DM no Correction
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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


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Langue Français
2008 – 2009
Exercice 1
77
66
55
44
33
22
11
DM n
44
o9
55
66
Correction
0 --33221-1 0112233 M0M1M2M3M4 1.1-1 2. ;– la suite semble croissante – la suite semble converger vers 3. 3.a)x <3⇔ −3<x63 <6x3<6x16x <139×61x <9×3169x <3. On vient donc de démontrer que six <3, alorsf(x)<3. Par récurrence immédiate : deU0<3 et deUn<3 entraîneUn+1=f(Un)<3, on déduit aussitôt queUn<3 pour tout entier natureln. n aUn+1Un=f(Un)Un6=9UnUn= 966UnU+nUn2= (U6nU3n)2. b) O On vient de démontrer queUn<3<6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi. On a doncUn+1Un>0Un+1> Un: la suite est strictement croissante . c) La suite (Un) est croissante et majorée par 3 : elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3. 4.Soit la suite définie parVn=Un1 tout entier naturel3 pourn. a) Calculons la différenceVn+1Vn=Un+113Un13 =69Un13Un19=3168 +Un3UnUn163=3UnUn9Un13(63=UnUn3)Un13(6=3UUnn333()=3Un1 O t donc de démontrer que la suite (Vn) est =Un3) 3n vien une suite arithmétique de raison3.1 b) On aV1 1 0. = =33 6 2n2n+ 1 On sait queVn=V0+n×31=1=. 6 6 6 OrU3 =V1n=2n.1+6 n c omme lim 06 =limUn3 = 0 et finalement ) Cn+2n+ 1n+
limUn= 3n+
2008 – 2009
DM no9
Correction
Exercice 2 1. aa) Onu0= 1 u1=21 u2=te41u378=>0. La relation est vraie au rang 3. Supposons que pourn>3 un>0, alorsun+1=21+n1. Orn>3n1>2, doncun+1>2>0. L’hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pourn>3 un>0. b)n>4n1> a, è d’a3 ;un1> 1 (0 1 1n1)1>n2pr s2un1>02un1+n2>n22un1+ un>n2. nn= +limun= +. c) Par comparaiso , commenlim+n+2.a)vn= 4un8n+ 24vn+1= 4un+18(n = 4+ 1) + 2421un+n18(n+ 1)1 = 2un+ 4n48n8 + 24 = 2un4n12(4+12=un8n42+21=)vn. On a donc démontré que (vn2esunst)eomgéteuideuqirté1nosiareLa raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plusv0= 4u0+ 24 = 28. n b) On a immédiatementvn=v0×21n= 28×21n= 4un8n+ 244un= 28×21+ 8n24un= 7×21n2n+ 6. c) On a doncun= 7×21n+|2nz+ 6}=xn+ynoù (xn) est la suite (vn) au facteur 4 près et la suite (yn) { | {z }suite arithmétique suite géométrique est définie paryn=2n+ 6, suite arithmétique de raison2 et de premier terme 6. n n n n d) On en déduit queXuk=X(xk+yk) =Xxk+Xyk. k=0k=0k=0k=0 Ork=Xn0xk= 7712112n+1= 14"112n+1#= 147×12n. D’autre partnk=X0yk=6(n+ 1) + 2n(n)2+1= 6n6 +n(n+ 1) =6n6 +n2+n=n25n6FinalementSn=n25n+ 8712n.
Exercice 3 1 1.On a j = i2 +jte232=21i32. a) On sait queac= ei3π(bc)a= 8i+2123++i2132 612+i23821i32=4 + 4i3 +12+i321 + 73=44i2+132+2127i3 + i23=410 =14. b) De mêmeba= eiπ3(ca)b= 8 ++i1232(44i38) = 86 + 62i36i3 = 88i3 = 1621i2316eiπ3. = On en déduit que#O B »#O B    =»#O B » #u»+#u»#O  B   =»argb+ argb=23ππ3 =π[2π]. Cette égalité montre que les points O, B etBsont alignés. c) En admettant quec= 7 + 7i3 = 7+i1223= 7eiπ3. On démontre de même qu’aub.que        ##»C=» OC   Oπ
2008 – 2009
DM no9
Correction
qui démontre que O, C etCsont alignés. Autre méthode : C4 ;4i3etC7 ;7i3. On a de façon évidente#O C    =»47#O C   q»ui montre queCappartient à la droite (OC). Enfin les affixes de A etAsont 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) j3=e23iπ3= e2iπ= 1. 1 + j + j2= 1+2i13221i.32=0 c)(az) + (bz)j2+ (cz)j=az+bj2zj2+cjzj= a+bj2+cjz1 + j + j2=a+bj2+cj(d’après la question précédente.) Ora+bj2+cj=8 + 6jj2+ 8j2j=|8 + 6 + 8|=|22|= 22. d) D’après l’inégalité triangulaire admise : (az) + (bz)j2+ (cz)j6|az|+|(bz)j2|+|(cz)j|. Or|(bz)j2|=|bz|et|(cz)j|=|c z|. Donc(az) + (bz)j2+ (cz)j6MA +MB +MC soit d’aprèsc. 226MA +MB +MC. D’aprèsa.OC = 22. Donc la valeur minimOA + OB + 1a3le deMA +MB +MC est atteinte quandM= O. 1C11 10 9 8 B17 6 B5 4 3 2 1 A0A -14-13-12-11-10-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2-O1 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 -13Be)-14