Question de cours Rappeler la définition des deux suites adjacentes

ECE 1
DS no 3: Concours blanc no 1
07/11/2016
Les calculatrices sont interdites dans toutes les épreuves de mathématiques.
— Rédigez sur des copies doubles, laissez une marge importante pour les annotations.
— Changez de page à chaque exercice, et numérotez bien chaque question.
— Écrivez lisiblement et dans un français correct.
— Prêtez une attention particulière à la qualité et la rigueur de la rédaction. Justifiez
tous vos résultats, mais restez concis.
On pourra admettre le résultat d’une question pour traiter les suivantes, en l’indiquant
clairement sur la copie.
Si vous remarquez ce qu’il vous semble être une erreur dans l’énoncé, signalez-la sur sa
copie et indiquez les initiatives que vous avez été amené à prendre.
Question de cours
Rappeler la définition des deux suites adjacentes. Que peut-on dire sur leurs limites éventuelles ?
Exercice 1 (Suites usuelles)
Donner le terme général des suites définies comme suit :
1) u0 = 2 et ∀n ∈ N, un+1 = un + 3,
2) v2 = 6 et ∀n ∈ N, vn+1 = −2 + vn ,
3) w0 = 9 et ∀n ∈ N, wn+1 = − w3n ,
√
4) x2 = 2 et ∀n ∈ N, xn+1 = 2.xn ,
5) y0 = 0 et ∀n ∈ N, yn+1 = 1 + 2yn ,
6) z0 = 1, z1 = 1 et ∀n ∈ N, zn+2 = zn+1 + zn .
Correction
Exercice 2
On admet que, si une suite (an ) converge vers un réel `, alors
n−1
1X
ak = `.
n→∞ n
lim
(1)
k=0
On se propose d’étudier la suite (un ) définie par
(
u0 = 0
∀n ∈ N, un+1 =
1)
u2n +1
2 ·
a) Montrer que pour tout entier naturel n, 0 6 un < 1.
b) Étudier les variations de la suite (un ).
c) En déduire que la suite (un ) converge vers une limite finie `.
d) Montrer que cette limite vérifie l’équation 2` = `2 + 1, et en déduire la valeur de `.
On cherche à présent à obtenir des informations plus précises sur le comportement de (un ) quand
n → ∞.
2) Pour tout entier naturel n, on pose vn = 1 − un .
1
a) Montrer que pour tout n ∈ N, vn+1
− v1n =
1
b) En déduire que vn+1
− v1n −→ 21 ·
c) En utilisant (1), montrer que
1
1+un ·
n→∞
1
−→ 12 ·
nvn n→∞
d) En déduire que n(un − 1) −→ 2.
n→∞
Correction
1
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Exercice 3
On s’intéresse, pour a ∈ R∗+ et n ∈ N, à l’équation en x ∈ R suivante :
2n
X
(En ) :
k=0
1
1
1
1
1
= +
+
+ ... +
= a.
x+k
x x+1 x+2
x + 2n
On introduit ainsi la fonction
fn : x 7→
2n
X
k=0
1
1
1
1
1
−a= +
+
+ ... +
− a.
x+k
x x+1 x+2
x + 2n
1) Un cas particulier
On prend ici n = 1 et a =
11
6 ·
a) Donner le domaine de définition de f1 , sa dérivée et ses variations.
b) Tracer l’allure du graphe de f1 .
c) Montrer que résoudre l’équation (E1 ) revient à trouver les racines du polynôme 11X 3 +
15X 2 − 14X − 12.
d) Calculer f1 (1), et résoudre l’équation (E1 ).
2) Dénombrement des solutions de (En )
a) Dresser le tableau de variations de fn (attention à son domaine de définition !).
b) En déduire le nombre de solutions à l’équation (En ).
3) Étude d’une suite
On note xn la plus grande racine de (En ).
a) Justifier que pour tout entier n, xn > 0.
b) On admet la formule suivante, pour tout réel y > 1 :
y
1
1
< ln
<
·
y
y−1
y−1
En sommant cet encadrement pour certaines valeurs bien choisies de y, en déduire que pour
tout réel x > 0, on a
1
2n
1
fn (x) − + a < ln 1 +
< fn (x) −
+ a.
x
x
x + 2n
c) En déduire que, pour tout entier n,
a−
1
2n
1
< ln 1 +
<a−
·
xn
xn
xn + 2n
d) Montrer que pour tout entier n,
2n
·
−1
e) Quelle sont les limites de xn et de ln 1 + x2nn quand n → ∞ ?
xn >
f) En déduire la limite de
xn
n
ea
quand n → ∞.
Correction
2
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Correction
Exercice 1 (Suites usuelles)
(Voir l’énoncé)
1) On reconnait une suite arithmétique de raison 3, de premier terme 2. Son terme général est donc
∀n ∈ N un = 2 + 3n.
2) On reconnait une suite arithmétique de raison −2, de second terme 6. Son terme général est
donc
∀n ∈ N vn = 6 − 2(n − 2) = 10 − 2n.
3) On reconnait une suite géométrique de raison − 13 , de premier terme 9. Son terme général est
donc
n n−2
1
1
∀n ∈ N wn = 9 −
= −
.
3
3
4) On reconnait une suite géométrique de raison − 13 , de second terme 2. Son terme général est donc
√ n−2
n
∀n ∈ N xn = 2
2
= 22.
5) Il s’agit d’une suite arithmético-géométrique, on calcule le point fixe de son équation associée :
c = 1 + 2c ⇐⇒ c = −1.
On pose la suite auxilliaire, pour tout n ∈ N
γn = yn + 1,
et on remarque que
γn+1 = yn+1 + 1 = 1 + 2yn + 1 = 2γn ,
donc la suite γ est géométrique de raison 2, de premier terme 1, donc de terme général γn = 2n .
Finalement, le terme général de la suite y est donc
∀n ∈ N yn = 2n − 1.
6) Il s’agit d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2, son équation associée est
x2 − x − 1 = 0,
de discriminant ∆ = 5, ses racines sont donc au nombre de deux et valent
√
√
1+ 5
1− 5
r1 =
et r2 =
·
2
2
Il existe donc deux réels λ et µ tels que
∀n ∈ N zn = λ
√ n
√ n
1+ 5
1− 5
+µ
.
2
2
Calculons λ et µ :
(
z0 = 1
z1 = 1
⇐⇒
(
λ+µ=1√
λ+µ+(λ−µ) 5
=1
2
(
λ+µ=1
√
⇐⇒
1 + (λ − µ) 5 = 2
(
λ+µ=1
⇐⇒
λ − µ = √15
(
1
λ = 12 + 2√
5
⇐⇒
1
1
µ = 2√
−
2
5
3
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Finalement,
∀n ∈ N zn =
1
2
1
1+ √
5
√ n
√ n
1+ 5
1
1− 5
1
−
.
1− √
2
2
2
5
Exercice 2 (inspiré d’EDHEC 2012)
(Voir l’énoncé) On admet que, si une suite (an ) converge vers un réel `, alors
n−1
1X
ak = `.
n→∞ n
lim
(1)
k=0
On se propose d’étudier la suite (un ) définie par
(
u0 = 0
∀n ∈ N, un+1 =
1)
u2n +1
2 ·
a) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 6 un < 1.
— On a bien u0 = 0 ∈ [0, 1[,
— Soit n ∈ N, supposons 0 6 un < 1. On a ainsi
0 6 u2n < 1
1 6 u2n + 1 < 2
1
0 6 6 un+1 < 1
2
ce qui achève la récurrence.
b) On calcule, pour n ∈ N,
u2n + 1
− un
2
u2 − 2un + 1
= n
2
(un − 1)2
6 0.
=
2
un+1 − un =
La suite (un ) est donc croissante.
c) La suite (un ) est donc croissante et majorée par 1, elle converge donc vers une limite ` 6 1.
d) En passant à la limite dans la relation un+1 =
u2n +1
2 ,
valable pour tout n, on trouve que
`2 + 1
2
⇐⇒ `2 − 2` + 1 = 0
`=
⇐⇒ (` − 1)2 = 0
⇐⇒ ` = 1.
2)
a) Calculons, pour n ∈ N,
1
1
1
1
−
=
−
vn+1
vn
1 − un+1
1 − un
1
1
=
−
u2n +1
1 − un
1− 2
2
1
=
−
1 − u2n
1 − un
1 + un
2
−
=
(1 − un )(1 + un ) (1 − un )(1 + un )
2 − 1 − un
=
(1 − un )(1 + un )
1
=
·
1 + un
4
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ECE 1
b) Comme un −→ 1, on en déduit bien que
n→+∞
1
vn+1
−
1
vn
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−→ 1 ·
n→∞ 2
c) En utilisant (1), on trouve que
n−1 1X
1
1
1
−
−→ ·
n→∞
n
vk+1
vk
2
k=0
Mais on peut aussi remarquer que
n−1
X
k=0
1
vk+1
1
−
vk
=
n−1
X
k=0
1
vk+1
−
n−1
X
k=0
1
vk
n−1
n
X 1
X
1
−
=
vk
vk
k=0
k=1
1
1
=
− ·
vn
v0
Les raisonnements précédents nous permettent donc de conclure que
1 1
1
−1
−→
,
n→+∞ 2
n vn
et comme
1
−→
n n→+∞
0, on a bien
1
1
·
−→
nvn n→+∞ 2
d) Il suffit d’inverser la formule précédente :
n(un − 1) =
1
−→
1 n→∞
nvn
2.
Exercice 3 (Inspiré d’Écricome 2001)
(Voir l’énoncé) On s’intéresse, pour a ∈ R∗+ et n ∈ N, à l’équation en x ∈ R suivante :
1
1
1
1
+
+
+ ... +
= a.
x x+1 x+2
x + 2n
(En ) :
On introduit ainsi la fonction
1
1
1
1
+
+
+ ... +
− a.
x x+1 x+2
x + 2n
fn : x 7→
1)
a) On commence par identifier le domaine de définition de f1 . Les valeurs interdites sont
x = 0, −1, −2. f1 est donc définie sur les intervalles ] − ∞, − − 2[, ] − 2, −1[, ] − 1, 0[ et
]0, +∞[.
On calcule alors sa dérivée : pour tout x ∈ Df ,
f10 (x) = −
1
1
1
−
−
< 0,
x2
(x + 1)2
(x + 2)2
La fonction fn est ainsi décroissante sur chaque intervalle de son ensemble de définition.
Un calcul simple des limites donne le tableau de variations suivant :
x
−∞
−2
−a
−1
+∞
+∞
0
+∞
+∞
f (x)
−∞
−∞
−∞
5
−a
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b) On a donc le graphe suivant
y
x
−2
−1
0
−a
c) Il suffit de mettre sous même dénominateur :
3x2 + 6x + 2
11
=
2
2
x + 3x + 2x
6
⇐⇒ 6(3x2 + 6x + 2) − 11(x2 + 3x2 + 2x) = 0
(E1 ) ⇐⇒
⇐⇒ 11x3 + 15x2 − 14x − 12 = 0.
d) On remarque que f1 (1) = 0, on a donc une première racine du polynôme, que l’on peut
donc factoriser sous la forme
P = (X − 1)(11X 2 + 26X + 12),
factorisation que l’on complète en calculant le discriminant du nouveau polynôme de degré
2 obtenu, ∆ = 148 = 4 × 37, pour trouver finalement que
√
13 ± 37
·
(E1 ) ⇐⇒ x = 1,
11
2)
a) On commence par identifier le domaine de définition de fn . Les valeurs interdites sont
x = k, k ∈ J−2n, 0K. fn est donc définie sur les intervalles ] − ∞, −2n[, ]0, +∞[ et ]k, k + 1[,
k ∈ J−2n, 1K.
On calcule alors sa dérivée : pour tout x ∈ Df ,
fn0 (x) = −
1
1
1
−
− ... −
< 0,
2
2
x
(x + 1)
(x + 2n)2
La fonction fn est ainsi décroissante sur chaque intervalle de son ensemble de définition.
Un calcul simple des limites donne le tableau de variations suivant :
6
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−∞
x
−2n
−a
...
−2n + 1
+∞
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...
+∞
+∞
0
+∞
f (x)
−∞
−∞
−∞
...
−a
b) D’après le théorème de la bijection monotone, on vois que l’équation fn (x) = 0 a une unique
solution sur chaque intervalle du domaine de définition, sauf ] − ∞, −2n[, ce qui donne au
total 2n + 1 solutions.
3)
a) La plus grande soltuion est la solution sur l’intervalle ]0, +∞[, elle est donc strictement
positive.
b) Si l’on somme la formule pour y = x + k, k ∈ J1, 2nK, on obtient
2n
fn (x) −
X
1
+a<
ln
x
k=1
x+k
x+k−1
< fn (x) −
1
+ a.
x + 2n
On remarque que le terme central est une somme télescopique, ainsi
2n
X
ln
k=1
x+k
x+k−1
=
2n
X
k=1
2n
ln (x + k)−ln (x + k − 1) = − ln (x)+ln (x + 2n) = ln 1 +
x
.
c) Si l’on prend la formule suivante en x = xn (qui est bien strictement positif), on obtient,
comme fn (xn ) = 0,
1
2n
1
a−
·
< ln 1 +
<a−
xn
xn
xn + 2n
d) En prenant la seconde inégalité, on trouve que
2n
1
ln 1 +
<a
<a−
xn
xn + 2n
2n
1+
< ea
xn
2n
< ea − 1
xn
2n
< xn .
a
e −1
e) Comme
2n
−→
ea −1 n→+∞
+∞, d’après le théorème de minoration, xn −→ +∞.
n→+∞
On en déduit que a − x1n −→ a et a −
n→+∞
gendarmes, que ln 1 + x2nn
−→ a.
1
−→
xn +2n n→+∞
a, et donc, d’après le théorème des
n→+∞
f) On en déduit que 1 +
2n
−→
xn n→+∞
ea , et donc que
7
xn
−→ ea2−1 ·
n n→+∞