au moment où vous
aborder cette dernière question.
Si l’on regarde les premiers termes, on a une nette impression de suite arithmétique
de raison 2.
Admettons que ce soit le cas. On a alors :
w2009 = w0 + 2009 × 2 = 1 + 4018 = 4019.
Un raisonnement par récurrence semble indiqué :
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Étape 1 Pour tout n entier naturel, on pose Pn la propriété suivante : ≪ wn =
2n + 1 ≫.
Étape 2 Initialisation :
w0 = 0 = 2 × 0 + 1 donc P0 est vraie.
Étape 3 Hérédité :
Soit n un entier naturel. On suppose que Pn est vraie, c’est-à-dire wn =
2n + 1.
On a :
(n + 1)wn+1 = (n + 1 + 1)wn+1−1 + 1 = (n + 2)(2n + 1) + 1.
On en déduit :
wn+1 −(2n+3) =
2n2 + 5n + 2 + 1 − (2n + 3)(n + 1)
(n + 2)(2n + 1) + 1
−(2n+3) =
=0
n+1
n+1
On a donc Pn+1 vraie.
Étape 4 Conclusion :
• P0 est vraie,
• Pour tout n, entier naturel, si Pn est vraie, alors Pn+1 l’est aussi
donc, d’après le principe de récurrence, pour tout n entier naturel, Pn est
vraie, c’est-à-dire :
pour tout n entier naturel, wn = 2n + 1.
On a prouvé que w est une suite arithmétique de raison 2.
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