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collection odysse

MATHMATIQUES Tle SLivre du professeur

Enseignement spcifiqueEnseignement de spcialit

Nouveau programme

Sous la direction de

ric SIGWARD IA-IPR de mathmatiques de lacadmie de Strasbourg

Auteurs

Franois BRISOUXProfesseur de mathmatiques au lyce Frdric Kirschleger de Munster

Christian BRUCKERProfesseur de mathmatiques au lyce Thodore Deck de Guebwiller

Frdric LONProfesseur de mathmatiques au lyce Emily Bront de Lognes

Nadine MEYERProfesseur de mathmatiques au lyce Marguerite Yourcenar dErstein

Didier REGHEMProfesseur de mathmatiques au lyce Marguerite de Flandre de Gondecourt

Christophe ROLANDProfesseur de mathmatiques au lyce Pasteur de Hnin-Beaumont

Matthieu SCHAVSINSKIProfesseur de mathmatiques au lyce Emilie du Chtelet de Serris

Suivi ditorial : Hlne Fortin-Servent et Anne-Sophie Dreyfus

Maquette : Nicolas Balbo

Mise en page : Pierre Florette (Domino)

Infographies : Domino

HATIER, PARIS, 2012ISBN 978-2-218-95406-1

Sous rserve des exceptions lgales, toute reprsentation ou reproduction intgrale ou partielle, faite, par quelque procd que ce soit, sans le consentement de lauteur ou de ses ayants droit, est illicite et constitue une contrefaon sanctionne par le Code de la Proprit Intellectuelle. Le CFC est le seul habilit dlivrer des autorisations de reproduction par reprographie, sous rserve en cas dutilisation aux fins de vente, de location, de publicit ou de promotion de laccord de lauteur ou des ayants droit.

3 3

Introduction ................................................................................................................................. 5

EnsEignEmEnt spcifiquE

partiE a Analyse ..................................................................................................................... 9chapitre 1. Suites ..................................................................................................................... 11

chapitre 2. Limites de fonctions .......................................................................................... 39

chapitre 3. Complments sur la drivation ..................................................................... 65

chapitre 4. Fonctions sinus et cosinus .............................................................................. 83

chapitre 5. Fonction exponentielle .................................................................................... 99

chapitre 6. Fonction logarithme nprien ..................................................................... 127

chapitre 7. Intgration ......................................................................................................... 155

partiE b Gomtrie ........................................................................................................... 177chapitre 8. Nombres complexes ....................................................................................... 179

chapitre 9. Gomtrie dans l'espace .............................................................................. 199

partiE c Probabilits et statistiques .................................................................... 215chapitre 10. Conditionnement et indpendance ......................................................... 217

chapitre 11. Lois densit ................................................................................................... 229

chapitre 12. Fluctuation et estimation ............................................................................. 245

EnsEignEmEnt dE spcialit

partiE a Arithmtique ..................................................................................................... 259chapitre 1. Divisibilit dans , division euclidienne, congruences ...................... 261

chapitre 2. Applications du PGCD ................................................................................... 267

chapitre 3. Nombres premiers ........................................................................................... 275

partiE b Matrices et suites .......................................................................................... 283chapitre 4. Matrices carres : volution de processus .............................................. 285

chapitre 5. Matrices carres inversibles et applications .......................................... 293

chapitre 6. Matrices et tudes asymptotiques de processus discrets ................. 301

s O m m a i r E

5

Le manuel reprend les trois parties du programme de la classe de terminale scientifique : les suites et les fonctions, la gomtrie et les statistiques et probabilits. Dans chacune de ces parties, il sagit de former les lves a la dmarche scientifique afin de les rendre capables de conduire un raisonnement. Le programme de terminale peut tre abord selon plusieurs angles, mais il ne faudrait surtout pas le concevoir comme une succession de chapitres cloisonns. Il conviendra donc de concevoir, ds le dbut de lanne, une progression alternant les diffrentes notions a traiter, de telle sorte que les concepts abords soient repris tout au long de lanne. Vous retrouverez dailleurs dans le manuel notre volont de varier au maximum les situations problmes au sein de chaque chapitre, afin de rinvestir les diffrents thmes.

Chaque chapitre de ce manuel propose des travaux pratiques que nous avons choisis les plus diversifis possibles :

des activits utilisant loutil informatique ou la calculatrice ;

des activits qui mettent en uvre une dmarche algorithmique ;

les problmes ouverts qui exigent davantage dinitiative de la part des lves. Certains dentre eux ncessitent lutilisation de logiciels pour conjecturer.

Dans chacun de ces problmes, les lves auront loccasion de chercher, dappliquer des techniques, deffectuer des essais, de conjecturer avec les TICE puis dlaborer des dmonstrations.

Lutilisation des TICE est tout a fait adapte a lacquisition de nombreuses notions du programme de terminale. Il sagit dexploiter toutes les possibilits offertes afin denrichir lapprentissage et les mthodes dinvestigation. Loutil informatique permet en effet dobtenir rapidement une reprsentation concrte du problme tudi. Des modifications des configurations en jeu peuvent mettre en vidence les proprits a dmontrer et toute lattention peut alors se porter sur la dmonstration elle-mme. Les problmes ouverts proposs dans ce manuel ne font pas appel directement aux TICE. Nous proposons cependant dans certains cas soit une illustration, soit une vrification du rsultat obtenu a laide de la calculatrice ou dun logiciel adapt a la situation tudie.

Il importe que la diversit de ces activits se retrouve aussi dans la nature des travaux proposs aux lves : des travaux dirigs en groupe, des travaux en autonomie, des activits en salle informatique ou des devoirs personnels raliss en temps libre.

Nous avons essay de proposer, au sein de chaque chapitre, des problmes de difficults progressives, en particulier dans le domaine de lalgorithmique. A lissue des classes de seconde et de premire, les lves ont dja acquis une certaine exprience avec les logiciels usuels : tableurs et un logiciel de gomtrie dynamique ainsi que dans le domaine de lalgorithmique.

Nous navons privilgi aucune syntaxe particulire, ce qui vous permet dutiliser ce guide avec ses fichiers quel que soit le matriel et les logiciels utiliss dans votre tablissement. La plupart des travaux pratiques peuvent cependant tre raliss assez simplement a laide dune calculatrice. Ce qui permet une trs large utilisation de ce guide.

5

INTRODUCTION

6

Vous trouverez dans ce livre du professeur, des lments de correction pour les activits, les travaux pratiques, ainsi que les exercices et problmes. Un nombre important de ces activits peut tre ralis avec loutil informatique. En complment, vous trouverez sur le CD daccompagnement, des fichiers sous de nombreuses versions :

Excel et OpenOffice pour les fichiers tableurs ;

Casio et Texas pour les tracs et la programmation a laide de la calculatrice ;

GeoGebra et TI Nspire pour les exercices de gomtrie plane ;

Cabri3D et Geospace pour les exercices de gomtrie dans lespace ;

AlgoBox, Python, Scilab et Xcas pour les programmes qui illustrent les algorithmes ;

Xcas et TI Nspire pour le calcul formel.

Ces fichiers vous permettront dune part de visualiser les rsultats demands, de tester les algorithmes ou les figures dynamiques, mais galement dillustrer vos explications lors de synthses collectives avec les lves. Certains de ces fichiers sont a la disposition des lves sur le site compagnon, intgralement ou partiellement complts, plus particulirement lorsque le problme consiste, soit a modifier, complter ou corriger un algorithme, soit a raliser des conjectures sur une configuration gomtrique relativement complexe, ou bien encore a effectuer des simulations sur une feuille de calcul dun tableur. Ils serviront ainsi de base de travail pour une activit en autonomie ou pour un devoir a raliser a la maison.

Nous esprons que ce livre rpondra a vos attentes et quil vous apportera des pistes intressantes pour une prsentation efficace du programme de terminale S.

Les auteurs.

7

ENSEIGNEMENT

SPCIFIQUE

9 9

PARTIE A ANALYSE

1. Suites 11

1. Suites QCM Pour bien commencerLes exercices de cette rubrique sont corrigs dans le manuel, p. 456.

Corrigs des activits

1 LeparadoxedAchilleetdelatortue

l1 Achille atteint la tortue sil existe n tel que dn = 0.l2 a. d0 = 100 ; d1 = 50 ; d2 = 25 ; d3 = 12,5.

b. (dn) semble tre gomtrique de raison 12

et de premier terme 100.

La suite (dn) semble dcrotre.

c. Par hypothse de lexercice, dn + 1 =dn2

.

Donc la suite (dn) est une suite gomtrique de raison 12


d. On a d0 = 100 et on divise chaque fois par 2 do 0 < dn 100 pour tout n .

l3 On a montr que dn > 0 pour tout n donc Achille ne rattrape jamais la tortue ce qui semble un peu surprenant car il est vident quil le fera en ralit.

l4 (dn) est une suite gomtrique de raison 12 et de premier terme 100 donc dn = 100 12

n .

l5 a. La limite de la suite semble tre 0.b. Car la raison est

12

donc les termes se rapprochent de plus en plus de 0.

Il semble que, pour une suite gomtrique, si la raison est entre 0 et 1, la suite tend vers 0 comme

nous le verrons plus tard...

c. Les temps tn pendant lesquels sont parcourus les intervalles entre deux temps darrt sont de plus en plus petits et tendent vers 0.

On peut montrer que la somme de ces temps est finie puisque tn = dn dn +1vA vT

,

donc t0 + t1 + t2 + ... + tn = d0 dn +1vA vT

.

Or vA vT est un rel fix et la suite (dn) tend vers 0. Donc la limite de la somme des temps est 100

vA vT,

ce qui est cohrent avec nos connaissances et notre intuition.

Il y a une infinit de temps tn et de distances dn mais les temps tendent vers 0 et la limite de la

somme est finie. Achille finit donc par atteindre la tortue en un temps fini, et en parcourant une

distance finie.

On ne conoit pas, au temps de Znon, quune infinit de distances finies puisse tre parcourue

en un temps fini et Aristote, dans sa Physique, rfuta tous les paradoxes de Znon, sans tre trs

convaincant : concernant Achille et la tortue, il met lide que toute ligne finie sera parcourue en un

temps fini car en ajoutant au fini, on dpassera tout fini.

12 1. Suites

2 Lesroutesdufutur

l1 a. Cest possible pour 3 et 5 villes mais pas pour 4.

A

B

C

B

C

D

E

A

En effet, pour n = 4 :

une ville a ncessairement une route qui arrive et une route qui part, sinon elle ne peut remplir les conditions ;

avec 4 villes, il faut ncessairement quune ait au moins 2 routes qui partent, sinon on a une seule route qui part de chaque ville car un chemin unique ABCD ne permet pas de relier A D en 2 routes.

Supposons que la ville qui a 2 routes qui partent soit A et que ces 2 routes qui partent vont vers B et

vers C ; il y a une route qui arrive A et qui vient forcment de D car les routes ne sont pas double

sens.

Il faut relier A D donc on doit crer la route B vers D ou C vers D. Par symtrie, on peut faire le choix

de crer B vers D.

Il faut relier C A donc on doit ncessairement faire la route C vers D.

Il faut relier C B donc on doit ncessairement faire la route C vers B.

b. Il semblerait que le mathmaticien a raison.

l2 a. Il reste crer la route qui va de A2p + 3 A2p + 1.b. Il manque juste vrifier que a marche pour le premier cas, cest--dire pour 3 villes, ce que nous avons fait au 1a.c. On peut dmontrer que cest vrai pour tout nombre pair de villes suprieur ou gal 6 et donc que cest vrai pour tout nombre de villes suprieur ou gal 5. (En fait, a ne marche pas pour 2 et 4

villes uniquement.)

On utilise pour cela la mme rcurrence mais il reste montrer linitialisation pour n = 6.

1. Suites 13

Corrigs des travaux pratiques

TP1 Compteenbanque

l1 Il faut faire : pour i allant de 1 n et 1,04s + 350 .l2

Entre: Saisir un montant

Initialisation:

Affecter la variable n la valeur 0

Affecter la variable s la valeur 3000

Traitement:

Tant que s 1 donc limn+3

un = +3.

e. sn = un 8 750 donc limn+3

sn = +3.

TP2 Deuxapproximationsdunombree

l1Entre: Saisir n

Initialisation: Affecter la variable i la valeur 1

Traitement:

Pour k=1 n

Affecter la variable i la valeur i+factorielle(k)

Fin Pour

Afficher i

Cet algorithme permet de calculer un =1+11!

+ 12!

+ 13!

+ ....+ 1n !

encore crit un =1k !k=0

n

.l2 (un) semble tre croissante et majore par 3 donc elle semble tre convergente.l3 (un) semble converger vers 2,718 28.l4 Il faut rajouter Affecter la variable v la valeur 1 dans linitialisation et Affecter la variable v la

valeur i +1k !

la fin de la boucle Pour.

l5 (vn) semble tre dcroissante partir du rang 1 et converger vers la mme limite que (un).

14 1. Suites

l6 a. un + 1 un= 1(n +1)! qui est strictement positif pour tout n .b. Dmontrons par rcurrence que n! 2n 1 pour tout n 1.Initialisation :

1! = 1 et 21 1 = 20 = 1 donc la proprit est initialise au rang 1 puisque 1! 21 1.Hrdit :

Supposons que la proprit est vraie pour un certain rang p.

Supposons donc p! 2p 1 pour un certain p 1 donn.Dmontrons que la proprit est hrditaire et donc quelle est vraie pour le rang p + 1.

(p + 1)! = (p + 1) p! donc (p + 1)! (p + 1) 2p 1.Or p 1 donc p + 1 2 do (p + 1)! 2 2p 1 et (p + 1)! 2p.Donc la proprit est vraie au rang p + 1.

Conclusion :

La proprit est initialise au rang 1, et si la proprit est vraie au rang p alors elle est vraie au rang

p + 1 donc elle est hrditaire. En conclusion, la proprit est vraie pour tout p *.Donc k! 2k 1 pour tout k 1.

c. On a 1k !

1

2k1 pour tout k 1 daprs b.

Donc 1+ 11!

+ 12!

+ 13!

+ ....+ 1n ! 1+ 1

21 1+ 122 1

+ 123 1

+ ...+ 12n 1

.

Do un 1+1

21 1+ 122 1

+ 123 1

+ ...+ 12n 1

.

d. On remarque que 121 1

+ 122 1

+ 123 1

+ ...+ 12n 1

est la somme des termes dune suite gomtrique

de raison 12


On a donc 1

21 1+ 122 1

+ 123 1

+ ...+ 12n 1

=1 1

2

n

1 12

=1 1

2

n

12

= 2 1 12

n

pour tout n *.

e. Daprs d, comme 1 12

n

1. Suites 15

TP3 Unpontdecartes

l1 Voir fichiers logiciels.

On obtient une longueur de 21,1 cm environ.

En saisissant en cellule B3 : =B2+3,5/A2 .

l2 a. On remarque que Ln + 1 Ln=3,5n do Ln + 1 = Ln +3,5n

.

Voir fichiers logiciels.

b. On retrouve bien le rsultat de 21,1 cm environ.c. Pour n = 1 000, on obtient une longueur de 33,20 cm environ.

l3 a. Voir fichiers logiciels.b. Daprs notre algorithme, quel que soit le rel M, il semble quil existe un rang partir duquel tous les termes de la suite sont dans ]M ; +3[, ce qui est la dfinition dune suite tendant vers +3.

Avec une infinit de cartes, il semblerait que Baptiste puisse obtenir une longueur infinie.

l4 a. Le centre de gravit est plac 111 du segment [AB], du ct de A.b. Le centre de gravit est alors plac

1n

du segment [GXn] du ct de Xn.

c. La distance entre xn 1 et labscisse de G est 3,5.

d. Daprs b et c, on a xn = xn 1 +3,5n

.

e. Initialisation :L2 = x1 + 7 et x1 = 3,5 daprs d, donc L2 = 10,5.

Par ailleurs, 7 + 3,51

21

= 10,5 .

Donc la proprit est initialise au rang 2.

Hrdit :


Supposons donc Lp = 7 + 3,5 1+12+ 13+ ...+ 1

p 1

pour un certain p 2 donn.

Dmontrons que la proprit est hrditaire et donc quelle est vraie pour le rang p + 1.

Lp + 1 = 7 + xp = 7 + xp 1 + 3,5p

daprs d.

Do Lp + 1 = Lp + 3,5p

= 7 + 3,5 1+ 12+ 13+ ...+ 1

p 1

+ 3,5p

= 7 + 3,5 1+ 12+ 13+ ...+ 1

p 1 +1p

en factorisant.

Donc la proprit est vraie au rang p + 1.

16 1. Suites

Conclusion :


p + 1 donc elle est hrditaire. En conclusion, la proprit est vraie pour tout entier n 2.

Donc Ln = 7 + 3,5 1+12+ 13+ ...+ 1

n 1

pour tout entier n 2.

l5 a. (un) est croissante car un + 1 un = 1n +1 > 0.b. u2n = 1+

12+ 13+ ...+ 1

n 1 +1n

+1

n +1+ 1n + 2

+ ...+ 12n 1 +

12n

= un +1

n +1+ 1n + 2

+ ...+ 12n 1 +

12n

.

Or n + 1, n + 2, ..., 2n 1 sont infrieurs 2n pour tout entier n non nul.

Donc chaque terme de la somme est minor par 12n

pour tout entier n non nul.

Do u2n un +12n

+ 12n

+ ...+ 12n

+ 12n

avec n termes 12n

.

Do u2n un +n2n

puis u2n un +12

pour tout entier n non nul.

c. En appliquant deux fois b, on a u4n u2n +12

un + 1.

Dmontrons par rcurrence sur k quil existe un rang n tel que un k pour tout entier k 1.Initialisation :

u1 = 1 donc la proprit est initialise au rang 1.

Hrdit :


Supposons donc quil existe un rang n tel que un p pour un certain p 1 donn.Dmontrons que la proprit est hrditaire et donc quelle est vraie pour le rang p + 1.

Nous avons vu que u4n un + 1 donc u4n p + 1.La proprit est vraie au rang p + 1.

Conclusion :


p + 1 donc elle est hrditaire. En conclusion, la proprit est vraie pour tout entier n 1.Donc il existe un rang n tel que un k pour tout entier k 1.d. Le c est la ngation de la dfinition dune suite majore donc (un) nest pas majore.e. Daprs le cours, une suite croissante et non majore tend vers +3.

l6 On a Ln = 7 + 3,5un donc, daprs les oprations sur les limites, (Ln) tend vers +3.

TP4 Comparerdesvitessesdeconvergence

l1 a. Dans la cellule E2, on saisit : =A2*RACINE(A2) .b. Dans la cellule F2, on saisit : =A2^2 .c. Dans la cellule B3, on saisit : =1/A3 .d. Dans la cellule C3, on saisit : =1/A3^2 .

l2 Voir fichiers logiciels.l3 (un), (vn) et (wn) sont dcroissantes minores par 0 et les trois autres suites sont croissantes non

majores.

l4 Oui.l5 0 pour (un), (vn) et (wn) et +3 pour les trois autres suites.l6 Non, elles convergent plus ou moins vite.

1. Suites 17

l7 a. Au rang 100 pour (un), au rang 10 pour (vn) et au rang 10 000 pour (wn).b. La plus rapide est (vn), puis cest (un) puis cest (wn) la plus lente.c. La plus rapide est (sn), puis cest (rn) puis cest (tn) la plus lente.

d. La suite 1n n

n*

est entre (vn) et (un) en termes de rapidit.

(n3)n est la plus rapide de toutes.

TP5 SuitesdeFareyPartie A

l1 F1 = {0 ; 1} ; F2 = 0 ; 12;1{ } ; F3 = 0 ; 13 ; 12 ; 23 ;1{ } ; F5 = 0 ; 15 ; 14 ; 13 ; 25 ; 12 ; 35 ; 23 ; 34 ; 45 ;1{ }.

l2 On constate que si xy

et xy

sont conscutives alors xy xy = 1.

l3 a. k e f a b c d Sortie

Initialisation - - - 0 1 1 401

tape 1 1 1 3 1 4 1 314

tape 2 2 1 2 1 3 1 213

tape 3 3 2 3 1 2 2 312

tape 4 2 3 4 2 3 3 423

tape 5 1 1 1 3 4 1 134

tape 6 8 5 7 1 1 5 7 1

b. Il permet dobtenir la suite de Farey dordre n.c. Il faut laisser les blocs de 2 leur place.

d. Cest cd

.

e. Cest ef

.

l4 Par construction de lalgorithme, nous avons a + e = kc et b + f = kd.Si les trois fractions sont bien dans la mme suite de Farey Fn et que la 3

e est la plus petite possible,

on aura alors des fractions conscutives de Farey dordre n daprs la proprit.

18 1. Suites

Linitialisation assure que les premiers ab

et cd

sont dans Fn. Il suffit donc que ef

soit dans Fn pour

navoir que des fractions de Fn en raisonnant par rcurrence.

k permet justement de sassurer que son dnominateur soit le plus grand possible pour avoir la plus

petite fraction possible suprieure ab

et cd

et que ef

reste dans Fn ( ou sinon lalgorithme sarrte...).

Ainsi, on choisit le plus grand k tel que kd b n, cest--dire k = E n + bd

.

Partie B

l1 01

13

23

12

14

15

27

38

37

47

58

57

45

25

35

34

11

l2 Voir fichiers logiciels.l3 En 29 itrations.

TP6 TropdepagesNotons k la page qui a t compte deux fois.

Alors n n +1( )

2+ k = 2 012 . Comme k > 0, on a n n +1( )

2< 2 012 0.

Do (un) est strictement croissante.

b. un + 1 un = 5 n +17

5 n7

= n

7n +17

= 17

.

un + 1 un < 0 pour tout n donc (un) est stricte-ment dcroissante. c. un + 1 un = (n + 1)2 (n + 1) (n2 n)

= n2 + 2 n + 1 n 1 n2 + n= 2n.

Donc un + 1 un 0 pour tout n donc (un) est croissante.

11 Cet exercice est corrig dans le manuel, p. 456.

12 un + 1 un = 5(n + 1)2 4(n + 1) (5n2 4n) = 5n2 + 10n + 5 4n 4 5n2 + 4n = 10n + 1.

Donc un + 1 un > 0 pour tout n et (un) est stric-tement croissante.

vn + 1 vn = (n + 1)2 4(n + 1) (n2 4n) = n2 + 2n + 1 4n 4 n2 + 4n

= 2n 3.

vn + 1 vn > 0 pour tout entier n 2 donc (vn) est strictement croissante partie du rang 2.

13 a. un = 3 32

n .

(un) est une suite gomtrique de raison 32

et de

premier terme 3. Or 32

> 1 et 3 > 0 donc (un) est stric-

tement croissante.

b. vn +1vn

= 7 .

7 > 1 et la suite (vn) est positive pour tout n .

Donc (vn) est une suite croissante.

c. wn +1wn

= p3

> 1 et la suite (wn) est positive pour

tout n . Donc (wn) est une suite croissante.

20 1. Suites

14 a. u1 = 14,8 ; u2 = 6,16 ; u3 = 13,072. b. 4 up 15 0,8 15 0,8up 0,8 4

car 0,8 < 0 12 0,8up 3,2 6 0,8up + 18 14,8c. Initialisation : 4 u0 15 donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que 4 up 15 pour un p donn, p . Daprs b, on a donc 6 up + 1 14,8. Donc 4 up + 1 15. La proprit est hrditaire. Conclusion : On a donc 4 un 15 pour tout n .

15 a. Le premier nombre impair est 1.Le deuxime nombre impair est 3.Le septime nombre impair est 13. b. On ajoute 2. c. Initialisation : Pour n = 1, on a 2n 1 = 1 qui est bien le premier nombre impair ; donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que la proprit est vraie au rang p avec p *. Le pime nombre impair est donc 2p 1. Daprs b, le nombre impair suivant est 2p 1 + 2 cest--dire 2p + 1.Or 2p + 1 = 2(p + 1) 1. Donc le (p + 1)ime nombre impair est 2(p + 1) 1.La proprit est donc hrditaire. Conclusion : Donc le nime nombre impair est 2n 1 pour tout n *.


17 a. Supposons que la proprit est vraie au rang p avec p . 4p + 1 est donc un multiple de 3. Or 4p + 1 + 1 = 4 (4p + 1) 3.Par hypothse de rcurrence, 4 (4p + 1) est donc un multiple de 3 puisque 4p + 1 lest. On peut donc factoriser 4p + 1 1 par 3 et un entier. 4p + 1 1 est donc un multiple de 3. La proprit est hrditaire. b. Cependant, cette proprit est fausse car on nar-rive jamais linitialiser. Par exemple, pour n = 2, 17 nest pas un multiple de 3. On a toujours 4n + 1 = 2 [3] pour tout n .Attention bien initialiser une rcurrence.

18 Initialisation : Pour n = 0, 5n + 2 = 25 et 4n + 2 + 3n + 2 = 25. On a donc 5n + 2 4n + 2 + 3n + 2 pour n = 0.La proprit est initialise. Hrdit : Supposons que la proprit est vraie au rang p o p .

On a donc 5p + 2 4p + 2 + 3p + 2. Alors 5p + 3 = 5p + 2 5 5(4p + 2 + 3p + 2) 5 4p + 2 + 5 3p + 2. Or 5 4 et 5 3 donc 5p + 3 4 4p + 2 + 3 3p + 2.Do 5p + 3 4p + 3 + 3p + 3. La proprit est donc hrditaire. Conclusion : 5n + 2 4n + 2 + 3n + 2 pour tout n .

19 Dmontrons cette proprit par rcurrence sur n *.Initialisation : Pour n = 1, 3n 1 = 2 qui est pair. La proprit est donc initialise. Hrdit : Supposons que la proprit est vraie au rang p o p est un entier non nul. 3p 1 est un nombre pair. Or 3p + 1 1 = 3 (3p 1) + 2. 3 (3p 1) est un nombre pair puisque 3p 1 lest. 2 tant pair, 3p + 1 1 est donc pair. La proprit est donc hrditaire. Conclusion : 3n 1 est donc un nombre pair pour tout entier n 1.

20 Dmontrons cette proprit par rcurrence sur n *.

Initialisation : Pour n = 1, n2(n +1)2

4= 1 2

2

4 = 1 = 13.

Donc la proprit est initialise au rang 1. Hrdit : Supposons que la proprit est vraie au rang p o p est un entier non nul.

On a donc 13 + 23 + 33 + + p3 = p2(p +1)2

4. Donc

13 + 23 + 33 + + p3 + (p + 1)3 = p2(p +1)2

4 + (p + 1)3

= (p + 1)2 p2

4+ p +1

= (p + 1)2 p2 + 4p + 4

4

= (p +1)2

4 (p + 2)2 .

Donc la proprit est hrditaire.

Conclusion : On a 13 + 23 + 33 + + n3 = n2(n +1)2

4

pour tout n *.

21 Dmontrons cette proprit par rcurrence sur n .Initialisation : Pour n = 0, (n + 1)2 = 1 donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que la proprit est vraie au rang p o p est un entier. On a 1 + 3 + 5 + + (2p + 1) = (p + 1)2.

1. Suites 21

On pose A = 1 + 3 + 5 + + (2p + 1) + (2p + 3). A = (p + 1)2 + (2p + 3)A = p2 + 2p + 1 + 2p + 3A = p2 + 4p + 4A = (p + 2)2. Donc la proprit est hrditaire. Conclusion : On a 1 + 3 + 5 + + (2n + 1) = (n + 1)2 pour tout n .

REMARQUE On peut aussi le voir gomtriquement, la grecque :

n = 1n = 2

n = 3

n = 4


23 Soit n et n 2 et

Sn =x1x2

+ x2x3

+ + xn 1xn

+ xnx1

.

1er cas : Il existe, i {1, 2, , n} tel que xi > xi + 1.

Alors xixi +1

> 1 puis Sn > 1 car les xk sont strictement

positifs pour tout k {1, 2, , n}. 2e cas : xi xi + 1 pour tout i {1, 2, , n}.Alors x1 xn. Si x1 = xn : on a xk = x1 pour tout k {1, 2, , n}et Sn = n > 1.

Si x1 < xn : alors xnx1

> 1 puis Sn > 1 car les xk sont

strictement positifs pour tout k {1, 2, , n}.Do Sn > 1 pour tout n et n 2.

REMARQUE Un raisonnement par rcurrence ne marche pas bien ici car la proprit nest pas hr-ditaire (ou on ne peut pas le montrer).

En effet, Sn + 1 = Sn xnx1

+ xnxn +1

+xn +1x1

= Sn + x1xn + xn +1

2 xnxn +1x1xn +1

.

Nous navons aucune certitude quant x1xn + xn + 1

2 xnxn + 1 positif Ce qui est mme faux en prenant x1 = 2, xn + 1 = 3 et xn = 25 par exemple. On ne peut donc pas montrer cette proprit par rcurrence.

24 Montrons cette proprit par rcurrence sur n *.

Initialisation : Pour n = 1, n(n +1)(2n +1)

6= 1 2 3

6= 1,

donc la proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que la proprit est vraie au rang p o p est un entier non nul.

12 + 22 + 32+ + p2 = p(p +1)(2p +1)

6.

On pose A = 12 + 22 + 32+ + p2 + (p + 1)2 .

A = p(p +1)(2p +1)

6 + (p + 1)2

A = (p + 1) p(2p +1)6

+ p +1

A = p +16

(2p2 + p + 6p + 6)

A = p +16

(2p2 + 7p + 6)

A = p +16

(p + 2)(2p + 3)

A = (p +1)(p + 2)(2p + 3)

6.


Conclusion : Pour tout n *,

12 + 22 + 32+ + n2 = n(n +1)(2n +1)

6.

25 a. Cette proprit a lair dtre vraie partir de n = 3.

b. Initialisation : Pour n = 3, 8 > 6 donc la proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que 2p > 2p avec p 3 et p . Alors 2p + 1 = 2p 2 > 2p 2. Donc 2p + 1 > 4p. Or, si p > 1, 4p > 2p + 2.

Donc on a 2p + 1 > 2p + 2 puis 2p + 1 > 2(p + 1).


Conclusion : 2n > 2n pour tout entier n 3.

26 a. (un) semble tre dcroissante. b. Montrons par rcurrence que un + 1 < un pour tout n .

Initialisation : u0 = 0 et u1 = 4 donc u1 < u0. La proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que up + 1 < up avec p .

Alors up +15

< up5

puis up +15

4 < up5

4.

Do up + 2 < up + 1 donc la proprit est hrditaire.

Conclusion : un + 1 < un pour tout n . Donc (un) est dcroissante.

27 a. u0 = 1 ; u1 = 114

; u2 = 9316

.

La suite (un) semble tre croissante.

b. f est une fonction affine de coefficient directeur

74

> 0 donc f est croissante sur .

c. Montrons par rcurrence sur n que un + 1 un. Initialisation : Daprs a, u1 u0 donc la proprit est initialise.

22 1. Suites

Hrdit : Supposons que up + 1 up avec p . Daprs b, on a f(up + 1) f(up)soit up + 2 up + 1.Donc la proprit est hrditaire. Conclusion : un + 1 un pour tout n . Donc (un) est croissante.

28 a. Initialisation : u0 = 0 donc u1 = 0 + 4 = 2 2. La proprit est initialise. Hrdit : Supposons que up 2 avec p *. Alors up + 4 6 4.

Puis up + 4 2 car la fonction racine carre est croissante sur +.Do up + 1 2. La proprit est hrditaire. Conclusion : un 2 pour tout n *.b. Initialisation : u1 u0 donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que up up 1 avec p *.Alors up + 4 up 1 + 4.

Puis up + 4 up 1 + 4 car la fonction racine

carre est croissante sur +.up +1 up. Donc la proprit est hrditaire. Conclusion : un + 1 un pour tout n . Donc (un) est croissante.

29 a. Initialisation :u0 = 5 donc u1 = 25 15 = 10 0.Donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que up 0 avec p *.Alors up + 3 0 puis up(up + 3) 0.Cest--dire up

2 + 3up 0.Soit up + 1 0. Donc la proprit est hrditaire. Conclusion : un 0 pour tout n 1.b. un + 1 un = un2 + 2un. Daprs a, on a un + 1 un 0 pour tout n 1.De plus, u1 u0.Donc (un) est croissante.

30 a. Soit a .

Soit n tel que n Ea + 43

+ 1.

Alors n > a + 43

puis 3n 4 > a cest--dire un > a.

Donc ]a ; +3[ contient tous les termes partir du

rang Ea + 43

+ 1 quel que soit a .

Donc (un) a pour limite +3. b. Soit a * et b +*. Alors I = ]a ; b[ contient 0.

Soit n tel que n E1b

.

Alors n > 1b

1 do nb + b > 1 puis 1

n +1 < b.

De plus, n donc 1

n +1 > a car a *.

Donc un ]a ; b[. Donc ]a ; b[ contient tous les termes partir du rang

E1b

quels que soient a * et b +*.

Donc (un) converge vers 0. c. Soit b .

Soit n tel que n E b + 97

+ 1.

Alors n > b + 97

donc 7n < b + 9puis 7n 9 < b cest--dire un < b. Donc ]3 ; b[ contient tous les termes partir du

rang E b + 97

+ 1 quel que soit b . Donc la

limite de la suite (un) est 3.

31 a. limn+3

(n 4) = +3 donc limn+3

un = 0 par

quotient.

b. limn+3

3n2 = +3 par produit donc limn+3

un = 0 par

quotient.

c. limn+3

n3 = +3 d o n c limn+3

n3 = 3 e t

limn+3

5n = 3 . Donc limn+3

un = 3 par somme.

d. un = n2 1+4n

3

n2

pour n 0.

limn+3

n2 = +3 et limn+3

1+ 4n

3

n2

= 1

donc limn+3

un = 3 par produit.

e. un =n2 2

5n+ 3n2

n2 1+ 6n2

=

2 5n+ 3n2

1+ 6n2

pour n 0.

limn+3

2 5n+ 3n2

= 2 et limn+3

1+ 6n2

= 1 donc limn+3

un = 2

par quotient.

f. limn+

n = +3 donc limn+3

1n

= 0 par quotient.

Donc limn+3

un = +3.

g. limn+3

n3 = +3 ; limn+3

2n2 = +3 et limn+3

n = +3 .

Donc limn+3

un = +3 par somme.

h. un = n2 1+ 1

n+ 1n2

= n 1+ 1

n+ 1n2

car n 0.

1. Suites 23

Or limn+3

1+ 1n+ 1n2

= 1 donc limn+3

1+ 1n+ 1n2

= 1

puis limn+3

un = +3.

32 a. un = n3 1+3

n21

n3

pour n 0.

donc limn+3

un = +3.

b. un = n2 3+5n+ 7n2

donc limn+3

un = 3.

c. limn+3

n2

n +1= +3 car n

2

n +1= n

1+ 1n

pour n 0.

Do limn+3

un = +3.

d. un =n2 1

3n

2n2

n3 1+ 1n2

=

1n

1 3n

2n2

1+ 1n2

pour n 0.

Do limn+3

un = 0.

e. un =n 1

2n

n 1+ 4n

= 1n

1 2n

1+ 4n

.

Do limn+3

un = 0.

f. un =6n2 + 3n 3 6n2

2n +1 = 3n 32n +1

= n 3

3n

n 2+ 1n

=

3 3n

2+ 1n

pour n 0.

Do limn+3

un =32

.

33 a. un = n2 + 4 n2 +1

= n2 + 4 n2 +1( ) n2 + 4 + n2 +1( )

n2 + 4 + n2 +1

= n2 + 4 (n2 +1)

n2 + 4 + n2 +1 = 3

n2 + 4 + n2 +1.

limn+3

n2 + 4 = +3 car n2 + 4 = n 1+ 4n2

.

limn+3

n2 +1 = +3 car n2 +1 = n 1+ 1n2

.

Donc limn+3

un = 0.

b. vn =1

n +1 n =

n +1 + nn +1 n( ) n +1 + n( )

= n +1 + nn +1 n

= n +1 + n .

Donc limn+3

vn = +3 par somme.


35 1. a. 2. a. 3. c.

36 a. (n 1)2 0 n2 2n + 1 0 n2 n + 1 n. Donc un n pour tout n .

b. limn+3

n = +3 donc limn+3

un = +3 par les thormes

de comparaison.

37 a. On a n , donc wn 0.De plus, n 15 donc 4n 5n + 15soit 4n 5(n + 3). Donc 0 wn 1 pour tout n .

b. Daprs a, 0 un 1

(n +1)2 pour tout n .

c. limn+3

1

(n +1)2= 0

donc lim

n+3un = 0 par le thorme

des gendarmes.

38 a. 0 tn < 1n

donc limn+3

tn = 0 (thorme des

gendarmes.)

b. 1n 2

un 1

n 2 donc lim

n+3un = 0 (thorme

des gendarmes).

c. vn > n2

n donc lim

n+3vn = +3(comparaison).

d. 0 wn 2

3n donc lim

n+3wn = 0 (thorme des

gendarmes).


40 a. limn+3

un = +3 car q > 1

donc limn+3

vn = limn+3

(1+un ) = +3 .

b. limn+3

un = 0 car 0 < q < 1 donc limn+3

vn = 3

car limn+3

n + 2 = +3.

c. limn+3

un = 0 car 1 < q < 0 donc limn+3

vn = 0

car limn+3

2n +13n 4

= 23

.

d. limn+3

un = 0 car 0 < p

4 < 1.

vn =p

4

n (2)n (2)3

= 2p4

n 1

8

= 1

8 p

2

n .

Or p

2 < 1 donc

p

2

n

na pas de limite.

Do (vn) na pas de limite.

24 1. Suites

41 a. 1,1 > 1 donc lim

n+3un = +3.

b. et c. n0 existe par dfinition dune limite infinie. Voir fichiers logiciels.

42 a. Voir fichiers logiciels. b. La suite (un) semble converger vers 2. c. vn + 1 = u2n + 1 4

= 14

(u2n + 12) 4

= 14

u2n 1

= 14

(u2n 4) = 14

vn.

Donc la suite (vn) est gomtrique de raison 14

et de

premier terme v0 = 4.

d. 0 < 14

< 1 donc (vn) converge vers 0.

Do (un) converge vers 2 ou 2. 2 ne convient pas car (un) est positive.

Donc limn+3

un = 2.


44 On a 10un + 1 3 = un.

Donc vn + 1 = un + 1 13

= 110

(un + 3)13

= 110un +

310

13

= 110un

130

= 110

un 13

= 110

vn .

(vn) est donc une suite gomtrique de raison 110

.

Or 0 < 110

< 1 donc (vn) converge vers 0.

Do limn+3

un =13

.

45 a. un =5n + 2

7n +1

325

45

n 1

17 2

7

n + 4

.

Or 0 < 45

< 1 et 0 < 27

< 1

donc limn+3

45

n = 0 et lim

n+327

n = 0

donc limn+3

325

45

n 1

17 2

7

n + 4

= 14

.

Par ailleurs, 0 < 57

< 1 donc limn+3

57

n +1 = 0 .

Do limn+3

un = 0.

b. vn =

45

n 5

28

n 1

45

n 5

28

n +1

=

528

n 1

528

n +1

.

0 < 528

< 1 donc limn+3

528

n = 0.

Do limn+3

vn = 1.

46 (1 + n)n > 2n pour tout entier n 2.

Or limn+3

2n = +3 car 2 > 1.

Daprs les thormes de comparaison,

limn+3

(1+n)n = +3.

47 a. Faux. Par exemple, un = ( 1)nn.b. Vrai car la suite est borne (thorme p. 38).c. Vrai.d. Faux. Par exemple un = n.

48 a. Quel que soit lentier n tel que n > n0, on a un un0. b. Il existe un rel M tel que, quel que soit lentier n, on a un M. c. Il existe un rel m tel que, quel que soit lentier n n0, on a un m.

49 a. Faux ; par exemple un =(1)n

n.

b. Faux ; par exemple un = 1+1n

.

c. Faux ; par exemple un = 2+1n

.


51 a. (un) semble tre croissante convergente vers 3.

Soit f la fonction dfinie sur ] 6 ; +3[ par f (x) = x + 6 . f est croissante sur ] 6 ; +3[ en tant que compose de deux fonctions croissantes.

Montrons que un un + 1 par rcurrence sur n. Initialisation : u0 = 1 et u1 = 5 donc u0 u1. La proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que up up + 1 o p .On a f(up) f(up + 1) car up 0 en tant que racine carre.

up + 1 up + 2 donc la proprit est hrditaire.

1. Suites 25

Conclusion : un un + 1 pour tout n .Donc (un) est croissante. c. Montrons que un 3 pour tout n par rcur-rence. Initialisation : u0 3 donc la proprit est initia-lise.Hrdit : Supposons que up 3 avec p .Alors up + 6 9,do up + 1 3.Conclusion : (up) est majore par 3. La suite (un) est croissante majore donc elle converge. (un) est convergente.

52 a. un + 1 un = 1

5n +1 > 0 pour tout n .

Donc (un) est croissante.

b. un =15

k

k=0

n

= 1

1 15

n +1

1 15

= 54

1 15

n +1

54

.

c. (un) est croissante et majore. Donc (un) converge.

De plus, 0 < 15

< 1 donc limn+3

15

n +1 = 0.

Do limn+3

un =54

.

Exercices dapprofondissement

53 Cette proprit semble vraie partir de n = 4.Initialisation : 34 = 81 et 43 = 64 donc 34 > 43. La proprit est initialise. Hrdit : Supposons que 3p > p3 avec p et p 4.

Alors 3p + 1 = 3p 3 > 3p3 = 33 p( )3. Or 33 > 1,44 donc 33 p > p + 0,44p

et 0,44p > 1 si p 4.

Do 33 p > p + 1 puis 3p3 > (p + 1)3.

Do 3p + 1 > (p + 1)3.La proprit est hrditaire. Conclusion : Donc 3n > n3 pour tout n suprieur ou gal 4.

54 a. Elle est videmment fausse.b. Oui, un chantillon 1 bille ayant au moins une bille jaune ne contient que des jaunes. c. Lerreur est dans la premire partie car on ne peut pas mettre des billes de ct si n = 1. Donc la proprit nest pas hrditaire de n = 1 n = 2 et donc elle est fausse.

55

a. Il permet de calculer un.

b. Voir fichiers logiciels.

c. u0 = 1 ; u1 = 1 ; u2 = 2 ; u3 = 4 et u4 = 7.

un =n(n 1)

2+1.

d. Initialisation : 0(0 1)

2+1 = 1 donc la proprit est

initialise.

Hrdit : Supposons que up =p(p 1)

2+1 avec p .

Alors up + 1 = up + p = p(p 1)

2+1+ p

= p(p 1+ 2)

2+1 = (p +1)p

2+1.


Conclusion : un =n(n 1)

2+1 pour tout n .

56 ligne 3 : u1 = 0. ligne 5 : pour tout entier p . ligne 9 : ingalit fausse. Raisonnement par ingalit faux.

ligne 12 : pour tout p est faux.

57 a. un + 1 = un +1un + 3

= un + 3un + 3

2

un + 3 = 1 2

un + 3.

b. Par rcurrence.

Initialisation : 0 u0 1 donc la proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que 0 up 1 o p .

Alors 3 up + 3 4 puis 24

2up + 3

23

.

Puis 1 23up +11

24

.

Cest--dire 013up +1

121.


Conclusion : Donc 0 un 1 pour tout n . c. f est drivable sur [0 ; 1] en tant que fonction rationnelle.

f '(x) = 2(x + 3)2

.

f (x) > 0 donc f est strictement croissante sur [0 ; 1].

d. Initialisation : u1 = 12

donc u0 > u1. La proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que up > up + 1 avec p .

Daprs b et c, on a donc f(up) > f(up + 1), soit up + 1 > up + 2. Donc la proprit est hrditaire.

Conclusion : Do un > un + 1 pour tout n .

Donc (un) est strictement croissante.

26 1. Suites

58 1. a. un =n +1 n( ) n +1 + n( )

n +1 + n

pour tout n *.

un =n +1 nn +1 + n

= 1n +1 + n

.

Or n +1 n donc 2 n n +1 + n 2 n +1.

Do 12 n +1

un 1

2 n pour tout n *.

b. limn+3

12 n

= 0 et limn+3

12 n +1

= 0 .

Donc limn+3

un = 0 daprs le thorme des gendarmes.

2. vn =u1 +u2 + ...+un

n

vn = 2 1 + 3 2 + 4 3 + ...+ n +1 n

n.

Do vn =n +1 1

n= n +1

n

1n

= 1+ 1n

1n

.

Or limn+3

1n

= 0 et limn+3

1+ 1n= 1 donc lim

n+3vn = 1.

59 a. Par rcurrence :Initialisation : u0 > 0 donc la proprit est initialise.Hrdit : Soit up > 0 pour tout p .

Alors up + 1 = up

up2 +1

> 0 car > 0.

La proprit est hrditaire.Conclusion : Donc un > 0 pour tout n .b. Pour tout n , un2 + 1 1 (1)

(1) un2 +1 1

unun2 +1

un donc un + 1 un

pour tout n .(un) est dcroissante. (un) est dcroissante et minore donc (un) converge. c. Par rcurrence :

Initialisation : 10 +1

= 1 donc la proprit est initia-

lise.

Hrdit : Supposons que up = 1p +1

o p .

Alors up + 1 = up

up2 +1

= 1p +1

11

p +1+1

= 1p +1

p +11+ p +1

= 1p + 2

.


Conclusion : un =1n +1

pour tout n .

d. limn+3

n +1 = +3 donc lim

n+3un = 0.

60 a. Les lancers sont indpendants donc :un = p (navoir aucun 4 sur n 1 lancers) p (avoir 4 au nime lancer).

un =56

n 1 1

6 pour tout n *.

Donc (un) est une suite gomtrique de raison 56

et de premier terme 16

.

0 < 56

< 1 donc (un) converge vers 0.

b. Sn = 161

56

n

1 56

= 1 56

n .

Donc Sn = 1 56

n pour tout n *.

c. (Sn) converge vers 1 car limn+3

56

n = 0 car 0 < 5

6 < 1.

Sn reprsente la probabilit davoir eu un 4 lors des n premiers lancers.Lorsque n tend vers linfini, la probabilit dobtenir un 4 lorsquune infinit de lancers est faite est de 1. Autrement dit, il est certain dobtenir un 4 sur une infinit de lancers dun d quilibr 6 faces.

61 1. a. On a apparemment 1 un 2. b. Par rcurrence :Initialisation : u0 = 2 donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que 1 up 2 o p .Alors 3 up + 2 4

34

3up + 2

1 puis 1 2 3

up + 2

54

.

Donc 1up +154 2.

La proprit est hrditaire. Conclusion : 1 un 2 pour tout n .c. Soit f la fonction dfinie sur [1 ; 2] telle que

f (x) = 2 3x + 2

.

f '(x) = 3(x + 2)2

> 0.

Donc f est strictement croissante sur [1 ; 2].Montrons que (un) est strictement dcroissante par rcurrence.

Initialisation : u1 = 54

.

Donc u0 > u1. La proprit est initialise.Hrdit : Supposons que up > up + 1 avec p .Daprs b, 1 up + 1 < up 2 (1)(1) f(1) f(up + 1) < f(up) f(2)(1) up + 2 < up + 1.

1. Suites 27

Donc la proprit est hrditaire.Conclusion : un + 1 < un pour tout n .(un) est dcroissante. d. (un) est dcroissante et minore donc (un) converge. 2. a. Voir fichiers logiciels.b. un < 1,000 3 pour n 8.Un < 1,000 05 pour n 9.

62 a. Pn est drivable sur + en tant que poly-nme. Pn(x) = nx

n 1 + (n 1)xn 2 + + 2x + 1.Pn(x) > 0 pour tout x

+ et n 2.Donc Pn est strictement croissante sur

+ pour tout n 2. b.

x 0 1

Pn

n 1

1

Pn est continue et strictement croissante sur [0 ; 1].0 [ 1 ; n 1] pour tout n 2. Donc Pn admet une unique racine sur [0 ; 1] et mme ]0 ; 1[.

c. Pn + 1(xn + 1) = xn +1n +1 + Pn(xn + 1) et Pn + 1(xn + 1) = 0.

Donc Pn (xn + 1) = xn +1n +1 < 0 car xn + 1 ]0 ; 1] pour

tout n 2. Pn (xn + 1) < 0 pour tout n 2. d. Comme Pn (xn) = 0, on a Pn (xn + 1) < Pn (xn)soit xn + 1 < xn car Pn est strictement croissante sur [0 ; 1] pour tout n 2.Donc (xn) est dcroissante. (xn) est dcroissante et minore par 0 donc (xn) converge.

63 a. Vrai.

En effet, soit f dfinie sur 23;+3

par f(x) = 3x 2 .

f est croissante sur 23;+3

.

La monotonie de (un) dpend de u0 et u1. Si u0 = 2 alors u0 = u1 et (un) est constante. Si u0 < 2 alors u0 < u1 et (un) est croissante. Si u0 > 2 alors u0 > u1 et (un) est dcroissante. b. Vrai.c. Faux puisquelle est croissante.d. Vrai.

64 a. un a et vn b donc b vn 0 pour tout n .Do 0 a un (a un) + (b vn) (1)(1) 0 a un (a + b) (un + vn).

Or limn+3

(a + b) (un +vn ) = 0 par hypothse.

Donc limn+3

a un = 0 par le thorme des gendarmes.

(un) converge vers a.

b. De mme, on a 0 b vn (b vn) + (a un) (2)(2) 0 b vn (a + b) (un + vn).Donc, par le thorme des gendarmes, (vn) converge vers b.

65 Notons an laire du nime triangle si on les classe dans lordre dcroissant.

a1 =a2

2. Comme le sommet du (n + 1)ime triangle est

au milieu de lhypotnuse du nime triangle, et que les cts sont parallles, daprs la rciproque de Thals, les cts du (n + 1)ime triangle sont deux fois plus petits que ceux du nime.

Do an +1 =14an.

(an) est une suite gomtrique de raison 14

et de

premier terme a2

2.

Soit sn laire occupe par les n premiers triangles.

sn = a1 + a2 + + an

sn =a2

21

14

n

1 14

= 23a2 1

14

n

.

0 < 14

< 1 donc limn+3

14

n = 0 puis lim

n+3sn =

23a2.

Laire orange est donc 23a2.

66 1. un + 1 un < 0 pour tout n , donc (un) est strictement dcroissante.

2. a. Dmonstration par rcurrence.

Initialisation : u3 = 12 < 3. La proprit est initia-lise.

Hrdit : Supposons que up < p avec p .

up + 1 = up 2(p + 1) < p 2p 2 = 3p 2 < (p + 1).

Donc up + 1 < (p + 1).

La proprit est hrditaire.

Conclusion : un < n pour tout entier naturel n > 2.

b. limn+3

n = 3 donc limn+3

un = 3 par compa-

raison.

3. Montrons par rcurrence que un = n(n + 1) pour tout n .

Initialisation : u0 = 0. La proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que up = p(p + 1) avec p .

up + 1 = up 2(p + 1) = p(p + 1) 2(p + 1)

= (p + 1)(p + 2).


Conclusion : un = n(n + 1) pour tout n .

28 1. Suites

67 1 + 1p2

+ 1(p +1)2

= p2(p +1)2 + (p +1)2 + p2

p2(p +1)2 pour

tout p *. On pose A = 1 + 1

p2+ 1(p +1)2

.

A = p2 + (p2 + 2p +1)+ p2 + 2p +1+ p2

p2(p +1)2

A = p4 + 2p3 + 3p2 + 2p +1

p2(p +1)2

(p2 + p + 1)2 = p4 + 2p3 + 2p2 + 2p +p2 + 1.

Donc 1+1

p2+ 1(p +1)2

= p2 + p +1p(p +1)

2

= p(p +1)+1p(p +1)

2

.

Do 1+ 1p2

+ 1(p +1)2

= 1+ 1p(p +1)

pour tout p *.

Notons S la somme demande.

On a S = 1+ 1p(p +1)

p=1

2011

.

Or 1p(p +1)

= 1p

1

p +1.

Donc S = 2011+ 1p

p=1

2011

1p +1p=12011

= 2011+1 12012 .

Donc S = 2012 12012

= 4 0481432012

.

68 a. v0 = 1 ; u1 = 32

; v1 = 43

; u2 = 1712

; v2 = 2417

.

b.

n 0 1 2 3 4 5

un 2 1,5 1,4166 1,4142 1,4142 1,4142

vn 1 1,333 1,4117

n 6 7 8 9 10

un 1,4142 1,4142 1,4142 1,4142 1,4142

vn

c. Par rcurrence :

Initialisation : 1 u0 2 et 1 v0 2 donc la proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que 1 up 2 et 1 vp 2 pour p .

Alors 2 up + vp 4 donc 1 up + 1 2.

Puis 12up +121 do 1 2

up +1 2.


Conclusion : (un) et (vn) sont bornes par 1 et 2.

d. un + 1 vn + 1 = un +vn

2

4un +vn

= (un +vn )2 8

2(un +vn ).

Or unvn = 2.

Donc un + 1 vn + 1 = (un +vn )

2 4unvn2(un +vn )

= (un vn )2

2(un +vn ) pour tout n .

e. Daprs c, un et vn sont positifs pour tout n .

Donc un + 1 vn + 1 0 pour tout n . De plus, u0 v0 donc un vn pour tout n .

f. un + 1 = un +vn

2 et un vn pour tout n .

Donc un + 1 2un2

do un + 1 un.

Donc (un) est dcroissante.

Comme un +1 un, on a 2un +1

2un

soit vn + 1 vn pour tout n .Donc (vn) est croissante.

REMARQUE On notera que ces deux suites sont adja-centes et convergent vers 2 (trs rapidement dailleurs).

Objectif BAC

Se tester surLes exercices de cette rubrique sont corrigs dans le manuel, p.456.

Sujets type BAC

79

Cet exercice est rsolu dans le manuel, p 60.

80 a. Supposons que < . Notons =

1. Suites 29

b. Soit (un) et (vn) telles que limn+3

un = <

et limn+3

vn =

30 1. Suites

85 1. a.A0 = O A1A2 A4 A5

A6 A30 1

b. On a a2 =a0 + a1

2= 0,5, puis a3 = 0,75, a4 = 0,625,

a5 = 0,687 5 et a6 = 0,656 25. c. Puisque le point An + 2 est le milieu du segment [AnAn + 1] cela se traduit en abscisses par :

an+2 =an + an +1

2.

2. Initialisation : 12a0 + 1 = 0 + 1 = 1 = a1. La formule

est vraie au rang 0. Hrdit : Supposons quil existe p , p > 0 tel que

ap + 1 = 12ap +1, qui quivaut ap = 2 2ap + 1.

Alors ap + 2 = ap + ap +1

2 =

2 2ap +1 + ap +12

= 2 ap +1

2

= 1 12ap +1 , donc la relation est vraie au

rang p + 1. Conclusion : On a donc dmontr que pour tout

naturel n , an + 1= 12an +1.

3. On a pour tout naturel n, vn + 1 = an + 1 23

vn + 1 = 12an +1

23

= 12an +

13

= 12

an 23

= 1

2vn .

La relation pour tout naturel n , vn + 1 = 12vn

montre que (vn) est une suite gomtrique de raison

12

et de premier terme v0 = a0 23= 2

3.

4. On sait que pour tout naturel n :

vn + 1 = v0 12

n = 2

312

n.

Or 1 < 12

< 1 limn+3

12

n = 0 .

Donc limn+3

vn = 0 .

Comme an = vn + 23

, on a limn+3

an =23

.

86 1. un + 1 un > 0 pour tout n , donc (un) est strictement croissante. 2. a. Par rcurrence. Initialisation : 1 > 02 donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que up > p

2 avec p .up + 1 = up + 2p + 3 > p

2 + 2p + 3 > p2 + 2p + 1 = (p + 1)2.Donc up + 1 > (p + 1)

2. La proprit est hrditaire. Conclusion : un > n

2 pour tout n .

b. limn+3

n2 = +3 donc limn+3

un = +3 par comparaison.

3. Montrons que un = (n + 1)2 pour tout n par rcurrence. Initialisation : u0 = 1 donc la proprit est initialise. Supposons que up = (p + 1)

2 pour p .up + 1 = up + 2p + 3 = (p + 1)2 + 2p + 3 = p2 + 4p + 4 = (p + 2)2.Donc la proprit est hrditaire. Conclusion : Donc un = (n + 1)

2 pour tout n .

87 1. a. Voir fichiers logicielsb. La suite (un) semble tre dcroissante et conver-gente vers 1.2. a. Initialisation : On a u0 1 = 5 1 = 4 > 0 : vrai. Hrdit : Supposons quil existe p tel que : up 1 > 0.

Or up + 1 = 4up 1

up + 2 donc up + 1 1 =

4up 1

up + 21.

up + 1 1 = 4up 1 up 2

up + 2 =

3up 3

up + 2 =

3(up 1)

up + 2.

On sait que up 1 > 0, donc up > 1 et up + 2 > 3 > 0. Tous les termes de un + 1 1 sont suprieurs zro, donc finalement up + 1 1 > 0. Conclusion : On a donc dmontr par rcurrence que pour tout n , un 1 > 0.b. Dcroissance de la suite :

soit un + 1 un = 4un 1un + 2

un = 4un 1 un

2 2unun + 2

= un2 + 2un 1un + 2

= un2 2un +1un + 2

= (un 1)

2

un + 2.

Les deux termes du quotient sont positifs, donc finalement un + 1 un < 0 ce qui dmontre que la suite (un) est dcroissante. Or un 1 > 0 un > 1. La suite (un) est dcroissante et minore donc elle converge.

3. a. On a vn + 1 vn = 1

un +1 1

1un 1

.

Or on a vu ci-dessus (dmonstration par rcur-

rence) que un + 1 1 = 3(un 1)un + 2

, donc :

vn + 1 vn = un + 23(un 1)

1

un 1 = un + 2 3

3(un 1) = un 1

3(un 1) = 13

,

car on a vu que un 1 > 0. Cela montre que la suite (vn) est une suite arithm-

tique de raison 13

, de premier terme :

v0 = 1

u0 1 =

15 1

= 14

.

Voir fichiers logiciels

1. Suites 31

b. On sait que :

vn = v0 + n 13

= 14+ 13n = 1

4+ n3= 3+ 4n

12.

Or vn = 1

un 1 un 1 =

1vn

(1)

(1) un = 1vn

+ 1 = 12

3+ 4n+1 = 12+ 3+ 4n

3+ 4n =

15+ 4n3+ 4n

,

quel que soit n .

c. Pour n > 0 on peut crire un = 4 + 15

n

4 + 3n

.

On voit facilement que limn+3

un = 1.

88 1. Daprs la dfinition :

u2 = u1 14u0 =

12+ 14= 34

.

Si la suite tait gomtrique, daprs les deux

premiers termes la raison serait gale 12

;

or u1 12

= 1

2 u2.

Si la suite tait arithmtique, daprs les deux

premiers termes la raison serait gale 12(1) = 3

2 ;

or u1 +32

= 4

2 u2.

Conclusion : la suite (un) nest ni arithmtique ni gomtrique. 2. a. On a pour tout naturel n :

vn + 1 = un + 2 12

un + 1 = un +1 14un

12un +1

= 12un +1

14un =

12un +1

12un

= 1

2vn .

b. vn + 1 = 12vn signifie que la suite (vn) est une suite

gomtrique de premier terme 1 (v0 = u1 12

u0 = 1)

et de raison 12

.

c. On a donc quel que soit n , vn = 12

n = 1

2n.

3. a. On a wn + 1 = un +1vn +1

= vn +

12un

12vn

= 2+unvn

.

b. On a par dfinition unvn

=wn , donc lgalit

ci-dessus scrit : wn + 1 = 2 + wn.

c. w0 =u0v0

= 11

= 1 . Lgalit prcdente montre

que la suite (wn) est une suite arithmtique de premier terme 1 et de raison 2.On a donc wn = w0 +n 2 = 1 + 2n.

4. On a trouv que wn = 2n 1 = unvn

= un12n

= 2n un.

Donc un = 2n 1

2n , car 2n 0 quel que soit n .

5. Dmonstration par rcurrence.Initialisation :

S0 = u0 = 1 et 2 2 0 + 3

20= 2 3

1 = 2 3 = 1.

La proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que Sp = 2 2p + 32p

.

Alors Sp + 1 = Sp + up + 1

Sp + 1 = 2 2p + 32p

+ 2(p +1)12p +1

Sp + 1 = 2+2(2p + 3)+ 2(p +1)1

2p +1

Sp + 1 = 2+4p 6 + 2p +1

2p +1

Sp + 1 = 2 2p + 52p +1

= 2 2(p +1)+ 32p +1

.


Conclusion : Sn = 2 2n + 32n

pour tout n .

Problmes

89 a.

tage 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Nombre de

truffes1 3 6 10 15 21 28 36 45 55

b. Il semble que, si on note sn le nombre de truffes du nime tage, on a :

sn = kk=1

n

= n(n +1)2 . c. Par rcurrence.

Initialisation : s1 = 1 et 1 22

= 1 donc la proprit est

initialise.

Hrdit : Supposons que sp = p(p +1)

2 o p *.

Alors ltage den dessous, il faut le mme nombre de truffes auquel on ajoute p + 1 truffes de manire pouvoir les dcaler. Donc sp + 1 = sp + p + 1

sp + 1 = p(p +1)

2+ p +1 = (p +1)(p + 2)

2.


Conclusion : sk =k(k +1)

2 pour tout k *.

32 1. Suites

d. Pour 2 tages : 1 + 3 = 4 il faut 4 truffes.Pour 3 tages : 1 + 3 +6 = 10 il faut 10 truffes. Pour 4 tages : 1 + 3 + 6 + 10 = 20 il faut 20 truffes. e. Si on note pn le nombre de truffes ncessaires pour une pyramide n tages, on a :

pn =n(n +1)(n + 2)

6f. Par rcurrence.

Initialisation : pour n = 1, p1 = 1 et 1 2 3

6= 1 donc

la proprit est initialise.

Hrdit : Supposons que pk = k(k +1)(k + 2)

6

o k *.Alors pk + 1 = pk + sk + 1

pk + 1 = k(k +1)(k + 2)

6+ (k +1)(k + 2)

2

= (k +1)(k + 2)

6(k + 3)

= (k +1)(k + 2)(k + 3)

6.

Conclusion : pn = n(n +1)(n + 2)

6 pour tout n *.

90

1. a. et b. La suite semble croissante et tendre vers +3.

2. un +1un

= 40n +1

(n +1)! n !40n

= 40n +1

.

Donc un +1un

< 1 pour tout n 40.

Comme les termes de la suite (un) sont positifs, on peut en dduire que (un) dcrot partir de n = 40.De plus, (un) est minore par 0 donc elle converge. 3. a. Voir fichiers logiciels. On trouve n0 = 109. b. De mme quau 2, la suite (vn) dfinie sur par

vn =41n

n ! est dcroissante partir du rang 41.

Comme n0 > 41, vn < vn0 pour tout n > n0. Or vn0 < 1 par dfinition de n0. Donc vn < vn0< 1 do vn < 1 pour tout n > n0.Donc, pour tout n > n0, n ! > 41

n. c. Pour tout n > n0, n ! > 41n do :

1n !

< 1

41n donc

40n

n ! < 40

41

n .

Donc un < 4041

n pour tout n > n0.

d. limn+3

4041

n = 0 car 0 < 40

41 < 1.

On sait que un 0 pour tout n donc daprs le

thorme des gendarmes, limn+3

un = 0.

e. On a t pig par la calculatrice car on na pas t assez loin. Il faut donc se mfier de la calcula-trice et toujours confirmer une conjecture par une dmonstration.

91 2 points t 1 segment.3 points t 3 segments.4 points t 6 segments.5 points t 10 segments.

Il semblerait quil y ait n(n 1)

2 segments avec

n points. Montrons-le par rcurrence.

Initialisation : pour n = 2, 2(2 1)

2= 1 donc la

proprit est initialise.

Hrdit : Supposons quon ait p(p 1)

2 segments

avec p points o p et p 2.Si on rajoute un point, on peut faire p nouveaux segments.

Il y a donc p(p 1)

2+ p = p p 1

2+1

= p (p +1)

2.


Conclusion : Pour tout p et p 2, on a p(p 1)

2

segments possibles avec p points.

92

a. Le kime carreau quil colle est coup dans un carreau de 1 m2 en k dans chaque dimension.

Il fait donc 1

k2m2.

Do An =1

k2k=1

n

.

b. An + 1 An = 1

n +1( )2 > 0 donc An + 1 > An pour tout

n . Do (An) est croissante.

c. 1

k 11k

= k (k 1)k(k 1)

= 1

k(k 1)

1

k2 car k > k 1

pour tout k 2.

Donc 1

k 11k

1k2

pour tout k 2.

d. Daprs a et c, on a :

An 1+1

k 1k=2

n

1k = 1 + 1 1n

pour tout n

et n 2.

An 2 1n

2 pour tout entier n 2.

Donc (An) est majore par 2.(An) est croissante majore donc elle converge. e. Voir fichiers logiciels.

1. Suites 33

93 1. L0 = 1 car il ny a quun couple au dpart.L1 = 1 car un couple ne peut se reproduire quaprs 2 mois. Ln + 2 = couples du mois prcdent + couples ns ce mois-ci. = couples du mois prcdent + couples dil y a 2 mois car un couple se reproduit (en engendrant un seul couple) sil a plus de 2 mois. Do Ln + 2 = Ln + 1 + Ln pour tout n . 2. Voir fichiers logiciels. 3. a. Initialisation :L2 = 2 et L2 = L0 + 1 donc la proprit est initialise.

Hrdit :

Supposons que Lp + 2 = Lk +1k=0

p

avec p .Alors Lp + 3 = Lp + 2 + Lp + 1

= Lk +1k=0

p

+ Lp +1 = Lk +1

k=0

p+1

Donc la proprit est hrditaire. Conclusion :Ln + 2 = L0 + L1 + + Ln + 1 pour tout n .b. Ln + 2 = Ln + Ln +1Ln + 3 = Ln + 1 + Ln + 2 = Ln + 2Ln + 1Ln + 4 = Ln + 2 + Ln + 3 = Ln + Ln + 1 + Ln + 2Ln + 1 = 2 Ln + 3Ln + 1Ln + 5 = Ln + 3 + Ln + 4 = Ln + 2Ln + 1 + 2Ln + 3Ln + 1 = 3Ln + 5Ln + 1Ln + 6 = Ln + 4 + Ln + 5 = 2 Ln + 3Ln + 1 +3Ln + 5Ln + 1 = 5Ln + 8Ln + 1Ln + 7 = Ln + 5 + Ln + 6 = 8Ln + 13Ln + 1Ln + 8 = Ln + 6 + Ln + 7 = 13Ln + 21Ln + 1Ln + 9 = 21Ln + 34 Ln + 1

Donc Lk = 55Ln + 88Ln +1 = 11Ln + 6k=n

n+9

.c. (rn) semble converger vers 1,618 environ (voir fichiers logiciels).

94 1. a. Notons an le nombre de manipulations pour dplacer une tour n tages. a4 = 15.b. a5 = 31. c. Il semblerait que an = 2n 1 pour n *.2. Montrons par rcurrence que an = 2n 1.Initialisation : Pour n = 1, a1 = 1 videmment et a1 = 2

1 1 = 1. Donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que an = 2

n 1.Pour bouger une pyramide n + 1 tages en un minimum de dplacements, il faut dplacer les n tages suprieurs sur la tige d ct en un minimum de dplacements puis dplacer le gros disque de tige et remettre les n disques.

Autrement dit, an + 1 = an + 1 + an = 2an + 1.

Donc an + 1 = 2 (2n 1) + 1 = 2n + 1 2 + 1 = 2n + 1 1.La proprit est hrditaire.

Conclusion : On a an = 2n 1 pour tout n *.

3. En une heure, Benot peut faire :3 600 0,85 4 235 manipulations au maximum. Or 212 1 = 4 095 et 213 1 = 8 191.

Donc Benot peut faire une tour 12 tages.

95 La forme du mdaillon, avec ses 2 excrois-sances droite et gauche et les 2 parties poin-tues en haut et en bas, entrane que chaque tour ncessite 6 hexagones de plus que le tour prcdent (4 hexagones gauche et droite et 2 hexagones en haut et en bas).

Notons tn le nombre dhexagones ncessaires au nime tour et rn le n

ime nombre rouge.

On a donc tn +1 = tn + 6

t1 = 19 pour tout n *.

Et rnrnr +1 = rnrnr + tnr1r1r = 1 pour tout n *.

On en dduit que tn = t1 + 6(n 1) = 13 + 6n pour tout n *.

Do rnrnr +1 = rnrnr + 6n +13

r1r1r = 1 pour tout n *.

Cest--dire rn + 1 rn = 6n + 13.

Donc rkrkr +1 rkrkrk=1

91

= 6 kk=1

91

+13 91

r92 r1 = 6 91 92

2+13 91

r92 1 = 26 299

Donc le 92e hexagone de la ligne rouge est 26 300.

96

1. a. vn = 1+1

2+ 1

2+ 1

...+ 1

2+ 12

avec n fractions.

Alors 1

vn 1= 2+ 1

2+ 1

...+ 1

2+ 12

avec n 1 fractions.

Do 1

vn 11 = vn 1 pour tout n *.

Do 1

vn +1 11 = vn pour tout n .

vn + 1 1 = 1

vn +1 et vn + 1 = 1+

1vn +1

pour tout n .


34 1. Suites

c. Montrons que 0 vn 2 pour tout n par rcurrence.Initialisation : v0 = 1 donc la proprit est initialise. Hrdit : Supposons que 0 vp 2 avec p . Alors 1 1 + vp 3

puis 13

11+vp

1 et 043vp +1 2.

Donc la proprit est hrditaire. Conclusion : 0 vn 2 pour tout n . Donc (vn) est borne. d. (vn) nest pas monotone car la fonction f dfinie sur \ { 1} par un + 1 = f(un)

(cest--dire f (x) = 1+ 11+ x

) est dcroissante.

e. < = 1+ 11+ 0 et un + 3 0 daprs 1. Do un + 1 un 0 pour tout n *.Donc (un)n * est croissante. Donc (un) converge.

3. a. vn + 1 = (n + 1)(3 un + 1)

= (n +1) 6(n +1) nun 3(n + 2)2(n +1)

= 6n nun 3n

2

= n(3 un )

2= vn

2.

Donc la suite (vn) est gomtrique de raison 12

et de

premier terme v1 = 4.

b. vn = 4 12

n 1= 23 n pour tout n *.

1. Suites 35

c. vn = n(3 un) un = 3 vnn

.

Donc un = 3+4n

12

n 1 pour tout n *.

d. 0 < 12

< 1 donc limn+3

vn = 0 et limn+3

un = 3.

99 1. a. P1 = 27 cm.

b. Ln + 1 = Ln3

et Sn + 1 = 4Sn puisquavec un segment,

on en fait 4.

c. Pn + 1 = Ln + 1 Sn + 1 = 43

Ln Sn.

Donc Pn + 1 = 43

Pn pour tout n *.

Cest une suite gomtrique de raison 43

.

Donc PnPnP =43

n 1P1P1P

soit PnPnP =43

n 1 27 pour tout n *.

d. 43

> 1 donc limn+3

PnPnP = +3.

2. a. Il y a Sn nouveaux triangles ltape n + 1. Or (Sn) est une suite gomtrique de raison 4 et de premier terme S1 = 3 donc Sn = 3 4n 1 pour tout n *.Il y a donc 3 4n 1 nouveaux triangles.

b. An + 1 An = Sn Ln +12L2L 3

4.

Or (Ln) est une suite gomtrique de raison 13

et de

premier terme 9. Donc Ln +1 = 913

n pour tout

n .

Do An + 1 An = 3 349

n 2 pour tout n *.

c. Ak +1 Akk=1

n1

= 3 3 49

k 2

k=1

n1

= 3 3 941

49

n 2

1 49

.

Or Ak +1 Ak = An A1k=1

n1

. Donc An = A1 +

243 316

1 49

n 2

= 9 34

+ 243 316

1 49

n 2

.

d. 0 < 49

< 1 donc limn+3

49

n 2 = 0

do limn+3

An =279 316

.

3. a. Puisque le coefficient de rduction est 13

,

laire est divise par 3. Au dpart, il y a un flocon puis on en rajoute 6 et aprs, chaque flocon donne naissance 3 petits flocons. Il y a donc 6 3n 1

nouveaux flocons daire A13n

o n est le nombre de

changements dchelle et o A1 est laire dun flocon. Donc laire aprs 9 changements dchelle est :

= A1 + 6A13

+ 6 3k 1 A13kk=2

9

= 3A1 + 7 2A1 = 17A1.

Donc = 17 279 3

16 cm2.

A B

H

D

CN

M J

LF E

Considrons le flocon ltape 2 et notons-le ADBECF. Construisons le triangle quilatral ECJ o J est lextrieur de ADBECF.

( rCF , lCJ) = ( rCF , rCE) + ( rCE , lCJ). Or ( rCF , rCE) = 2p3

[2]

car ADBECF est un hexagone rgulier.

( rCF , lCJ) = 2p3

+ p3

= [2].

Donc C (JF) et de mme E (JB). Donc JF = JC + CF = JC + CE = 2JC. De mme, JB = 2JE. Daprs le thorme de la droite des milieux,

CE = 12

BF.

Soit H le milieu de [ED]. Alors FH = 32

AB.

HB = 32

AB3

. Do FB = 32

43AB = 2 3

3AB.

Donc CE = 12 2 3

3AB = 3

3AB = AB

3.

Donc on a bien un coefficient de rduction de 13

.

36 1. Suites

100 n = 1 N = 2 n = 2 N = 4

n = 3 N = 7 n = 4 N = 11

On a :

n 1 2 3 4 5 6 7 8

N 2 4 7 11 16 22 29 37

On reconnat la suite des sommes des entiers cons-cutifs, plus 1.

Donc N = n(n +1)2

+1.

Dmontrons-le par rcurrence sur n *.

Initialisation : Pour n = 1, on a 2 parts et

1 (1+1)2

+1 = 2 donc la proprit est initialise.

Hrdit :

Supposons que N = n(n +1)2

+1 pour n *.

Le gteau est donc coup par n droites. Si nous rajoutons une nouvelle droite, elle coupe les n droites en n points au plus. Ce qui fait que n + 1

parts seront coupes en 2 sur les n(n +1)

2+1 parts.

Pour n + 1 coupes, nous avons donc :

n(n +1)

2+1+ n + 1 parts.

n(n +1)2

+1+ n + 1 = n(n +1)+ 2(n +1)2

+1

= (n +1)(n + 2)

2+1 donc la proprit

est hrditaire.

Conclusion : On a N = n(n +1)

2+1 pour n *.

101 1. a. Pour 5, on a : 5, 14, 23, 32, 41, 113, 131, 311, 221, 212, 122, 1112, 1121, 1211, 2111 et 11111.

Pour 6, on a : 6, 15, 24, 33, 42, 51, 114, 141, 411, 123, 321, 312, 132, 213, 231, 222, 1113, 1131, 1311, 3111, 1122, 1212, 1221, 2112, 2121, 2211, 11112, 11121, 11211, 12111, 21111, 111 111.

b. On trouve 16 numros pour 5 et 32 numros pour 6. Cela semble confirmer la conjecture.

2. a. Voici le programme de Python (il vaut mieux le faire en Java qui donne le rsultat en 56 s) :

sept=0

huit=0

neuf=0

dix=0

for i in range (1,1111111112):

L=[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]

q=i

t=0

while q != 0:

if(q%10==0):

L=[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]

break

else:

L[t] = q % 10

q = q // 10

t=t+1

somme=0

for k in range (0,10):

somme=somme+L[k]

if somme==7

sept=sept+1

if somme==8

huit=huit+1

if somme==9

neuf=neuf+1

if somme==10

dix=dix+1

print(il y a , sept, adresses dont la

somme est 7)

print(il y a , huit, adresses dont la

somme est 8)

print(il y a , neuf, adresses dont la

somme est 9)

print(il y a , dix, adresses dont la

somme est 10)

b. La conjecture est fausse. En effet, pour 10, on a 511 numros possibles (pour 7, on en a 64 ; pour 8 on en a 128, et pour 9, on en a 256).

102 1. a. Comme r1 = 0,7, on a r2 = 2r1 0,4 = 2 0,7 0,4 = 1.b. un + 1 = rn + 1 0,4 = 2rn 0,4 0,4 = 2(rn 0,4) = 2 un.

Donc la suite (un) est gomtrique de raison 2 et de premier terme 0,3.

c. un = 0,3 2n 1 puis rn = 0,3 2n 1 + 0,4 pour tout n *.

2. a.

n 3 4 5 6 7 8 9

rn 1,6 2,8 5,2 10 19,6 38,8 77,2

1. Suites 37

b. Cette loi est trs proche de la ralit, ce qui est assez remarquable pour lpoque et les moyens de mesure imprcis.

c. Il sagit de Crs (2,765 ua).

d. Le rsultat de la loi de Titius-Bode est trs large-ment faux pour cette plante malgr la prdiction de son existence grce cette loi.

e. limn+3

un = limn+3

0,3 2n 1 + 0,4

= limn+3

0,4 + 0,3 12

n +1

.

Comme limn+3

12

n +1 = 0 car 0 < 1

2 < 1, on a

limn+3

un = 0,4 ce qui correspond Mercure.

103

1. a. Le taux de croissance annuel des lynx vaut

vn+1 vnvn

mais aussi un .

Donc on obtient vn+1 vnvn

= aun b.

b. un+1 = un(1 avn + b)vn+1 = vn(1+ aun b) .

c. Voir fichiers logiciels.

2. a. Nous allons placer p0 sur laxe des abscisses dun repre dans lequel nous avons trac la fonction f dfinie sur [0 ; 1] par f(x) = kx(1 x).

Nous savons que p1 = f(p0) donc nous obtenons p1 en ordonnes. Mais nous savons aussi que p2 = f(p1) donc nous aimerions placer p1 en abscisses. Pour ceci, nous allons faire appel la droite dquation y = x qui, en y projetant p1, permet de le placer sur laxe des abscisses. Nous pouvons alors obtenir p2 en cherchant limage de p1 et on recommence...


c. Nous voyons que pour k = 2,8, la suite (pn) semble converger et donc les populations trouvent un point dquilibre dans leur volution parallle.

d. Il semble quentre k = 3 et k = 3,45, les termes de la suite se regroupent au bout dun moment autour de deux points (appels points dattraction) et que lon rentre dans un cycle de 2 termes (on parle de 2-cycle). Nous pouvons interprter ces cycles en voyant que sil y a des livres en quantit, les lynx se reproduisent et mangent les livres qui se rar-fient, ce qui entrane une baisse du nombre de lynx qui nont plus assez manger, ce qui entrane une hausse du nombre de livres qui ont moins de prdateurs et le cycle recommence.

2. Limites de fonctions 39

2. Limites de fonctions QCM Pour bien commencerLes exercices de cette rubrique sont corrigs dans le manuel, p. 456.

Corrigs des activits

1 Vers la notion de limitePartie A

1 x 10 100 1 000 106 109 1012

f(x) 3,926 7 3,074 8 3,007 3 3,000 0 3,000 00 3,000 0

2 a.

b. Plus les valeurs de x sont grandes, plus f(x) est proche de 3.

c. 9x + 43x 6 = 3 9x + 4 = 9x 18.

Lquation nadmet pas de solution.

Les machines (calculatrice / ordinateur) ne donnent que des approximations.

3 a. |f(x) 3| reprsente la distance entre le point dabscisse x de la courbe de la fonction f et 3.b. Soit n un entier naturel, rsoudre sur ]2 ; +3[ : |f(x) 3| < 10n 22

3x 6 < 10n.

Or x ]2 ; +3[ donc 3x 6 > 0 ; do : 0 < 22

3x 6 < 10n x >

223

10n + 2.

c. Il suffit de prendre a > 223

10n + 2.

Partie B

1 x 1,9 1,99 1,999 2,1 2,01 2,001

f(x) 70 730 7 330 76 736 7 336

2 a. Commande Xcas modifier : l:=makelist(n->f (2-10^(-n)),1,8).La fonction semble tendre vers 3.

b. Commande Xcas modifier : l:=makelist(n->f (2+10^(-n)),1,8).

La fonction semble tendre vers +3.

40 2. Limites de fonctions

Partie C

2 Calcul de limites

1 Quand x tend vers +3 ; lexpression 0,002 5x + ( 0,34x) + ( 20x 270) tend vers 3 et 1000

0,002 5x3 0,34x2 20x 270 tend vers 0.

De plus cos x tend vers 1 lorsque x tend vers 0, donc f (x) tend vers 1 quand x tend vers +3.

2 a. Quand x tend ves +3, 24 000x3 + 60x2 +1 200x +10 400 tend vers 0.

b. Quel que soit x rel, 1 sin x 1 donc 1 sinx2+10

1.

On en dduit que quand x tend vers +3, g(x) tend vers 0.

3 a. Pour tout rel x : 0 (cos(x + 20))2.15

cos x + 20( )( )2 +15

h(x) (x + 20)2 15

.

b. Quand x tend vers 3, alors x + 20 tend vers 3 donc (x + 20)2 tend vers +3.Quand x tend vers +3, alors x + 20 tend vers +3 donc (x + 20)2 tend vers +3.

c. h(x) (x + 20)2 15

, donc quand x tend vers 3, h(x) tend vers +3 et quand x tend vers 3,

h(x) tend vers +3.

3 Cordes gales

1 Voir fichiers logiciels.2 sA est constante et est gale dA donc sA < dB.

sB est dfinie quand la corde existe, cest--dire ds que la droite est tangente B.Une fois sB dfinie, elle prend toutes les valeurs de [0, dB] ; comme sA < dB, il existe une valeur de sB

vrifiant sB = sA.

y

x0

h

5 5 15 15 25

200

400

600

800

1 000y

x

5

10

5

10

5 5

0

15 25 15 25

g

x

10

0

0,5

0,5

1

1

y

f


Corrigs des travaux pratiques

TP 1 combien tu penses ?Partie A

1 a. 1 badge.b. Au plus 99.

c., d. et e. Dbat avec les lves. Proposer lalgorithme par dichotomie (mais on travaille sur des entiers).

2 a. 1 bonbon.b. Au plus 999 999.

c., d. et e. Dbat avec les lves, puis par dichotomie : 20 essais maximum.

Partie B

1 a. faire sur la calculatrice.b. Cela signifie quil y a eu 14 essais ; le nombre initial tait 63 ou 37.

c. Voir fichiers logiciels.

Il faut rpter 1 000 fois lalgorithme propos.

d. Le nombre A est choisi entre 1 et 1 000 000 et on initialise N 500 000.

e. Voir fichiers logiciels.

Il est plus avantageux de partir de N = 50.

Initialisation:

A est un entier choisi au hasard dans [1; 100]

N prend la valeur 50

E prend la valeur 1 (on initialise le nombre dessais)

S prend la valeur 0 (somme des essais)

Sortie:

Le nombre moyen dessais effectus pour trouver A

Traitement:

Pour k de 1 500 par pas de 1 faire

Tant que N diffrent de A faire

Si N>A

alors N prend la valeur N1

sinon N prend la valeur N+1

Fin Si

E prend la valeur E+1

Fin Tant que

S augmente de E

Fin Pour

Afficher la valeur de S/500.


2 a. faire sur la calculatrice.b.

Initialisation:

A est un entier de lintervalle [1; 100]

N prend la valeur 50 (N reprsente le premier nombre propos)

E prend la valeur 1 (E reprsente le nombre dessais)

S prend la valeur 0 (S reprsente la somme des essais)

Traitement:

Pour j de 1 jusque 1000 par pas de 1 faire

Tant que N est diffrent de A faire

si N>A

alors N est dcrment de 1

sinon N est incrment de 1

Fin Si

E est augment de 1

Fin Tant que

S est augment de E

Fin Pour

Afficher le rsultat de S/1 000.

Voir fichiers logiciels.

c. Si la partie se droule entre Laura et Fabien, il faut choisir un entier compris entre 1 et 1 000 000

Le temps de calcul (le nombre dessais) avec lalgorithme par dichotomie est nettement infrieur

celui de lalgorithme par balayage.

TP 2 Distance point-segment

1 Voir fichiers logiciels.2 a. Il semble que oui en prenant comme abscisse la droite (AB).

b. La fonction semble continue et drivable sur .

3 Si x < a alors dps = x a( )2 + y2 .Sinon, si x > b alors dps = x b( )2 + y2 .Sinon dps = |y|.

4 a. Si x < 2, alors H [AB] et dps = MA.Les coordonnes de M vrifient MA = MF. (1)

(1) (x + 2)2 + y2 = x2 + (2 y)2

(1) 4x + 4 = 4 4y

(1) y = x

Si x [ 2 ; 6] alors H [AB] donc dps = MH. (2)(2) y2 = x2 + (2 y)2

(2) 0 = x2 + 4 4y

(2) y = 14

x2 + 1

Si x > 6, alors H [AB] et dps = MB. (3)(3) (x 6)2 + y2 = x2 + (2 y)2

(3) 12x + 36 = 4 4y

(3) y = 3x 8


b. limx2x < 2

x = 2 et limx2x > 2

14x2 +1 = f (2) = 2 donc la fonction est continue en 2.

limx6x > 6

3x 8 = 10 et limx6x < 6

14x2 +1 = f (6) = 10 donc la fonction est continue en 6.

c. Si x < 2, f (x) = x ; f (x) = 1.

Si x 2, f(x) = 14

x2 + 1 ; f (x) = 12

x donc f ( 2) = 1.

La fonction est drivable en 2.

Si x > 6 ; f (x) = 3x 8 et f (x) = 3.

Si x 6 ; f (x) = 12

x donc f (6) = 3.

La fonction est drivable en 6.

5 a. Si x < a : x2 + (y yF)2 = (x a)2 + y2 (1)(1) 2yFy + yF2 = 2ax + a2

(1) y = ayF

x + yF2 a22yF

.

Si x [a ; b] : x2 + (y yF)2 = y2 (2)

(2) 2yFy + yF2 = x2

(2) y = x2 + yF

2

2yF.

Si x > b : x2 + (y yF)2 = (x b)2 + y2 (3)

(3) 2yFy = 2bx + b2

(3) y = byF

x + yF2 b22yF

.

Donc f(x) =

ayF

x + yF2 a22yF

si x < a

x2 + yF2

2yFsi x a ;b[ ]

byF

x + yF2 b22yF

si x > b

limxax < a

f (x) = ayF

a + yF2 a22yF

= a2 + yF

2

2yF et lim

xax > a

f (x) = a2 + yF

2

2yF= f (a).

limxbx < b

f (x) = b2 + yF

2

2yF= f (b) et lim

xbx > b

f (x) = byF

b + yF2 b22yF

= b2 + yF

2

2yF.

La fonction est donc continue.

Si x < a : f (x) = ayF

x + yF2 a22yF

; f (x) = ayF

; limxax < a

f (x) = ayF

.

Donc f est drivable en a.

Si x [a ; b] : f (x) = x2 + yF

2

2yF ; f (x) = 1

yFx ; f (a) = a

yF ; f (b) = b

yF.

Si x > b : f (x) = byF

x + yF2 b22yF

; f (x) = byF

; limxbx > b

f (x) = byF

.

Donc f est drivable en a et f est drivable en b.

b. Les calculs sont les mmes.


TP 3 Deux carrs et demi Partie A

1 a. Voir fichiers logiciels. (Faire varier le curseur k.)b. Lintersection est dfinie pour k [ 1 ; 2].Pour k [0 ; 1], (k) est la diagonale dun carr de ct (1 k) donc (k) = 2 1 k( ).Pour k [ 2 ; 0[,(k) est la diagonale dun carr de ct (2 + k) donc (k) = 2 2+ k( ).

Donc (k) =

2 1 k( ) pour 0< k 0

6(k) = 6(0) = 2 donc la fonction nest pas continue en 0.

c. En = 2 : limk2k < 2

6(k) = 0 et limk2k > 2

6(k)= ( 2) = 0 donc la fonction est continue en 2.

3

y

x

10

1

4 Voir fichiers logiciels. Le point M est dfini par ses coordonnes (x1 ; y1), elles-mmes dfinies par :x1 = Si[(k 0) && (k < 1), 0, si[(k < 0) && (k > 2), k, 0]] ;y1 = Si[(k 0) && (k < 1), k, si[(k < 0) && (k > 2), 0, 0]].

Partie B

1 Pour k > 1 : (k) est laire de ABCDO ; donc (k) = 52 .Pour k [0 ; 1], (k) est laire de ABCNMO cest donc laire de ABCDO diminue de celle du triangle

isocle rectangle DMN de ct (1 k) ; donc (k) = 12

(5 (1 k)2).

Pour k [ 2 ; 0[, (k) est laire du triangle isocle rectangle MAN ; donc (k) = 12

(2 + k)2.

2 a. En 1 : limk1k 1

!(k) = 52

donc la fonction est continue en 1.

b. En 0 : limk0k < 0

!(k) = limk0k < 0

12

2+ k( )2 = 2 et limk0k > 0

!(k)= (0) = 2 donc la fonction est continue en 0.

3 a. Pour k [0 ; 1], (k) = 12(5 (1 k)2) = 52

12

(1 k)2 donc (0) = 1.

Pour k [ 2 ; 0[, (k) = 12

(2 + k)2.

limk0k < 0

!(k)!(0)k

= limk0k < 0

2+ 12k = 2 donc la fonction nest pas dri-

vable en 0.

(On pourrait dmontrer que la fonction est drivable en 1.)

b. Voir figure ci-contre.

y

x

2 3 4 5 610 2

234

1


TP 4 Lentille convergente

Partie A

1 y = fxfxff + x

.

2 a. limx3

fxfxff + x

= limx3

fxfxfx

= f donc la droite dquation y = f est asymptote h en 3.

limx fx < f

fxfxf = f 2 et limx fx < f

f + x = 0 donc limx fx < f

h(x) = +3.

limx fx > f

fxfxf = f 2 et limx fx > f

f + x = 0+ donc limx fx > f

h(x) = 3.

Donc la droite dquation x = f est asymptote h.

limx0

fxfxf = 0 et limx0

f + x = f donc limx0

h(x) = 0 .

b. h(x) =f f + x( ) fxfxf 1

f + x( )2= f

2

f + x( )2.

Pour tout x h, h(x) > 0 donc h est croissante sur chaque intervalle de son ensemble de dfinition.

Tangente au point dabscisse 0 : y = h(0)(x 0) + h(0), soit y = x.

c.

x 3 f 0

h(x) + +

h +3

0

f

3

d. Voir fichiers logiciels. (On peut cocher ou non les cases, dplacer les curseurs.)

Partie B

1 oO oA = x et oO oA = fxfxff + x

donc g = fxfxff + x

1x= f

f + x.

2 a. limx3

f + x = 3 donc limx3

g(x) = 0. La droite dquation y = 0 est asymptote g en 3.

limx fx < f

f + x = 0 ; comme f > 0, limx fx < f

g(x) = 3.

limx fx > f

f + x = 0+ ; comme f > 0, limx fx > f

g(x) = +3.

Donc la droite dquation x = f est asymptote g.

limx0

f + x = f donc limx0

g(x) = 1.

b. g (x) = ff + x( )2

< 0.

Or f > 0, donc f < 0 ; donc g est dcroissante sur chaque intervalle de son ensemble de dfinition.

Tangente au point dabscisse 0 : y = g(0)(x 0) + g(0), soit y = 1fx +1.


c.

x 3 f 0

g(x)

g0

+3

0

3

1

d. Voir fichiers logiciels. (On peut cocher ou non les cases, dplacer les curseurs.)

Partie C

1 d = oO oA oO oA = fxfxff + x

x = x2

f + x.

2 a. d(x) = ax + b + cx + f =ax2 + afafa + b( )x + bfbfb + c( )

x + f.

En identifiant les coefficients :

a = 1afafa + b = 0bfbfb + c = 0

a = 1b = f

c = f 2

.

Donc d(x) = x + f f2

x + f.

limx3

x + f = +3 ; limx3

x + f = 3 donc limx3

f 2

x + f= 0. Par consquent, lim

x3d(x) = +3 .

On remarque que d est de la forme d(x) = x + f + (x) avec limx3

w(x) = 0 . Donc la droite dquation

y = x + f est asymptote d en 3.

b. limx fx < f

f + x = 0 et limx fx < f

x2 = f( )2, donc limx fx < f

d(x) = +3.

limx fx > f

f + x = 0+ et limx fx > f

x2 = f( )2, donc limx fx > f

d(x) = 3.

Donc la droite dquation x = f est asymptote d.

limx0

x + f = f donc limx0

d(x) = 0.

c. d(x) =x x + 2 f( )

x + f( )2.

Or x < 0, donc d(x) est du signe de (x + 2f).

Tangente au point dabscisse 0 : y = d(0)(x 0) + d(0), soit y = 0.

d.

x 3 2f f 0

d(x) 0 + +

d+3 +3 0

4f 3

e. Voir fichiers logiciels. (On peut cocher ou non les cases, dplacer les curseurs.)


TP 5 Problme daire

1 M la tangente f en M a pour quation : y = 1a2

x a( )+ 1a

.

N la tangente f en N a pour quation : y = a2 x 1a

+ a .

On trouve les coordonnes : A 2a; 0

et B(2a ; 0).

C est le point dintersection des tangentes : 2a

a2 +1;

2a

a2 +1

.

(a) = 12yC xB xA( ) = 12

2a

a2 +12a 2

a

=

2 a2 1( )a2 +1

.

lima+3

(a) = 2.

2 M la tangente f en M a pour quation : y = 2a3

x + 3a2

.

N la tangente f en N a pour quation : y = 2a6x + 3a4.

On trouve les coordonnes : A 3

2a2; 0

et B 3

2a ; 0

.

C est le point dintersection des tangentes : 3a4 + 3a

2a6 + 2a3 + 2;

3a4

a6 + a3 +1

.

Les coordonnes de C trouves avec le logiciel seront simplifies Un lve ne reconnatra peut-tre

pas les identits remarquables de la forme (x3 y3) et trouvera comme coordonnes :

3a a6 1( )2 a9 1( ) ;

3a4 a3 1( )a9 1

.

Lexpression de sera pour lui (a) = 9a8 18a5 + 9a22 a9 1( ) au lieu de (a) =

9a5 9a24a6 + 4a3 + a

pour le logiciel.

lima+3

(a) = 0.

TP 6 Solution uniquePosons f(x) = x + x2 + x3 + + xn dfinie sur [0 ;+3[.

f est croissante et continue sur [0 ; +3[ car elle est dfinie comme somme de fonctions croissantes et

continues sur cet intervalle.

f(0) = 0 et f(1) = n, donc il existe un unique [0 ; +3[ tel que f() = 1.

TP 7 Limite daire

Lutilisation de Xcas permet de saffranchir des calculs et de trouver (x) = xAyA( )x2x 2xA

.

Donc limx+3

(x

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