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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 l`a juste pour faire plus long...
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Exercice 1
1. Apr`es simplification, on obtient :
u1=5
2u2=14 5u3=41 14
2. Attention `a manipuler les in´egalit´es avec pr´ecaution, une erreur est si vite arriv´ee...
Toujours avoir `a l’esprit l’op´eration math´ematique que l’on est en train d’effectuer
et s’assurer qu’elle est compatible avec les in´egalit´es !
´
Etape 1 Pour tout nentier naturel, on pose Pnla propri´et´e suivante :
≪1< un<3≫.
´
Etape 2 Initialisation :
u0= 2 et 1 <2<3 donc P0est vraie.
´
Etape 3 H´er´edit´e :
Soit nun entier naturel. On suppose que Pnest vraie,
c’est-`a-dire 1 < un<3.
1
3<1 un
<1
1
puis, −3 ´etant strictement n´egatif :
−1>−3
un
<−3
et donc finalment :
4−1>4−3
un
<4−3
soit 3 > un+1 >1.
On a donc Pn+1 vraie.
´
Etape 4 Conclusion :
•P0est vraie,
•Pour tout n,entier naturel,si Pnest vraie, alors Pn+1 l’est aussi
donc, d’apr`es le principe de r´ecurrence, pour tout nentier naturel,Pnest vraie,
c’est-`a-dire :
pour tout nentier naturel, 1 < un<3.
3. Ici, il ne faut pas aller trop vite pour bien mettre en ´evidence les ´etapes de calcul.
´
Etape 1 Pour tout nentier naturel, on pose Pnla propri´et´e suivante :
≪un=1 + 3n+1
1 + 3n
≫.
´
Etape 2 Initialisation :
u0= 2 et 1 + 30+1
1 + 30= 2 donc P0est vraie.
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´
Etape 3 H´er´edit´e :
Soit nun entier naturel. On suppose que Pnest vraie,
c’est-`a-dire un=1 + 3n+1
1 + 3n.
un+1 = 4 −3
un
= 4 −3
1+3n+1
1+3n
d’apr`es l’hyp. de rec.
= 4 −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
On a donc Pn+1 vraie.
´
Etape 4 Conclusion :
•P0est vraie,
•Pour tout n,entier naturel,si Pnest vraie, alors Pn+1 l’est aussi
donc, d’apr`es le principe de r´ecurrence, pour tout nentier naturel,Pnest vraie,
c’est-`a-dire :
pour tout nentier naturel, un=1 + 3n+1
1 + 3n.
Exercice 2
a.
un≥104⇐⇒ 3n+ 1 ≥104
⇐⇒ n≥104−1
3
⇐⇒ n≥3333
Posons N= 3333, on a bien : si n≥Nalors un≥104.
b. Soit A∈R.
un≥A⇐⇒ 3n+ 1 ≥A
⇐⇒ n≥A−1
3
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Soit Nle plus petit entier naturel plus grand que (A−1)/3. On a : si n≥N
alors un≥A.
Remarque : si on prend pour Nn’importe quel entier plus grand que A, ¸ca
marche aussi.
c. On vient de prouver que :
quelque soit A∈R, il existe N∈Ntel que : si n≥Nalors un≥A.
On a donc prouver que limn→+∞un= +∞.
Exercice 3
a. Apr`es simplification, on trouve : u1= 4 et u2= 7.
b. Puisque u1
u0
= 4 et u2
u1
=7
46= 4, on peut affirmer que (un) n’est pas une suite
g´eom´etrique.
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 trinˆome du second degr´e, calculons
son discriminant : ∆ = 52−4×1×4 = 9 <0. Le trinˆome admet donc deux
racines :
x1=−5−√9
2×1=−4 et x2=−5 + √9 2×1=−1.
On a donc :
x2+ 5x+ 4 = a(x−x1)(x−x2) = (x+ 4)(x+ 1).
Remarque : on pourrait aussi r´ediger en commen¸cant directement par ≪d´eveloppons
(x+ 1)(x+ 4) ≫. Mais ceci n´ecessite d’avoir un peu de recul sur cet exercice et
de deviner o`u l’´enonc´e nous emm`ene.
Finalement, pour tout n∈N, on a :
un+1 =u3
n+ 8u2 n+ 19un+ 12
u2
n+ 5un+ 4 =(un+ 1)(un+ 3)(un+ 4)
(un+ 1)(un+ 4) =un+ 3,
ce qui prouve que (un) est arithm´etique.
Exercice 4
a. D´eterminons les 3 premiers termes de u:
u0= 1
u1=1
3×u0+ 4 = 13 3
u2=1
3×u1+ 4 = 49 9
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On a u1−u0= 10/3 et u2−u1= 10/96= 10/3 donc un’est pas une suite
arithm´etique.
On a u1
u0
=13
3et u2 u1
=49
39 6=13 3donc un’est pas une suite g´eom´etrique.
b. i. Soit nun entier naturel.
vn+1 =un+1 −6 = 1
3un+ 4 −6 = 1 3un−6 3=1 3(un−6) = 1 3vn.
La suite vest donc une suite g´eom´etrique de raison 1/3.
ii. La suite vest la suite g´eom´etrique de raison q= 1/3 et de premier terme
v0= 1 −6 = −5 donc pour tout entier naturel n, on a :
vn=v0×qn=−51
3n
.
Comme vn=un−6 on a un=vn+ 6 et par cons´equent :
pour tout nombre entier naturel n, un=−51
3n
+ 6.
c.
Sn=u0+u1+···+un
= (v0+ 6) + (v1+ 6) + ···+ (vn+ 6)
=v0+v1+···+vn+ 6 ×(n+ 1)
=−5×1−(1/3)n+1
1−1/3+ 6(n+ 1)
=−15
2 1−1 3n+1!+ 6n+ 6.
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 for-
mule et surtout etre soigneux pour ne pas m´elanger les net les n+ 1.
b. Pour ce type de question, il ne faut pas h´esiter `a annoncer une conjecture, s’en
servir pour le r´esultat demand´e et ensuite seulement s’atteler `a la d´emonstration.
En effet, il ne vous reste peut-etre plus beaucoup de temps au moment o`u vous
aborder cette derni`ere question.
Si l’on regarde les premiers termes, on a une nette impression de suite arithm´etique
de raison 2.
Admettons que ce soit le cas. On a alors :
w2009 =w0+ 2009 ×2 = 1 + 4018 = 4019.
Un raisonnement par r´ecurrence semble indiqu´e :
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