DS no Correction

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2008 – 2009 DS no 5 Correction Exercice 1 Soit u et v deux suites adjacentes avec u croissante et v décroissante. D'après le résultat (2), on a pour tout entier naturel n : u0 6 u1 6 · · · 6 un 6 vn 6 · · · 6 v1 6 v0 En conséquence et d'après le résultat (3) : – La suite u est croissante et majorée par v0, donc converge vers le réel ?. – La suite v est décroissante et minorée par u0, donc converge vers le réel ??. D'après le résultat (1), lim n?+∞ un ? vn = 0 ? limn?+∞un = limn?+∞ vn ? ? = ? ? On a démontré que deux suites adjacentes sont convergentes et ont la même limite . Exercice 2 1. Montrons par récurrence sur n, que, pour tout n, un = 1 + 12 5n . • Initialisation : u0 = 13 = 1 + 12 50 donc c'est vrai au rang 0. • Hérédité : supposons que un = 1+ 12 5n pour un entier n. Alors un+1 = 1 5un+ 4 5 = 1 5(1+ 12 5n )+ 4 5 = 1 5+ 12 5n+1+ 4 5 = 1+ 12 5n+1 La propriété est donc démontrée au rang n+1.

  • u? ? v?

  • limite ?

  • n?1

  • abscisse du milieu du segment


Publié le : lundi 18 juin 2012
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Source : lycees.ac-rouen.fr
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2008 – 2009
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Exercice 1 Soituetvdeux suites adjacentes avecucroissante etvdécroissante. D’après le résultat (2), on a pour tout entier natureln:
u06u16∙ ∙ ∙6un6vn6∙ ∙ ∙6v16v0
En conséquence et d’après le résultat (3) : – Lasuiteuest croissante et majorée parv0, donc converge vers le réel. – Lasuitevest décroissante et minorée paru0, donc converge vers le réel. D’après le résultat (1),limunvn= 0limun= limvn=n+n+n+On a démontré que deux suites adjacentes sont convergentes et ont la même limite .
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Exercice 2 12 1.Montrons par récurrence surn, que, pour toutn,un= 1 +. n 5 12 Initialisation :u0= 13 = 1 +donc c’est vrai au rang 0. 0 5 12 14 112 41 12 412 Hérédité : supposons queun= 1+pour un entiern. Alorsun+1=un1++ =)+ = ++ = (1+ n nn+1n+1 5 55 55 55 55 5 La propriété est donc démontrée au rang n+1. 12 Conclusion : Pour tout entier natureln, un.= 1 + n 5 n On a donclimun= 1 car+lim 5 =. n+n+12 2.a)Sn+1Sn=un+1>0 carun= 1 +>1>0 pour toutn. La suite (Sn) est croissante. n 5 n nn 1n+1 X XX 12 1( )1 3 5 b)uk= 1+ =n+ 1 + 12=n+ 1 + 15(1) =n+ 16k1n+1n 5 15 5 5 k=0k=0k=0 3 c) limn+ 16 = +lim= 0 doncet limSn= +. n n+n+n+5
Exercice 3 Partie A
1.fest dérivable comme composée, quotient et somme de fonctions dérivables sur ]1 ;+[. lnv ′ ′ f=uen posantu(x) =xetv(x) = 1 +x.u(x) = 1 etv(x) = 1. v v  ×vvlnvlnv1vlnv ′ ′vf=u=u=u. 2 2 v vv 2 1ln(1 +x+) (1x)1 + ln(1 +x) Par conséquent, pour toutxde ]1 ;+[,f(x) = 1= . 2 2 (1 +x+) (1x) 2 2.On poseN(x) = (1 +x)1 + ln(1 +x).Nest dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables. 2 1 2(1+x1) + N(x) = 2×1×(1 +x) +Comme= .x; ++ 1appartient à ]+[, 1x >0. Le numérateur est 1 +x1 +x positif comme somme de nombres strictement positifs. Par conséquent,N(x)>0 pour toutx. On en déduit queNest croissante sur ]1 ;+[. N(0) = 0 doncN(x)<0 pour toutxde ]0[ et1 ;N(x)>0 pour toutx >0. N(x) 2 f(xqui est du signe du numérateur) =N(x+) car (1x)>0 pour toutx. 2 (1 +x) ′ ′Par conséquent,f(x)<0 sur ]0[,1 ;f(0) = 0 etf(x)>0 pourx >0. On en déduit le tableau de variations def: x1 0 +f(x)0 + f(x)ց ր 0
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Dest la droite d’équationy=x. Pour avoir les coordonnées du point d’intersection deDet deC, on résout l’équation f(x) =x. ln(1 +x) f(x) =x⇔ −= 0ln(1 +x) = 01 +x= 1x= 0. 1 +x Commef(0) = 0,DetCse coupent à l’origine.
Partie B ln 5 1.Sur l’intervalle [0 ;4],fest croissante donc pour toutxde [0 ;4], 0 =f(0)6f(x)6f(4) ;orf(4) = 4<4 donc 5 f(x)4].[0 ; 2.a) Voircourbe. b) Montronspar récurrence surn, que, pour toutn,un4].[0 ; Initialisation :u0= 4[0 ;4] donc c’est vrai au rang 0. Hérédité : supposons queun[0 ;4] pour un entiern. Alorsun+1=f(un)4] d’après 1.[0 ; Par conséquent,un4] pour tout[0 ;n. ln(1 +un+) ln(1un) c) Pourtoutn,un+1un=f(un)un=un− −un=6+0 car 1un>+1 d’où ln(1un)>0. 1 +un1 +un Par conséquent, la suite (un) est décroisssante. d) Lasuite (un) est décroissante et minorée par 0 : elle est convergente vers un réel. e) Commefest continue, on sait queest solution de l’équationf(x) =x. On en déduit que= 0.
5
4
3
2
1
0
1
O
y
1
u3u2u1u0
D C
x
-1 -2 -1 01 2 3 4 5 6 Exercice 4 11 13 1.On calculea1= 3, b1= 5, a2=, b2= . 3 3 01 2 3 4 5 6 (D) ı O A0A1A2I B2B1B0 1 11 1 2.On aun+1=bn+1an+1= (an+ 2bn)(2an+bn) =(an+bn) =unpour toutn. La suite (un) est donc 3 33 3 1 une suite géométrique de raisonet de premier termeu0=b0a0= 71 = 6. 3
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 n n1 1 1 n On sait queun=u0×qsoit iciun= 6×= 2×. 3 3 3.Produit de deux facteurs supérieurs à zéro,unest supérieur à zéro. Orun>0bnan>0bn> an. Variations dean: 1 11 Quel que soitn, an+1an= (2an+bn)an= (an+bn) =un>0, d’après cidessus. On a doncan+1an> 3 33 0an+1> an. La suite (an) est donc croissante. Variations debn: 1 11 On a de même quel que soitn, bn+1bn= (an+ 2bn)bn=(bnan) =un<0. 3 33 On a doncbn+1bn<0bn+1< bn. La suite (bn) est donc décroissante. Géométriquement : les points Anse placent de gauche à droite, et les points Bnde droite à gauche, les premiers étant toujours à gauche des seconds. 4.Les suites (an) et (bn) sont adjacentes : 1 L’une est croissante, l’autre décroissante et la différencebnan=un= 2×. n1 3 1 Or lim= 0, donclimbnan= 0. n1 3 n+n+5.Soit (vn) la suite définie parvn=an+bnpour toutn. 1 11 un+1=an+1+bn+1= (an+ 2bn) +(2an+bn(3) =an+ 3bn) =an+bn=un. 3 33 La suite (vn) est donc une suite constante. En particulierun=u0=a0+b0= 1 + 7 = 8. 8 En conséquence l’abscisse du milieu du segment [AnBn] est= 4. 2 Tous les segments [AnBn] ont donc le même milieu d’abscisse 4, c’estàdire I. 6.On peut conclure de ce qui précéde que les suites sont convergentes de limite commune. Par conséquent la suitevnest convergente de limite+= 2= 8, d’après la question 5. Conclusion : les suites (an) et (bn) sont convergentes de limite= 4. Interprétation géométrique : les points An(par la gauche) et Bn(par la droite) se rapprochent du point I. ( 2 un=an+bn= n1 On peut également déduire du systèmeque : 3 vn=an+bn= 8 1 an= 4n1 3 1 bn= 4+ n1 3 Les résultats précédents en découlent : on constate de plus que les points se rapprochent d’une distance à chaque fois trois plus petite que la précédente du point I.
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