Eléments de correction du DS nº1 - TS - 2015-2016 E XERCICE 1 3 points - Les suites ci-dessous sont définies sur N. Étudier la monotonie de chacune des suites. n +1−1 n −1 n n − 1 n(n + 2) − (n − 1)(n + 3) 3 1. u n+1 − u n = − = − = = >0 n +1+2 n +2 n +3 n +2 (n + 3)(n + 2) (n + 2)(n + 3) ainsi u n est croissante. 2. v n+1 − v n = 5(n + 1)2 − 4(n + 1) − (5n 2 − 4n) = 5(n 2 + 2n + 1) − 4n − 4 − 5n 2 + 4n = 10n + 1 > 0 pour n ∈ N ainsi v n est croissante. 3n+1 2n Comme la suite est strictement positive à partir de n = 2, on peut regarder 3n+2 n+1 w n+1 2n 3 3n+2 = 2n+1 = n+1 × n+1 = > 1 ainsi w n est croissante. wn 2 3 2 3 3. w n = 2n E XERCICE 2 3 points - On considère la suite (u n ) définie pour tout n ∈ N par : p u 0 = 0 et u n+1 = u n + 6 1. Conjecturer à l’aide de la calculatrice que (u n ) est bornée et trouver les bornes : A l’aide de la calculatrice, on peut conjecturer que la suite semble majorée par 3 et minorée par 0. 2. Montrer que (u n ) est bornée. Démontrons par récurrence la propriété P n : 0 ≤ u n ≤ 3 pour n ∈ N étape 1 : initialisation n = 0 donne 0 ≤ u 0 = 0 ≤ 3 est vraie, ainsi P 0 est vérifié étape 2 : hérédité Soit k un entier naturel quelconque. On suppose que P k est vrai, montrons alors que P k+1 est vrai 0 ≤ uk ≤ 3 6 p≤ u np+ 6 ≤ 9 p + 6≤ p u n + 6 ≤ 9 = 3 car la fonction racine carrée est croissante sur R 0 ≤ 6 ≤ u n+1 ≤ 3 ainsi P k+1 est vérifié étape 3 : conclusion La propriété P n est initialisé avec n = 0 et est héréditaire, ainsi d’après le principe de récurrence, P n est vrai pour tout n ∈ N : u n est bornée par 0 et 3. E XERCICE 5 Bonus - Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier par une propriété ou un contreexemple. 1. Une suite non majorée tend vers +∞. FAUX, le contre-exemple u n = (−1)n n n’est pas majoré et n’a pas de limite. 2. Une suite convergente est minorée. VRAI, on sait que toute suite convergente est bornée, donc minorée 3. Une suite qui tend vers −∞ est majorée. VRAI, puisque la suite tend vers −∞ alors tout les termes de la suite sont dans l’intervalle ]−∞; 0] à partir d’un certain rang k. Soit la maximum M des termes d’indice inférieur à k. Le plus grand des deux nombres M et 0 sera un majorant de la suite. 4. Une suite qui tend vers −∞ est minorée. FAUX, le contre exemple suivant u n = −n n’est pas minoré et a pour limite −∞ E XERCICE 3 4 points - Déterminer les limites des suites suivantes lorsqu’elles existent. 1. u n = n 3 − 2n 2 + n − 7 = n 3 (1 − 7 2 1 − ) + n n2 n3 2 7 1 comme lim 1 − + 2 − 3 = 1 n→+∞ n n n et lim n 3 = +∞ n→+∞ par produit des limites, on obtient lim u n = +∞ n→+∞ 2. v n = 4 + n2 = 4+ n +1 n2 1 n(1 + ) n = 4+ 1 comme lim 1 + = 1 n→+∞ n et lim n = +∞ n 1+ 1 n n→+∞ par quotient des limites, on obtient : n lim = +∞ 1 n→+∞ 1+ n or par somme avec la constante 4, on obtient lim v n = +∞ n→+∞ n 2 − 3n + 2 3. w n = = n3 + n 3 3 2 2 + 2 ) 1− + 2 n n = n n 1 1 3 n (1 + 2 ) n(1 + 2 ) n n n 2 (1 − comme 1 lim 1 + 2 = 1 n et lim n = +∞ n→+∞ n→+∞ par produit des limites, on obtient 1 lim n(1 + 2 ) = +∞ n→+∞ n de plus 2 3 lim 1 − + 2 = 1 n→+∞ n n ainsi par quotient des limites, on a lim w n = 0 n→+∞ 4. h n = (−1)n si n(n) n +3 On sait que −1 ≤ (−1)n ≤ 1 et que −1 ≤ si n(n) ≤ 1, on a −1 ≤ (−1)n si n(n) ≤ 1 −1 (−1)n si n(n) 1 ≤ ≤ n +3 n +3 n +3 or −1 1 = 0 et lim =0 n→+∞ n + 3 n +3 ainsi d’après le théorème des gendarmes, on a lim h n = 0 lim n→+∞ n→+∞ 2 E XERCICE 4 - A MÉRIQUE DU S UD - 17 NOVEMBRE 2014 On considère la suite numérique (u n ) définie sur N par : 10 points u0 = 2 3 1 2 u pour tout n ∈ N n+1 = − u n + 3u n − 2 2 Partie A : Conjecture 1 1 3 3 5 3 1. u 1 = − u 02 + 3u 0 − = − 22 + 3 × 2 − = −2 + 6 − = 2 2 2µ ¶ 2 2 2 1 2 1 5 2 5 3 25 15 3 23 3 u 2 = − u 1 + 3u 1 − = − +3× − = − + − = 2 2 2 2 2 2 8 2 2 8 2. En s’aider de la calculatrice et du menu suite, j’obtiens 383 ≈ 2,992 19 et u 4 ≈ 2,999 97 u3 = 128 3. On peut conjecturer que la suite (u n ) est croissante et qu’elle converge vers 3. Partie B : Validation des conjectures On considère la suite numérique (v n ) définie pour tout entier naturel n, par : v n = u n − 3. 1 3 1 9 1. v n+1 = u n+1 − 3 = − u n2 + 3u n − − 3 = − u n2 + 3u n − 2 2 2 2 v n2 = (u n − 3)2 = u n2 − 6u n + 9 donc ¢ 1 1 1¡ 9 − v n2 = − u n2 − 6u n + 9 = − u n2 + 3u n − = v n+1 2 2 2 2 1 On a donc démontré que, pour tout entier naturel n, v n+1 = − v n2 . 2 2. Soit P n la propriété −1 6 v n 6 0 pour n ∈ N. étape 1 : initialisation v 0 = u 0 − 3 = 2 − 3 = −1 donc −1 6 v 0 6 0 ; la propriété est vraie au rang 0. étape 2 : hérédité Supposons la propriété vraie au rang p > 0, c’est-à-dire −1 6 v p 6 0. 1 On sait que, pour tout p, v p+1 = − v p2 . 2 1 1 1 2 −1 6 v p 6 0 =⇒ 0 6 v p 6 1 =⇒ − 6 − v p2 6 0 =⇒ − 6 v p+1 6 0 2 2 2 Donc −1 6 v p+1 6 0 et donc la propriété est vraie au rang p + 1. étape 3 : conclusion La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire ; donc elle est vraie pour tout entier naturel n. Pour tout n de N, on a : −1 6 v n 6 0 µ ¶ 1 1 3. a. Pour tout entier naturel n : v n+1 − v n = − v n2 − v n = −v n v n + 1 2 2 b. Pour tout n, v n 6 0 donc −v n > 0. 1 1 1 1 1 Pour tout n, −1 6 v n 6 0 donc − 6 v n 6 0 et donc 6 v n + 1 6 1 ; donc v n + 1 > 2 2 2 2 2 0. µ ¶ −v n > 0 1 =⇒ −v v + 1 > 0 ⇐⇒ v n+1 − v n > 0 n n 1 2 vn + 1 > 0 2 Pour tout n, v n+1 − v n > 0, donc la suite (v n ) est croissante. 4. La suite (v n ) est croissante et majorée par 0 donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (v n ) est convergente. 1 5. On note ` limite de la suite (v n ). On admet que ` ∈ [ − 1 ; 0] et vérifie l’égalité : ` = − `2 . 2 1 2 On résout l’équation x = − x dont ` est solution : 2 1 2 2 x = − x ⇐⇒ 2x + x = 0 ⇐⇒ x(2 + x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = −2 2 Mais on sait que ` ∈ [ − 1 ; 0] donc ne peut pas correspondre à x = −2. Donc ` = 0 et la limite de la suite (v n ) est 0. 6. La suite (v n ) est croissante et, pour tout n, u n = v n + 3 ; donc on peut dire que la suite (u n ) est croissante. La suite (v n ) est convergente vers 0 donc, d’après les théorèmes sur les limites, on peut dire que la suite (u n ) est convergente vers 3. Les conjectures faites dans la partie A sont donc validées. 3