INFO DV n° 3 pour le 11 octobe 2014 TS1
EXERCICE 1
Soit la suite récurrente ( un ) définie sur IN par:
u0 = 1
u n + 1 = f( un ) pour tout n dans IN
avec la fonction f : x → x / ( x + 2 )
1. Montrer que la suite ( un ) est à termes positifs sur IN.
Faisons une récurrence sur IN.
•n = 0
On a : u0 = 1
Donc u0 ≥ 0 C'est donc vrai pour n = 0
•Soit n dans N quelconque.
Montrons que si un ≥ 0 alors un + 1 ≥ 0.
Considérons : un ≥ 0
La fonction rationnelle f est définie et dérivable sur l'intervalle ] - 2 , + ∞ [.
Pour tout x ≥ - 2
x / ( x + 2 ) = ( x + 2 - 2 ) / ( x + 2 )
Ainsi sur ] - 2 , + ∞[ f : x → 1 - 2 / ( x + 2 )
Elle est de la forme f = 1 - 2 ( 1 / u ) avec u : x → x + 2
Sa fonction dérivée est donc f ' = - 2 ( - u ' / u2 )
avec u ' : x → 1
f ' : x → 2 / ( x + 2 )2
Ainsi f ' > 0 sur ] - 2 , + ∞ [
f est donc strictement croissante sur ] - 2 , + ∞ [.
Comme un ≥ 0 on a :
f ( un ) ≥ f ( 0)
Or f(0 ) = 0
D'où un + 1 ≥ 0
Conclusion: La suite est bien à termes positifs sur IN
2. Donner sur IN le sens de variation de la suite ( un ).
Montrons que un + 1 ≤ un pour tout n dans IN par récurrence.
• n = 0
u0 = 1
On a : u1 = f( u0 ) = f( 1 ) = 1 / 3
Comme 1 /3 ≤ 1 on a bien u1 ≤ u0
L'inégalité est vraie au rang n = 0
• Soit n dans IN quelconque.
Montrons que si un + 1 ≤ un alors un + 2 ≤ un + 1
Considérons un + 1 ≤ un
Comme 0 ≤ un + 1 et f croissante sur [ 0 , + ∞ [ on a :
f( u n + 1 ) ≤ f ( un )
c-à-d
un + 2 ≤ un + 1
Conclusion : La suite est bien décroissante sur IN.
3. Montrer qu'elle est convergente . On note L sa limite.
Quelle condition sur L a -t-on ?
La suite ( un ) est décroissante et minorée par 0 sur IN.
Donc elle converge.
En outre sa limité réelle L vérifie L ≥ 0 car la suite est à termes positifs
4. Donner au moyen de la calculatrice des valeurs approchées de
ses huit premiers termes.
n | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
un | 1 | 1/ 3 | 1/7 | 1 /15 | 1 / 31 | 1 / 63 | 1 /127 | 1 /255 |
5. On admet que quand l'entier n est très grand , un , un + 1 , L
sont pratiquement confondus.
Quelle relation L vérifie-t-elle?
( Remarque: Plus tard dans l'année, on montrera que la fonction f est continue en L ≥ 0
c-à-d lim f( x ) = f ( L ) .
x → + ∞
Mais comme pour la fonction rationnelle f définie sur IR+ c'est trivial on n'en parle pas. )
On considère simplement L ≈ f( L )
c-à-d L = L / ( L + 2 )
c-à-d L ( L + 2 ) = L
c-à-d L2 + 2 L = L
c-à-d
Conclusion : L2 + L = 0 avec L ≥ 0
6. Résoudre dans l'ensemble des réels positifs l'équation x2 + x = 0.
En déduire L.
x2 + x = 0 s'écrit x ( x + 1 ) = 0
c-à-d x = 0 ou x = - 1
Mais x ≥ 0
Donc:
Conclusion: S[ 0 , + ∞ [ = { 0 }
On peut en déduire que:
Conclusion: L = 0
La suite ( un ) converge vers 0
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EXERCICE 2
On considère la suite récurrente ( vn ) définie sur IN par:
v0 = a où a est un réel fixé positif
vn + 1 = √( vn + 6 ) pour tout n dans IN
1. Donner le sens de variation de la fonction f : x →√( x + 6 ) sur
l'intervalle [ 0 , + ∞ [.
La fonction f : x → √( x + 6 ) est définie sur [ - 6 , + ∞ [.
Elle est dérivable sur ] - 6 , + ∞ [
f ' : x → 1 /( 2 √( x + 6 ) )
f ' > 0 sur l'intervalle ] - 6 , + ∞ [
Conclusion: La fonction f est donc strictement croissante
sur l'intervalle [ - 6 , + ∞[. ( On pouvait utiliser la composée de fonctions croissantes. )
2. Montrer que la suite ( vn ) est minorée par 0 sur IN.
Montrons que 0 ≤ vn pour tout n dans IN par récurence.
• n = 0
v0 = a
Or a ≥ 0
Donc v0 ≥ 0
C'est vrai pour n = 0
• Soit n dans IN quelconque.
Montrons que si vn ≥ 0 alors vn + 1 ≥ 0
Considérons vn ≥ 0
Comme f est croissante sur l'intervalle [ - 6 , + ∞ [
f ( vn ) ≥ f( 0 )
Or f( 0 ) = √ 6 et √ 6 > 0
Donc f( vn ) ≥ 0
c-à-d vn + 1 ≥ 0
Conclusion: Le résultat est bien avéré sur IN
3 . Dans chacun des cas suivants donner le sens
de variation de la suite ( vn ) sur IN.
• a = 3
• a = 0
• a = 10
Le sens de variation de f permet-il de donner celui de la suite ( vn )? NON
• cas: a = 3
La suite ( vn ) est constante sur IN
car vn = 3 pour tout n dans IN
En effet faisons une récurrence:
•• n = 0 v0 = 3
•• Soit n dans IN quelconque.
Montrons que si vn = 3 alors v n + 1 = 3
Considérons vn = 3
Alors
vn + 1 = f( vn ) = f( 3 ) = √ ( 3 + 6 ) = √ 9 = 3
Le résultat est avéré.
La suite est à la fois croissante et décroissante sur IN
• cas : a = 0 La suite ( vn ) est croissante sur IN.
En effet montrons par récurrence sur IN que vn ≤ vn + 1
pour tout n dans IN :
•• n = 0
v0 = 0 et v1 = √( 0 + 6 ) = √6
Donc v0 ≤ v1 C'st vrai pour n = 0
••Soit n dans IN quelconque.
Montrons que si vn ≤ vn + 1 alors vn + 1 ≤ vn + 2
Considérons vn ≤ vn + 1
On sait que 0 ≤ vn d'après la seconde question
Comme f est croissante sur [ - 6 , +∞ [
on a f(vn ) ≤ f( vn + 1 )
c-à-d vn + 1 ≤ vn + 2
Le résultat est avéré sur IN
• cas : a = 10 La suite ( vn ) est décroissante sur IN
Montrons par récurrence sur IN que vn + 1 ≤ vn pour tout n dans IN.
•• n = 0
v0 = 10 et v1 = √( 10 + 6 ) = 4
On a v1 ≤ v0
C'est vrai pour n = 0
•• Soit n quelconque dans IN.
Montrons que si vn + 1 ≤ vn alors vn + 2 ≤ vn + 1
Considérons :
vn + 1 ≤ vn
On a vu dans la question précédente que la suite est à termes positifs
et f croissante sur l'intervalle [ - 6 , + ∞ [ .
Donc
f( vn + 1 ) ≤ f( vn )
c-à-d
vn + 2 ≤ vn + 1
Le résultat est avéré sur IN
4. Dans cette question a = 0.
a.Montrer que la suite ( vn ) est majorée par 3 sur IN.
Montrons par récurrence que vn ≤ 3 pour tout n dans IN
• n = 0
v0 = 0 On a bien 0 ≤ 3
c'est vrai pour n = 0
• Soit n dans IN quelconque.
Montrons que si vn ≤ 3 alors vn + 1 ≤ 3
Considérons 0 ≤ vn ≤ 3
comme f est croissante sur [ - 6 , + ∞ [ on a
f ( vn ) ≤ f( 3 )
Or f ( 3 ) = √9 =3
Ainsi vn + 1 ≤ 3
Conclusion : La suite ( vn ) est bien majorée par 3 sur IN.
b.Justifier que la suite ( vn ) converge vers un réel L.
L est - il positif?
La suite( vn ) est croissante et majorée par 3 sur IN.
Donc d'après un résultat de cours:
Conclusion: elle converge.
Sa limite finie L est positive car la suite est à termes positifs.
c . Résoudre dans l'intervalle [ 0 , + ∞ [ l'équation x2 - x - 6 = 0.
En déduire L.
•• On a: Δ = b2 - 4 ac
c-à-d Δ = ( - 1 )2 - 4 × 1× (- 6 ) = 25 = 52
Donc Δ > 0
Les solutions dans IR sont :
( - b - √ Δ )/ ( 2 a ) = ( 1 - 5 ) / 2 = - 2 qu'on ne retient pas
et ( - b + √ Δ ) / ( 2 a ) = ( 1 + 5 ) / 2 = 3 que l'on retient
Conclusion : S[0 , + ∞[ = { 3 }
•• En admettant que pour n très grand vn , vn + 1 , L soient
pratiquement confondus, on a L = √ ( L + 6 ) avec 0 ≤ L ≤ 3
Cette égalité se traduit par L2 = L + 6 avec 0 ≤ L ≤ 3
c-à-d L2 - L - 6 = 0 avec 0 ≤ L ≤ 3
D'après ce que l'on vient de montrer cela signifie que L = 3
Conclusion : L = 3
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EXERCICE 3
Soient les trois suites définies sur IN de termes généraux :
wn = 2 / 5n hn = 3 ( √2 )n dn = ( - 1 )n / 5 pour tout n dans IN
Etudier la convergence éventuelle de chacune.
• On a : wn = 2 × ( 1 / 5 )n pour tout n dans IN
Comme - 1 < 1 / 5 < 1 on a lim ( 1 / 5 )n = 0
n → + ∞
Donc lim (2 ×( 1 / 5 )n ) = 0
n → + ∞
Conclusion : lim wn = 0
n → + ∞
• On a √2 > 1 donc lim ( √2 )n = + ∞
n → +∞
Donc lim ( 3 ( √2 )n ) = + ∞
n → + ∞
Conclusion: lim hn = + ∞
n → + ∞
• On a ( - 1 )n qui n'a pas de limite.
Donc ( 1 / 5 ) × ( - 1 )n n'en a pas non plus
Conclusion: La suite ( dn ) n'a pas de limite.
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