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erm
ST
enseignement spécifique
enseignement D e spécialité
programme 2012
Correction correspondant aux ISBN :
9782047329887 & 9782047329276
Contact : sav-corrections@outlook.com

@FTDEVOIRS
CorrectionSommaire
enseignement spécifique
chapitre Les suites .............................................................................................................................. 51
chapitre Limites et continuité ................................................................................................. 172
chapitre Fonctions trigonométriques et dérivation ....................................... 373
chapitre La fonction exponentielle ................................................................................... 544
chapitre Logarithmes ........................................................................................................................ 705
chapitre calcul intégral ................................................................................................................... 876
chapitre Les nombres complexes ...................................................................................... 1017
chapitre Géométrie dans l'espace .................................................................................... 1138
chapitre produit scalaire dans l‘espace ..................................................................... 1289
chapitre probabilités conditionnelles ............................................................................ 14210
chapitre Lois de probabilité à densité ......................................................................... 15511
chapitre Échantillonnage et estimation ...................................................................... 17012
enSemb LeS – r ai Sonnement L oGiQUe ...................................................................................................... 185
enseignement D e spécialité
chapitre Divisibilité et nombres premiers ................................................................ 1891
chapitre problèmes de chiffrement .................................................................................. 2012
chapitre problèmes sur les matrices .............................................................................. 2163
chapitre problèmes d'évolution ........................................................................................... 2264
© Fais tes devoirs - 2012
2erm
ST
enseignement spécifiquechapitre
Les suites1
A Le programme
Contenus Capacités attendues Commentaires
Raisonnement • Savoir mener un raisonnement par Ce type de raisonnement intervient tout au
par récurrence. récurrence. long de l’année et pas seulement dans le cadre
de l’étude des suites.
Limite finie ou infinie  Dans le cas d’une limite infinie, étant Pour exprimer que u tend vers l quand n tend n
d’une suite. donnés une suite croissante (u ) et un vers + , on dit que : « tout intervalle ouvert n
nombre réel A, déterminer à l’aide d’un contenant l contient toutes les valeurs u à n
algorithme un rang à partir duquel u est partir d’un certain rang ». Pour exprimer que n
supérieur à A. u tend vers +  quand n tend vers + , on n
dit que : « tout intervalle de la forme ]A, + [
contient toutes les valeurs u à partir d’un n
certain rang ».
Comme en classe de Première, il est important
de varier les approches et les outils sur lesquels
le raisonnement s’appuie.
On présente des exemples de suites qui n’ont
pas de limite.
 Démontrer que si (u ) et (v ) sont Limites et comparaison.  On démontre que si une suite est croissante n n
deux suites telles que : et admet pour limite l, alors tous les termes de
la suite sont inférieurs ou égaux à l. – u est inférieur ou égal à v à partir d’un n n
certain rang ; Le théorème dit « des gendarmes » est admis.
– u tend vers + quand n tend vers + ;n
alors v tend vers + quand n tend vers n
+.
Opérations sur les limites. • Étudier la limite d’une somme, d’un
produit ou d’un quotient de deux suites.
nComportement à l’infini  Démontrer que la suite (q  ), avec On démontre par récurrence que pour a réel
nde la suite (q  ), q étant q 1, a pour limite +. strictement positif et tout entier naturel n :
un nombre réel. n(1+ a)  1+ na .
• Déterminer la limite éventuelle d’une On peut étudier des situations où intervient la
suite géométrique. limite de la somme des premiers termes d’une
suite géométrique.
• Utiliser le théorème de convergence des Suite majorée, minorée, Ce théorème est admis.
suites croissantes majorées.bornée.  Il est intéressant de démontrer qu’une suite
croissante non majorée a pour limite + .
Des exemples de suites récurrentes, en
particulier arithmético-géométriques, sont traités
en exercice.
 Des activités algorithmiques sont menées
dans ce cadre.
AP Approximations de réels (π, e, nombre d’or,
etc.).
ermChapitre 1 Les suites – T S spécifique 5B Notre point de vue
Ce chapitre introduit un nouveau type de raisonnement, le raisonnement par récurrence. L’activité 1 permet une
première approche de l’hérédité d’une propriété. L’autre notion importante de ce chapitre est la notion de limite.
L’activité 2 permet de mettre en place les définitions des limites. Certaines formes indéterminées sont découvertes
dans l’activité 3 et l’activité 4 permet de visualiser le théorème des gendarmes. Enfin l’activité 5 permet à l’aide d’un
exemple plus concret de découvrir le théorème de convergence des suites monotones.
Nous avons pris le parti de démontrer le plus grand nombre de propriétés et théorèmes mais nous avons précisé les
preuves exigibles par le programme et celles non exigibles.
L’approximation de réels (π, nombre d’or, des racines carrées et e) est étudiée dans l’approfondissement de
l’accompagnement personnalisé et dans le TP1.
Des algorithmes sont dispersés dans les exercices et les TP.
Nous nous sommes efforcés de rester au plus près des exigences du programme.
Les notions abordées dans le chapitre 1
1. Raisonnement par récurrence
2. Limite finie ou infinie d’une suite
3. Théorèmes généraux sur les limites
4. D’autres théorèmes
5. Suites majorées, minorées et bornées
Avant de commencerC
Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point sur la notion de suite étudiée en Première S.
Voir livre page 420 pour les corrections détaillées.
D Activités
2. a. u  1 000 ⇔ n  10 10 . Donc n = 32.n 0a ctivité 1 Une forêt de pins
12 6b. u  10 ⇔ n  10 . Donc n = 1 000 001.n 1
Cette activité permet une première approche de la notion c. u  A ⇔ n  A . Donc u  A à partir du premier entier n n
d’hérédité d’une propriété. naturel n supérieur strictement à A. 2 11. a. On a la formule de récurrence : v = 1 + v .n + 1 n D’où l’intervalle ] A ; + [ contient tous les termes de la suite 2
D’où v = 10, v = 6 et v = 4.1 2 3 à partir de n .2
b. v = 3 donc v  2. v = 2,5 et v = 2,25 donc v  2.4 4 5 6 6 3. a. v  0,1 ⇔ n  10. Donc n = 11.n 0
1 1 –12 12 122. a. Si v  2 alors v  1 et 1 + v  2 soit v  2. b. v  10 ⇔ n  10 . Donc n = 10 + 1.p p p p + 1 n 12 2
–12 –12 –12–10  v  10 ⇔ 0  v  10 car v  0. n n nb. v  2 ⇒ v  2 ⇒ v  2 ⇒ … ⇒ v  2.1 2 3 101
–12 –12Donc pour tout n  n , –10  v  10 .1 n
a ctivité 2 Comportement d’une suite 1 .c. –A  v  A ⇔ 0  v  A ⇔ n  n npour n grand A
1 .Soit n le plus petit entier strictement supérieur àCette activité permet de découvrir les différents comportements 2 A
des suites lorsque n tend vers +  et de mettre en place les Alors pour tout n  n , –A  v  A, autrement dit l’intervalle 2 n
définitions des limites. ]–A ; A[ contient tous les termes de la suite à partir du rang n .2
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a ctivité 3 Limites « piégeuses »numérique premium :
01_TS_activite2.ods (OpenOffice), Cette activité permet de découvrir l’existence des formes
01_TS_activite2.xls (Excel 2003) indéterminées : ici la forme indéterminée « 0 ×  ».
et 01_TS_activite2.xlsx (Excel 2007). 1. a. lim u = + et lim v = 0.n n
n → +` n → +`
2 n1. On constate que les suites de termes généraux n, n et (1, 01)
b. u v = n, d’où lim u v = +.n n n n1semblent tendre vers +  et les suites de termes généraux et n → +`
n1 semblent tendre vers 0. 2. a. lim w = 0 et lim t = +.n n n n → +` n → +`
61b. w t = , d’où lim w t = 0. a ctivité 5 Évolution du nombre n n n n n n → +`
d’adhérents d’un club de sport3. On trouve dans un cas +  et dans l’autre cas 0 : on ne peut
donc pas énoncer un résultat général. À partir d’un exemple concret cette activité permet de découvrir le
théorème de convergence des suites monotones.a ctivité 4 Les gendarmes et le voleur
1. Le nombre d’adhérents (n + 1) années après la création
Cette activité permet de découvrir et de visualiser le théorème des 3s’obtient en multipliant a par et en rajoutant 1,2 centaines ngendarmes. 4
de nouveaux adhérents.
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2. Initialisation : a = 3 et 3  4,8.0numérique premium :
Hérédité : on suppose qu’il existe p tel que a  4,8.p01_TS_activite4.ods (OpenOffice),
a  4,8 ⇒ 0,75 a  3,6 ⇒ a  4,8.p p p + 101_TS_activite4.xls (Excel 2003)
3. a – a = – 0,25 a + 1,2 n + 1 n net 01_TS_activite4.xlsx (Excel 2007).
= – 0,25(a – 4,8).1 n.1. On multiplie l’encadrement –1  cos n  1 par
n Or a  4,8. n2. lim u = 0 et lim w = 0.n n
n → +` n → +` Donc a – a  0.n + 1 n
3. On peut conjecturer que la limite de la suite (v ) est aussi 0.n 4. On peut conjecturer que la suite converge vers 4,8.
E Exercices
13 1. +  2. +  3. +  4. –30 5. – 6. + P O U R D É M A R R E R
314p p p 1. 4 2. 0 3. 0 4. –1 Supposons qu’il existe un entier p tel que (xy) = x × y . 4
p + 1 p p p 15 1. +  2. – 3. +  4. –Alors (xy) = (xy) × (xy) = x × y × x × y soit :
p + 1 p + 1 p + 1 16 1. 0 2. 3 3. 0 4. 2(xy) = x × y .
172 Voir livre page 420.p tel que u  0.p
18 lim u = + par comparaison.Alors 2u  0 soit 3 + 2u  3 et ainsi u  0. np p p + 1
n → +`
3 Initialisation : 0(0 + 1) = 0 = v . 190 lim u = 0 d’après le théorème des gendarmes.n
n → +`Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :
20 lim u = –n
v = p (p + 1). n → +`p
221 1. cos n  –1 donc u  n – 1.2 nAlors v = p (p + 1) + 2p + 2 = p + 3p + 1 soit :p + 1
2. lim u = + par comparaison.nv = (p + 1)(p + 2).p + 1 n → +`
0 + 14 Initialisation : 3 – 2 = 1 = u . n220 1. (–1)  1 donc u  –n + 1.n p tel que : 2. lim u = – n
n → +`p + 1u = 3 – 2 .p n( −1 )1 1p + 1 p + 2 23Alors u = 2(3 – 2 ) – 3 = 3 – 2 . a. − < < donc (u ) converge vers 0.np + 1 n n n1(1 +1)
5 1 sinn 1Initialisation : = 1. − < <b. donc (un2 2 2 2n n n
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :
24 1. On multiplie par –20 puis on ajoute n.p p(p +1) .k = 2. lim u = + par comparaison.∑ n2 n → +`k =0Alors :
25 1. 0 2. + 3. Diverge sans limite.p +1 p p +1 p(p +1) (p +1 )(p +2).k = k + p +1 et k = + p +1 = 26∑ ∑ ∑ a. 0 b. 0 c.2 2
k =0 k =0 k =0 27 a. 0 b. + c. – d. Diverge sans limite. e. +
6 Initialisation : u = –2  6.0 28 Voir livre page 420.
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  6. p n n2 3291 a. u = + donc lim u = 0.n n( ) ( )Alors u  3 et u  6.p p + 1 5 5 n → +`2
n n2 7b. u = donc lim u = –.−7 n nVoir livre page 420. ( ) ( )5 5 n → +`
8 À partir du rang 20.
n +121 −9 n +11. À partir du rang 6. ( ) ⎛ ⎞3 230 1. S = −2 × = −6 1 − .⎜ ⎟n ( )2. À partir du rang 71. 2 ⎝ 3 ⎠1 −
310 Voir livre page 420.
2. (S ) converge vers – 6.11 1. À partir du rang 10 001. n
n +1
12. À partir du rang 100 001. 1 − − n +1( )3 ⎛ ⎞9 13112 1. S = 3 × = 1 − − .1. À partir du rang 202. n ⎜ ( ) ⎟1 4 ⎝ 3 ⎠1 +
2. À partir du rang 2 002. 3
ermChapitre 1 Les suites – T S spécifique 73. Initialisation : 2 = u .09 .2. (S ) converge vers n 4 Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u = 2. p
132 1. u – 1 =  0 donc (u ) est minorée par 1. 3 1n n Alors u = ×2 + soit u = 2.p + 1 p + 1n 4 2
2. u = 1,0001  1,001. 10000 45 1. Initialisation : u – u = 5 – 8 = –3  0.1 0Donc (u ) n’est pas minorée par 1,0001.np tel que :
33 Voir livre page 420.
u – u  0. p + 1 p234 1. b. u – 1 = n + 4n  0 donc 1 peut être un minorant n 1 1Alors : u – u = ×u +3 − ×u +3p + 2 p + 1 ( p +1 ) ( p )de (u ).n 4 4
1c. Oui car les 10 premiers termes sont supérieurs à –3. u – u = (u – u )  0.p + 2 p + 1 p + 1 p42 22. u + 3 = n + 4n + 4 = (n + 2)  0.n 2. (u ) est donc décroissante.n3. La suite (u ) est minorée par –3.n 146 Initialisation : u = donc 0  u  2.35 0 01. (u ) semble être majorée par 2.n 7
−5 Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que 0  u  2. p2. u – 2 =  0 donc u  2.n n n +2 3 1Alors en multipliant par et ajoutant , on obtient :3. (u ) est majorée par 2. 4 2n
12 0  u  2.36 1. u – u =  0donc (u ) est croissante. p + 1n + 1 n n(3n +2 )(3n +5) 21 x −447 1. a. f ’(x) = . Sur [2 ; 4], f est donc strictement ( )2. lim u = 3. 2n 2 xn → +`
53. (u ) étant croissante et de limite 3, on en déduit que la suite ⎡ ⎤n croissante et f ([2 ; 4]) = 2; .⎣ ⎦2
est majorée par 3. De plus elle est minorée par son premier 5b. Ainsi, pour tout x de [2 ; 4], 2  f (x)   4.
terme u = 1. Donc 1  u  3. 20 n
2. Initialisation : u = 3 donc 2  u  4.1 0 037 1. u – u =  0 donc (u ) est croissante.n + 1 n nn(n +1) Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que 2  u  4. p
2. lim u = 1.n Alors 2  f (u )  4  d’après 1. b.pn → +`
3. 0  u  1. Soit 2  u  4.n p + 1
38 1. 2  u  4. 2. –3  u  –1. 3. –4  u  4. 48 Initialisation : u = 5 et u = 2 donc u  u .n n n 1 0 1 0
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  u . 39 p + 1 pVoir livre page 420.
Alors 2u + 1  2u + 1. 40 p + 1 p2. Initialisation : u = 2  9. 0
D’où, en passant à la racine, u  u .p + 2 p + 1Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  9. p
2 649Alors u  6 et ainsi u  9. 1. a. b. f’(x) =  0 donc f est strictement croissante p p + 1 23 (x +1)
13. a. u – u = (9 – u )  0. sur [1 ; + [ et f (1) = 1 donc f (x)  1.n + 1 n n3
2. Initialisation : u = 3 donc u  1.0 0b. (u ) est croissante.n
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  1. p4. (u ) est croissante et majorée, donc elle est convergente.n
Alors f (u )  1 d’après 1. b, soit u  1.41 p p + 12. Initialisation : u = –1  – 4.0
53. Initialisation : u = et u = 3 donc u  u .Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  – 4. 1 0 0 1p 2
1Alors u  –2 et ainsi u  – 4. Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  u . p p + 1p p + 12
1 Alors f (u )  f (u ) puisque f est croissante soit u  u . p p + 1 p + 1 p + 23. a. u – u = – (u + 4)  0.n + 1 n n2 Donc (u ) est décroissante.n
b. (u ) est décroissante.n 1 (1 +1 )(2 +1)
2 250 Initialisation : = 1 = 1 .4. (u ) est décroissante et minorée, donc elle est convergente. =1 =1n 6
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :
p p (p +1 )(2p +1)
2 . q =∑P O U R S ’ E N T R A Î N E R 6
q =1
p +1 p042 22 2Initialisation : = 0 = t .0 Alors q = q + (p +1 )∑ ∑0 +1 p q =1 q =1.Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que t = p p +1 p (p +1 ) (2p +1 )
2p p (p +2 ) +1 = +(p +1) .1Alors t = + = 6p + 1 p +1 (p +1 )(p +2) (p +1 )(p +2)
p +1
2 (p +1 )(p +2) (2p +3 )2(p +1) p +1 .Ainsi q =. ∑soit t = =p + 1 6(p +1 )(p +2) p +2 q =1
22243 1 (1 +1 )2. a. On peut conjecturer que u = n . 3n 51Initialisation : = 1 = 1 .=1 =1
2 4b. Initialisation : 1 = 1 = u .1 Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :
2Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u = p . p p 22
2 2 p (p +1 )Alors u = p + 2p + 1, soit u = (p + 1) . 3 . p + 1 p + 1 k =∑ 444 2. On peut conjecturer que u = 2. k =1n
82p +1 p 712 1. u  n – 1, donc lim u = +.p (p +1 ) n n3 33 3Alors = . n → +`k = k + (p +1 ) +(p +1)∑ ∑ 4 n −1 n +1k =1 k =1 2.  u  , donc lim u = 0.n n2 2np +1 2 n n → +`2(p +1) (p +2 )
3 . nAinsi k =∑ 3. u  , donc lim u = +.n n4 3k =1 n → +`
24. u  –n + 1 donc lim u = –.53 n nFAUX : une fonction croissante peut générer une suite n → +`
17 72décroissante. u = et u = 3, ainsi u  u .1 0 0 1 Voir livre page 420.6
7354 1. +  2. + 3. + 4. Diverge sans limite.1. On peut conjecturer que (v ) converge vers 2.n
74 1. – 2. 0 3. + 4. 2 5. + 6. +2. Soit I = ]2 – a ; 2 + a[ avec a  0 :
n n75 a. –0,5  u  0,5 , donc lim u = 0.1 n n.2 – a  v  2 + a ⇔ n  n → +`n 2a
n55 1. À partir du rang 10. b. u  3 – 1, donc lim u = +.n n
n → +`
2. Soit I = ]3 – a ; 3 + a[ avec a  0 : 1 1c. –  u  , donc lim u = 0.n n1 n n. n → +`3 – a  v  3 + a ⇔ n  n a 77 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel 57 1. u  1 000 à partir du rang 502.n
numérique premium : 01_TS_exercice77.alg (AlgoBox).6u  10 à partir du rang 500 002.n
1. a. Le nombre de personnes touchées par la rumeur dans A +3 .2. u  A ⇔ n  n 2 l’intervalle [n ; n + 1] est proportionnel à u donc il existe un n
6 1258 1. u  10 à partir du rang 10 + 1.n réel a tel que le nombre de personnes touchées par la rumeur
22. u  A ⇔ n  A .n dans l’intervalle [n ; n + 1] soit égal à au . n
59 1. u  –1 000 à partir du rang 201.n D’où u = u + au = (1 + a)u .n + 1 n n n
2 − A. b. (u ) est une suite géométrique de raison 1 + a.2. u  A ⇔ n  nn 5
c. u = 100 et u = 350, d’où 1 + a = 3,5 soit a = 2,5.0 160 1. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le
n nd. u = u × (1 + a) = 100 × 3,5 .n 0manuel numérique premium :
2. a. (u ) est croissante et lim u = +.n n01_TS_exercice60.alg (AlgoBox). n → +`
n b. u  10 000 à partir de n = 4 heures.L’algorithme sert à déterminer à partir de quel rang 3 dépasse n
u  16 000 à partir de n = 5 heures.un réel M donné. n
6 u  20 000 à partir de n = 52. Avec M = 20 : n = 3, avec M = 100 : n = 5, avec M = 10 : n = 13. n
78n 1. NON : u = n et v = –n.3. Conjecture : lim 3 = +. n n
n → +` n2. NON : u = (–1) = v .n n
n61 1. ( −1) nSaisir r 3. NON : u = et v = (–1) .n nnn prend la valeur 0
4 . VRAI : par l’absurde, si (w ) converge alors (w – u ) soit (v ) n n n nu prend la valeur 1
converge.Tant q ue u  3 + r ou u  3 – r
79n prend la valeur n + 1 1. FAUX : u = –n.n
3 n + 1 2. VRAI : théorème de comparaisons.u
n + 1 80 1. FAUX : lim u = + .Fin Tan t que n
n → +`
Afficher n 2. VRAI : théorème des gendarmes.
3. FAUX : quand la raison est égale à 0.
2. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel 281 u – 2 = (n – 1)  0 donc u  2.n n
numérique premium : 01_TS_ exercice61.alg (AlgoBox). −582 v – 5 =  0 donc v  5.n n– 6 6Pour r = 0,1 : n = 19 ; pour r = 10 : n = 2 × 10 . n +1
8362 Par récurrence, initialisation : u = 4 donc –3  u  4.À partir d’un certain rang, tous les termes seront dans un 0 0
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :intervalle de centre 1 et de rayon 0,5.
63 –3  u  4. Voir livre page 420. p
n 1 4 264 FAUX, par exemple u = n + (–1) . Alors –1  u  et ainsi –3  u  − soit –3  u  4.n p p + 1 p + 13 3 3
65 FAUX : elle peut ne pas avoir de limite, par exemple :
84 Voir livre page 420.nu = (–1) .n
n85 1. NON : u = (–1) et v = 1.n n66 VRAI d’après la définition de la convergence d’une suite.
2. NON : même contre-exemple qu’au 1.67 1. – 2. 0 3. + 4. 4
3. OUI car v  M donc u  M.n n368 1. u = + n, donc lim u = +.n n 4. OUI car v  v donc u  v .n n → +` n 0 n 0
2. u = 2n (n – 2), donc lim u = +.n n 1
n → +` 86 1. v – u =  0, donc v  u .n n n n2 n69 1. – 2. – 3. 0 4. – 5. + 6. –
3
170 Voir livre page 420. 2. u – u =  0, donc (u ) est croissante.n + 1 n n2(n +1 )
ermChapitre 1 Les suites – T S spécifique 995−1 1. FAUX : une suite croissante non majorée diverge.3. v – v =  0, donc (v ) est décroissante.n + 1 n n2n (n +1 ) 2. FAUX : une suite décroissante minorée vers 0 converge vers
4. u  u  v  v avec u = 1 et v = 2.1 n n 1 1 1 un réel L  0.
n( −1)1 1 1 1 2 .87 1. u = = ; u =  + = ; 3. VRAI : par exemple u = n1 2 n1 ×2 2 1 ×2 2 ×3 3
4 4961 1 1 3 Initialisation : u = 26 et 2 = 16 donc u  2 .. 4 4+ + =u = 3 1 ×2 2 ×3 3 ×4 4 pHérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que u  2 . p12. u – u =  0, donc (u ) est croissante. 2 2p p + 1n + 1 n n Alors u  2  2 (car 2p  p + 1).p (n +1 )(n +2)
2 2 p + 1n n n D’où u = u + 1  u  2 .p + 1 p p 1 n1 1 1 .1 − =3. u = = = −n ∑ ∑ ∑ 97n +1 n +1 v = u – 1 = –2u + 2 = –2v . Donc (v ) est une suite k (k +1 ) k k +1 n + 1 n + 1 n n n
k =1 k =1 k =1
géométrique de raison –2. Donc u  1.n
n nn88 On en déduit que v = 4 × (–2) et u = 1 + 4 × (–2) .FAUX : u = (–1) est bornée mais diverge. n nn
89 La suite (u ) diverge sans limite.VRAI : une suite croissante convergente est majorée par n
98 Par récurrence, on montre que 0  u  3 puis que :sa limite. n
n90 u  u . FAUX : u = (–2) . n + 1 nn
91 (u ) étant croissante et majorée, elle est convergente.1. Par récurrence : u  6. nn
12. u – u = (6 – u )  0, donc (u ) est croissante.n + 1 n n n2
P O U R f A i R E l E P O i N T3. (u ) étant croissante et majorée, elle converge.n
92 1. a. La fonction f étant croissante sur ]–  ; 6[ Voir livre page 420 et le site www.bordas-indice.fr pour les
9 corrigés détaillés.f’(x) = .0 , si x  3 alors f (x)  f (3) soit :( 2 )(6 − x)
9  3.
6 − x ACCO M PAG N E M E N T P E R S O N N A l i S É
b. Par récurrence, on montre que u  3.n
0c. Grâce au sens de variation de f , on démontre par récurrence 111 Initialisation : 2 × 5 + 1 = 3 = u .0
que u  u . Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :n + 1 n
pd. (u ) étant croissante et majorée, elle est convergente. u = 2 × 5 + 1. n p
6 −u p + 1 p + 11 1 n 1 Alors 5u = 2 × 5 + 5 et ainsi u = 2 × 5 + 1.p p + 12. a. v – v = − = −n + 1 n u −3 u −3 3u −9 u −3n +1 n n n 112 Initialisation : u = 0 et 0  4.1
3 −un 1 .v – v = = −p tel que u  4. n + 1 n p3u −9 3n
1 Alors 3u + 4  16 et ainsi u  4.p p + 1. −Donc (v ) est une suite arithmétique de raison n 3 113 a. – b. + c. 0 d. +1 1 6n −3 .− −b. v = n et u = n n6 3 2n +1
Approximation d’un nombre à l’aide d’une suitec. lim u = 3.n
n → +` ❯ Avec deux racines : 1 + 1 = 2 ≈ 1,414.
94 1. On a 80 % de réabonnement (0,8a ) augmenté de 4 000 n Avec trois racines : 1 + 1 + 1 = 1 + 2 ≈ 1,553.
abonnés (+ 4 000), donc a = 0,8a + 4 000.n + 1 n ❯ Après l’élévation au carré (avec la condition x  0), l’équation
2. Par récurrence, on montre que a  20 000. 2n x = 1 + x devient x – x – 1 = 0 et sa solution positive est :
13. a – a = (20 000 – a )  0 donc (a ) est croissante.n + 1 n n n 1 + 5 .Φ = 5 2
4. a. u = 0,8 u donc (u ) est une suite géométrique de raison 0,8 n + 1 n n
❯ Initialisation : u = 2 et u = 3 . On a bien Φ  u  u  2.0 1 1 0 avec u = 13 000.0
Hérédité : supposons qu’il existe un entier p tel que :n nb. u = 13 000 × 0,8 et a = 20 000 – 13 000 × 0,8 .n n
Φ  u  u  2.p + 1 p c. lim a = 20 000. Le nombre d’abonnés tend vers 20 000.n
n → +` Alors en passant à la fonction x x +1 (croissante), on obtient :
5. a. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel Φ  u  u  3  2.p + 2 p + 1
numérique premium : 01_TS_exercice94.alg (AlgoBox). La suite (u ) étant décroissante et minorée, elle est convergente.n
21 +u − Φn❯ u – Φ = 1 +u − Φ =n + 1 n 1 +u + Φn
u − Φn 1= < (u – Φ)n1 +u + Φ 3n
car 1 +u + Φ = u + Φ  2Φ et 2Φ = 1 + 5  3.n n + 1
n1❯ Par récurrence, on montre que 0  u – Φ  .n ( )3
❯ D’après le théorème des gendarmes, lim u – Φ = 0 donc : n
n → +`
lim u = Φ.n
n → +`
❯ Φ ≈ 1,618033989.b. a  16 000 à partir de n = 6.n
10