DM no Correction

Description

Niveau: Supérieur, Master, Bac+4
2008 – 2009 DM no 9 Correction Exercice 1 1. 1 2 3 4 5 6 7 ?1 1 2 3 4 5 6?1?2?3-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 M0 M1 M2M3M4 2. – la suite semble croissante ; – la suite semble converger vers 3. 3. a) x < 3 ? ?3 < ?x? 6? 3, < 6? x? 3 < 6? x? 16? x < 1 3 ? 9? 1 6? x < 9? 1 3 ? 9 6? x < 3. On vient donc de démontrer que si x < 3, alors f(x) < 3. Par récurrence immédiate : de U0 < 3 et de Un < 3 entraîne Un+1 = f (Un) < 3, on déduit aussitôt que Un < 3 pour tout entier naturel n. b) On a Un+1 ? Un = f (Un)? Un = 9 6? Un ? Un = 9? 6Un + U2n 6? Un = (Un ? 3) 2 6? Un . On vient de démontrer que Un < 3 < 6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi.

• ?12 ?


• dm no


• façon évidente


• cj? zj


• limite inférieure


• a?sont réelles


• a? z


• récurrence immédiate

Sujets

• Limites inférieure et supérieure

Informations

• Publié par: larec
• Nombre de lectures: 13
• Langue: Français

Extrait

2008 – 2009

Exercice 1

7 7

6 6

5 5

4 4

3 3

2 2

1 1

DM n

4 4

o 9

5 5

6 6

Correction

0 - − - 3 3 −2 2 −1 -1 0 1 1 2 2 3 3 M 0 M 1 M 2 M 3 M 4 1. 1 -1 − 2. ;– la suite semble croissante – la suite semble converger vers 3. 3.a)x <3⇔ −3<−x⇔6−3 <6−x⇔3<6−x⇔ 1 6− x < 1 3 ⇔9× 6− 1 x <9× 3 1 ⇔ 6− 9 x <3. On vient donc de démontrer que six <3, alorsf(x)<3. Par récurrence immédiate : deU 0 <3 et deU n <3 entraîneU n+1 =f(U n )<3, on déduit aussitôt queU n <3 pour tout entier natureln. n aU n+1 −U n =f(U n )−U n 6 = − 9 U n −U n = 9−6 6− U n U + n U n 2 = (U 6 n − −U 3 n ) 2 . b) O On vient de démontrer queU n <3<6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi. On a doncU n+1 −U n >0⇔U n+1 > U n : la suite est strictement croissante . c) La suite (U n ) est croissante et majorée par 3 : elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3. 4.Soit la suite définie parV n = U n 1 −  tout entier naturel3 pourn. a) Calculons la différenceV n+1 −V n = U n+ 1 1 −3 − U n 1 − 3 = 6− 9 U n 1 −3 − U n 1 −9 = 3−1 6− 8 + U n 3U n − U n 1 − 6 3 = 3U − n − U n 9 − U n 1 −3( 6 3 = U − n U − n 3) − U n 1 −3( 6 = 3 − U U n n − − 3 3 3() = 3−U n 1 O  t donc de démontrer que la suite (V n ) est =− U n −3) 3 n vien une suite arithmétique de raison− 3 . 1 b) On aV 1 1 0 . = =− −3−3 6 2n2n+ 1 On sait queV n =V 0 +n×  − 3 1  =− 1 −=− . 6 6 6 OrU−3 = V 1 n = 2n − . 1+ 6 n c omme lim −  0 6 = limU n −3 = 0 et finalement ) C n→+∞ 2n+ 1 n→+∞

limU n = 3 n→+∞

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Exercice 2 1. aa) Onu 0 = 1 u 1 =− 2 1  u 2 =−te 4 1 u 3 7 8 =>0. La relation est vraie au rang 3. Supposons que pourn>3 u n >0, alorsu n+1 = 2 1 +n−1. Orn>3⇔n−1>2, doncu n+1 >2>0. L’hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pourn>3 u n >0. b)n>4⇔n−1> a, è d’a3 ;u n−1 >  1  ( 0 1 1 n−1)−1>n−2⇔ pr s⇔ 2 u n−1 >0⇒ 2 u n−1 +n−2>n−2⇔ 2 u n−1 + u n >n−2. nn= +∞limu n = +∞. c) Par comparaiso , comme n l → im +∞n→+∞ 2.a)v n = 4u n −8n+ 24⇒v n+1 = 4u n+1 −8(n = 4+ 1) + 24  2 1 u n +n−1  −8(n+ 1)−1 = 2u n + 4n−4−8n−8 + 24 = 2u n −4n 1 2 (4+12=u n −8n42+ 2 1 =)v n . On a donc démontré que (v n 2 esunst)eomgéteuideuqirté 1 nosiareLa raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plusv 0 = 4u 0 + 24 = 28. n b) On a immédiatementv n =v 0 ×  2 1  n = 28×  2 1  n = 4u n −8n+ 24⇔4u n = 28×  2 1  + 8n−24⇔u n = 7×  2 1  n −2n+ 6. c) On a doncu n = 7×  2 1  n + | −2n z + 6 } =x n +y n où (x n ) est la suite (v n ) au facteur 4 près et la suite (y n ) { | {z } suite arithmétique suite géométrique est définie pary n =−2n+ 6, suite arithmétique de raison−2 et de premier terme 6. n n n n d) On en déduit que X u k = X (x k +y k ) = X x k + X y k . k=0k=0k=0k=0 Or k= Xn 0 x k = 7−7 1  − 2 1 1 2  n+1 = 14 " 1−  1 2  n+1 # = 14−7×  1 2  n . D’autre part n k= X 0 y k =−6(n+ 1) + 2  n(n) 2 +1  = −6n−6 +n(n+ 1) =−6n−6 +n 2 +n=n 2 −5n−6 FinalementS n =n 2 −5n+ 8−7  1 2  n .

Exercice 3 1 1.On a j =− i2 + √ jte 2 3 2 =− 2 1 −i √ 3 2 . a) On sait quea ′ −c= e i 3 π (b−c)⇔a ′ = 8  −i+ 2 1 √ 2 3  +  +i 2 1 √ 3 2   6  − 1 2 +i √ 2 3  −8  − 2 1 −i √ 3 2  =−4 + 4i √ 3 +  1 2 +i √ 3 2   1 + 7 √ 3  =−4−4i √ 2 + 1 3− 2 + 21 2 7i √ 3 + i √ 2 3 =−4−10 =−14. b) De mêmeb ′ −a= e i π 3 (c−a)⇔b ′ = 8 +  +i 1 2 √ 3 2  (−4−4i √ 3−8) = 8−6 + 6−2i √ 3−6i √ 3 = 8−8i √ 3 = 16  2 1 −i √ 2 3  16e −i π 3 . = On en déduit que  # O   B    »# O   B   ′       = »  # O   B    »  # u »  +  # u »  # O    B   ′      = » −argb+ argb ′ =− 2 3 π − π 3 =−π[2π]. Cette égalité montre que les points O, B etB ′ sont alignés. c) En admettant quec ′ = 7 + 7i √ 3 = 7  +i 1 2 √ 2 3  = 7e i π 3 . On démontre de même qu’aub.que          # # » C ′  = » OC       Oπ

2008 – 2009

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Correction

qui démontre que O, C etC ′ sont alignés. Autre méthode : C  −4 ;−4i √ 3  etC ′  7 ;−7i √ 3  . On a de façon évidente # O   C   ′     = » − 4 7 # O   C     q » ui montre queC ′ appartient à la droite (OC). Enfin les affixes de A etA ′ sont réelles, donc ces points sont alignés avec O. Conclusion : les droites (AA’), (BB’) et (CC’) contenant toutes le point O sont concourantes en ce point. 2. + OB + OC =a) OA|a|+|b|+|c|+ 6 + 8 = 22.= 8 b) j 3 =  e 23iπ  3 = e 2iπ = 1. 1 + j + j 2 = 1−+ 2 i 1 √ 3 2 − 2 1 −i √ . 3 2 =0 c)  (a−z) + (b−z)j 2 + (c−z)j  =  a−z+bj 2 −zj 2 +cj−zj  =  a+bj 2 +cj−z  1 + j + j 2   =  a+bj 2 +cj  (d’après la question précédente.) Or  a+bj 2 +cj  =  8 + 6jj 2 + 8j 2 j  =|8 + 6 + 8|=|22|= 22. d) D’après l’inégalité triangulaire admise :  (a−z) + (b−z)j 2 + (c−z)j  6|a−z|+|(b−z)j 2 |+|(c−z)j|. Or|(b−z)j 2 |=|b−z|et|(c−z)j|=|c z|. − Donc  (a−z) + (b−z)j 2 + (c−z)j  6MA +MB +MC soit d’aprèsc. 226MA +MB +MC. D’aprèsa.OC = 22. Donc la valeur minimOA + OB + 1 a 3 le deMA +MB +MC est atteinte quandM= O. 1 C ′ 11 10 9 8 B 1 7 6 B 5 4 3 2 1 A ′ 0 A -14-13-12-11-10-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 - O 1  14 11 120 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -2 -3 -4 -5 -6 C -7 -8 -9 -10 -11 -12 -13 B ′ e) -14