Correction du devoir no I

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Correction du devoir no 2 I Si > 0, par définition de la convergence vers , il existe p tel que, pour tout n Ê p, 2 0, on a 0< 2

  • côtés de pn

  • sin?n cos?n

  • limite commune

  • triangles d'angle au centre ?n


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o Correction du devoir n2 I 3Si>0, par définition de la convergence vers, il existeptel que, pour toutnÊp,<un<. 2 2 3Comme>0, on a 0< <un<pournÊp, doncun6=0. 2 2 3ℓ ℓ Si<0, de même, il existeptel que, pour toutnÊp,− <un< <0, doncun6=0. 2 2 II AntillesGuyane2004 1 an+1=(2an+bn) 3 On définit les suites (an) et (bn) para0=1,b0=7 et 1 bn+1=(an+2bn) 3 11 13 1. Oncalculea1=3,b1=5,a2=,b2=. 3 3 −→ A A B B OıA0 12 2 1(D) I B0 0 1 2 3 4 5 6 2. Soit(un) la suite définie parun=bnan. 1 1 1 1 On aun+1=bn+1an+1=(an+2bn)(2an+bn)=(an+bn)=unpour toutnN. La suite (un) est donc une suite 3 33 3 1 géométrique de raisonet de premier termeu0=b0a0=71=6. 3 µ ¶µ ¶ nn1 11 n On sait queun=u0×rsoit iciun=6× =2×. 33 3. Produitde deux facteurs supérieurs à zéro,unest supérieur à zéro. Orun>0⇐⇒bnan>0⇐⇒bn>an. Variations de an: 1 11 Quel que soitn,an+1an=(2an+bn)an=(an+bn)=un>0, d’après cidessus. 3 33 On a doncan+1an>0⇐⇒an+1>an. La suite (an) est donccroissante. Variations de bn: 1 11 On a de même quel que soitn,bn+1bn=(an+2bn)bn= −(bnan)= −un<0. 3 33 On a doncbn+1bn<0⇐⇒bn+1<bn. La suite (bn) est doncdécroissante. 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. Lessuites (an) et (bn) sont adjacentes : 1 1 L’une est croissante, l’autre décroissante et la différencebnan=un=2×. Orlim=0, donclimbnan=0. n1n1 n→+∞n→+∞ 3 3 5. Soit(vn) la suite définie parvn=an+bnpour toutnN. 1 1 1 un+1=an+1+bn+1=(an+2bn)+(2an+bn)=(3an+3bn)=an+bn=un. 3 3 3 La suite (vn) est donc une suiteconstante. 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. Onpeut conclure de ce qui précède que les suites sontconvergentesde 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
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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.
III 1 un+1=(un+2vn) 3 On au0=1,v0=12 et, pour toutn, . 1 vn+1=(un+3vn) 4 1. Soitwla suite définie parwn=vnun. 1 11 1 11 (a) PourtoutnN,wn+1=vn+1un+1=(un+3vn)(un+2vn)= −un+vn=(vnun)=wn. 4 312 12 1212 1 Par conséquent, la suite (wn) estgéométrique, de raisonq=. 12 µ ¶ n 1 n Alors, pour toutn,wn=w0q=11×te sont, qui est bien un nombre positif, donc tous les termes de la sui 12 positifs. n (b) Comme1<q<1, limq=0 donc la suitewtend vers 0 à l’infini. n→+∞ 1 23 2 2. (a)nN,un+1un=(un+2vn)un= −un+vn=wn>0 car, pour toutn,wn>0. 3 33 3 Pour toutn,un+1un>0, donc la suite (un) estcroissante. 1 11 1 (b) Demême, pour toutnN,vn+1vn=(un+3vn)vn=unvn= −wn<0 donc la suite (vn) estdécroisante. 4 44 4 (c) Pourtoutn,wn>0, doncvnun>0, doncun<vn. Comme (un) est croissante,u0Éunet de même, comme (vn) est décroissante,vnÉv0. On en déduit que, pour toutn:u0ÉunÉvnÉv0. 3. (un) est minorée, (vn) est majorée et la différence de deux termes de même rang tend vers 0 : ces deux suites sontadjacentes. On en déduit qu’elles sontconvergentesvers une même limite. 4. Soittla suite définie par :tn=3un+8vn.
1 1 (a) Pourtoutn:tn+1=3un+1+8vn+1=3×(un+2vn)+8×(un+3vn)=3un+8vn=tn, donc la suitetest constante. 3 4 On en déduit que, pour toutnN,tn=t0=3u0+8v0=99 (b) D’unepart, (un) et (vn) convergent vers, donc on a :limtn=3+8=11. n→+∞ D’autre part,limtn=99 (suite constante). n→+∞ Parunicité de la limite, on en déduit que 9=99, donc=9.
IV 1. Pourn=1, on a deux hexagones réguliers, l’un inscrit, l’autre exinscrit, qu’on peut partager en six triangles équilatéraux. Notonsa1la longueur de chaque côté de l’hexagone inscritP1etb1la longueur de chaque côté de l’hexagone exinscritQ1. ³ ´ 6×1π1π a1=1, doncp1= =3 ;b1=2×1 tand’oùq1=12 tan=.2 3 2 62 6 n 2. (a)Puisque les polygonesPnetQnont 3×l’angle au centre qui intercepte l’un des côtés de2 côtés,PnouQnvaut 2π αn= n 3×2 (b) Représentonsl’un des triangles d’angle au centreαn.
an
bn
αn αn 2 Posonsanla longueur d’un côté du polygone inscritPnetbnla longueur d’un côté du polygone exinscritQn. Dans ce triangle isocèle, on trace la médiane issue de 0 qui est aussi une hauteur et une bissectrice.
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³ ´³ ´ π π On a :an=2 sinetbn=2 tan n n 3×2 3×2 ³ ´³ ´ 1 1ππ n nn pn= ×(3×2 )×an= ×(3×2 )×2 sin=3×2 sin nn 2 23×23×2 ³ ´ π De même,qn=tan n 3×2 2 (c) Ona :sin(2α)=2 sinαcosαet1+cos(2α)=2 cosα π π (d) Onremarque qu’en posantαn=, on a :=2αn. n+1n 3×2 3×2 µ ¶µ ¶ 1 11 11 1 Alors :+ =+ = n n 2pnqn2 3×2 sin(2αn) 3×2 tan(2αn) µ ¶µ ¶µ ¶ 1 11 11 cos(2αn1) 1+cos(2αn) + =+ = n+1n+1n+1 3×2 sin(2αn) tan(2αn) 3×2 sin(2αn) sin(2αn) 3×2 sin(2αn) µ ¶ 2 1 2cosαn1 cosαn1 11 = == == n+1n+1n+1n+1 3×sin2 2αncosαn3×2 sinαn3×2 tanαn3×2 tan(2αn+1)qn+1 ¡ ¢ 22 sin(2αn+1) n n+1n n22 2 pnqn+1=3×2 sin(2αn)×3×2 tan(2αn+1)=3×2×2 sinαncosαn×2=(3×2 )×2×sinαn= cos(2αn+1) n+1 2n+21 2 (3×2 sinαn)=(3×2 sin(2αn+1))=pdoncpn+1=pnqn+1 n+1 s p p1q13×2 3p36 33 On en déduit :q2=2=2petp2=p1q2= =6p p+q 1 13+2 33+2 33+2 3 3. (a)Soientaetbtels que : 0<a<b. p p On en déduit : 0<a<bet en multipliant para: 0<a<a b=abet en multipliant parb: 0<ab<b. Finalement :a<ab<b. 2 2 2ab2abb(a+b) 2abaab aba a(ba) a>= == =0 puisquea>0,b>0 eta<b, doncba>0. On a+b a+b a+b a+b a+b 2ab2ab montre de même que<b. Par conséquent :a< <b. a+b a+b (b) Soitl’hypothèse de récurrence (Hn) :pn<qn. On a bienp1<q1donc (H1) est vraie. µ ¶ 1 11 12pnqn On suppose que (Hn) est vraie. On a := +d’oùqn+1=. qn+12pnqnpn+qn D’après (Hn), on a : 0<pn<qn, d’où d’après (i) :pn<qn+1<qn. p pp D’autre part :pn+1=pnqn+1>pnpn=pn(carqn+1>pn). De même :pn+1=pnqn+1<qn+1qn+1=qn+1. On en déduit : 0<pn<pn+1<qn+1<qndonc (Hn+1) est vraie et la propriété est démontrée pour toutn. (c) L’inégalitécidessus montre que la suite (pn) est croissante et que la suite (qn) est décroissante. 2 2p qp qp n nn nnpn(qnpn) (d) Pourtoutn:qn+1pn+1qn+1pn= −pn= =. Or :pn<qnpn+qn>2pnpn+qnpn+qnpn+qn 1 1pn1 < ⇒<. pn+qn2pnpn+qn2 1 Par conséquent :qn+1pn+1(qnpn). 2 1 On montrerait par récurrence que, pour toutn1,qnpn. n 2 1 On en déduit quelim (qnpn)=tend vers 0 lorsque0 d’après le théorème des gendarmes, puisquentend vers n n→+∞ 2 +∞. Les deux suitespn) et (qn) sont respectivement croissante et décroissante et leur différence tend vers 0, donc elles sont adjacentes et par conséquent, ont la même limite. ³ ´ π n n (e) Ona :pn=3×2 sin. lim(3×2 )= +∞s :. On en déduit, d’après le théorème de composition des limite n n→+∞ 3×2 ³ ´³ ´ π π1 1 n lim (3×sin2 )=limxsin=limππ=limπ=π nsiny n→+∞x→+∞x→+∞sin( )y→+∞ 3×2xx π y x Les suites tendent donc versπ. 10 (f )Avec une calculatrice, on trouvep183, 141592654etq18et3, 141592654q18p18<10 . Remarque: il existe des méthodes beaucoup plus performantes pour trouver des approximations deπ.
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