Sciences statistiques - Exercice 6 - 1° partie, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 6 - 1° partie, Exercices de Statistiques

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Sciences statistiques - Exercice 6 - 1° partie - Suites. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: la limite finie. la suite. la suite géométrique de raison.
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Terminale S

Suites Exercices corrigés

1. 1. QCM 1 1. 2. Fesic 2002 Exercice 10 1 1. 3. Fesic 2004 Exercice 9 2 1. 4. Fesic 2004 Exercice 10 2 1. 5. Fesic 2004 Exercice 11 3 1. 6. Fesic 2004 Exercice 12 4 1. 7. QCM divers 5 1. 8. ROC+exemples, France 2005 6 1. 9. Récurrence 1, France 2004 7 1. 10. Récurrence 2, Pondicherry 2004 7 1. 11. Récurrence 3, Amérique du Nord 2005 8 1. 12. Suite homographique, N. Calédonie 06/2008 11

1. 13. Suite récurrente, France remplt 2007 13 1. 14. Barycentre 1, N. Caledonie 2005 15 1. 15. Barycentre 2, N. Calédonie 2004 16 1. 16. Une exponentielle, Pondicherry 2005 17 1. 17. Formule de Stirling 18 1. 18. Suites adjacentes, Antilles 2004 20 1. 19. Suites adjacentes : calcul de la racine carrée 21 1. 20. Suites adjacentes : aire sous une courbe 23 1. 21. Suites adjacentes : le principe de la dichotomie28 1. 22. Ln et méthode de Newton-Raphson, Asie 200029 1. 23. ROC+suite solution équation, Polynésie 2005 32

1. 1. QCM

Répondez par VRAI ou FAUX en JUSTIFIANT (sauf la question f. où il « suffit » de prouver).

Soit (un) une suite géométrique de premier terme u0 = 1 et de raison q  ]0 ; + [.

On note Sn = u0 + u1 + ... + un.

Alors

a. S'il existe n ¥ tel que un > 2000, alors q > 1.

b. Si q < 1, alors il existe n ¥ tel que 0 < un < 2.

c. Si q > 1, alors lim nSn  

 .

d. Si lim 2nSn

 , alors

1

2 q  .

e. Si q = 2, alors S4 = 15.

f. Démontrer par récurrence que 3 3 3 21 2 ... (1 2 3 ... )n n        .

Correction

a. Vrai, b. Vrai, c. Vrai, d. Vrai, e. Faux.

1. 2. Fesic 2002 Exercice 10

On considère la suite  n nu ¥ définie par 0 0u  , 1 1u  et, pour tout n  ¥ ,

2 1

1 2

3 3 n n nu u u   .

On définit les suites  n nv ¥ et  n nw ¥ par 1n n nv u u  et 1 2

3 n n nw u u  .

a. La suite  n nv ¥ est arithmétique.

b. La suite  n nw ¥ est constante.

c. Pour tout n  ¥ , on a :   3

5 n n nu w v  .

d. La suite   *n nu ¥ n’a pas de limite finie.

Correction

a. Faux : Si la suite nv est arithmétique, 1n nv v  est constante :

1 2 1 1 1 1 1

1 2 5 5 5 ( ) ( ) 2

3 3 3 3 3 n n n n n n n n n n n n nv v u u u u u u u u u u v                    ;

c’est donc faux, mais nous gagnons une information intéressante : 1 5 2

3 3 n n n nv v v v      ; nv est

géométrique de raison 2

3  et de premier terme 0 1 0 1v    d’où

2

3

n

nv       

.

b. Vrai : Recommençons :

1 2 1 1 1 1 1

2 2 1 2 2 2 0

3 3 3 3 3 3 n n n n n n n n n n nw w u u u u u u u u u                 donc c’est vrai. En plus on a

0 1 0

2 1

3 nw w u u    .

c. Vrai :   1 1 3 3 2 3 5

5 5 3 5 3 n n n n n n n nw v u u u u u u 

             

    . Ok !

d. Faux : Remplaçons pour calculer nu : 3 2

1 5 3

n

nu           

dont la limite est 3

5 .

1. 3. Fesic 2004 Exercice 9

Soient l un réel et ( )n nu ¥ une suite réelle à termes tous strictement positifs. Pour les questions a., b., c.

on suppose que un converge vers l.

a. l est strictement positif.

b. Il existe n entier naturel tel que l soit une valeur approchée de un à 10−3 près.

c. La suite (ln )n nu ¥ converge vers ln(l).

d. On suppose dans cette question que la suite ( )n nu ¥ vérifie pour tout entier naturel n, 1 lnn nu u  et

que 0 1u u . On ne suppose pas que la suite ( )n nu ¥ converge.

La suite ( )n nu ¥ est décroissante.

Correction

Question a b c d

Réponse F V F V

a. Si l pouvait être négative, il existerait des termes de un négatifs à partir d’un certain rang ce qui est impossible.

Par contre l peut être nulle : par exemple les suites qn avec 0 < q < 1 convergent vers 0.

b. La traduction de cette phrase est : il existe n tel que 310nu l   ; c’est la définition même d’une

suite convergente : il existe N tel que pour tout n > N, n nu l kv  où vn converge vers 0.

c. Supposons que un converge vers 0 alors la suite (ln )n nu ¥ « convergerait » vers −∞. En fait cette suite

divergerait.

d. La fonction ln est croissante donc si 0 1u u alors 0 1 1 2ln lnu u u u   , etc. Par récurrence on a

1n nu u  donc bien décroissante. Remarquez que si on avait 0 1u u alors la suite aurait été croissante.

En fait dans le cas d’une suite 1 ( )n nu f u  avec f croissante tout dépend de l’ordre des deux premiers

termes.

1. 4. Fesic 2004 Exercice 10

On considère la suite complexe ( )n nz ¥ définie par 0 1z  et, pour tout entier n, 1 1

2 n n

i z z

  . Pour n

entier naturel, on appelle nM le point d’affixe zn.

a. La suite  n nz ¥ est une suite géométrique de raison 1

2 .

b. Quel que soit n entier naturel, les triangles 1n nOM M  sont rectangles.

c. nM appartient à l’axe des abscisses si et seulement si n est un multiple de 4.

d. Pour tout n entier naturel,

 

4

2

n i

n n

e z

 .

Correction

Question a b c d

Réponse F V V V

a. On a 1 1 1 2

2 4 4 2

i    donc  n nz ¥ est une suite géométrique de raison

2

2 .

b. Il nous faut calculer 1 1

1 1

12( , ) arg( ) arg arg 0 1 2 4

n n n n n

n

i

z z i M O M M

z

 

 

      

 

uuuuur uuuuur , ainsi que

1 1

1 ( , ) arg( ) arg

2 4

n nn

n

z i OM OM

z

 

   

uuuuur uuuur . Le dernier angle vaut donc bien

2

 (on aurait pu calculer un

seul angle mais ç’aurait été moins amusant…).

c. On a évidemment 4 40 1 2 2

2 2 2

n n nn i i

n

i z z e e

                   

donc nM appartient à l’axe des abscisses

si 4

4 4

k n k n k  

 

    .

d. Avec la réponse au c. et en remarquant que 2 1

2 2  , on retrouve bien

 

4

2

n i

n n

e z

 .

1. 5. Fesic 2004 Exercice 11

Le plan est rapporté à un repère orthonormé ( ; , )O i j r r

. On considère dans ce repère les points A(1 ; −1),

B(5 ; 3) et I le milieu de [AB]. Soit (G )n n¥ la suite de points définie par :

* G0 = O,

* Pour n entier naturel, Gn+1 est le barycentre de {(Gn ; 2), (A ; 1), (B ; 1)}.

On appelle (xn ; yn) les coordonnées de Gn.

a. G1, G2 et G3 sont alignés.

b. Quel que soit n, Gn+1 est l’image de Gn par l’homothétie de centre I et de rapport 2.

c. La suite ( )n nu ¥ définie par 3n nu x  est une suite géométrique de premier terme −3 et de raison 1

2 .

d. Pour tout n, 1

3 1 2

n n x

      

.

Correction

Question a b c d

Réponse V F V V

a. En utilisant le barycentre partiel on a Gn+1 barycentre de {(Gn ; 2), (I ; 2)}, soit le milieu de [GnI], tous les Gn sont donc alignés.

b. L’homothétie est bien de centre I mais de rapport 1/2. Les coordonnées de I sont (3 ; 2).

c. En utilisant la définition d’une homothétie : 'IM kIM uuur uuur

, on a 1

1

1 3 ( 3)

2

1 2 ( 2)

2

n n

n n

x x

y y

   

     

d’où 3n nu x  est

géométrique de raison 1/2, de premier terme 0 0 3 3u x    .

d. Avec ce qu’on a fait, 1 1

( 3) 3 3 1 2 2

n

n n n x x

           

    . On peut compléter avec le calcul de yn :

1 1 2 2 2 1

2 2

n

n n n y y

           

    . Quand n tend vers l’infini xn et yn tendent respectivement vers 3 et 2,

soit Gn tend vers I (ce qui était prévisible puisqu’à chaque itération on prend le milieu de [GnI]).

1. 6. Fesic 2004 Exercice 12

On considère une droite graduée  d’origine O. On considère les suites de points (G )n n¥ et (H )n n¥

définies ainsi :

* G0 = O,

* Pour n entier naturel, Gn+1 est le barycentre de {(Gn ; 2), (Hn ; 3)},

* H0 a pour abscisse 1,

* Pour n entier naturel, Hn+1 est le barycentre de {(Gn ; 3), (Hn ; 2)}.

On appelle gn et hn les abscisses respectives de Gn et Hn.

a. La suite ( )n ng h est une suite géométrique de raison 1

5  .

b. La suite ( )n ng h est une suite constante.

c. Les deux suites gn et hn convergent vers la même limite.

d. Les suites gn et hn sont adjacentes.

Correction

Question a b c d

Réponse V V V F

a. Il faut évidemment trouver les relations entre gn et hn.

Gn+1 barycentre de {(Gn ; 2), (Hn ; 3)} nous donne

1 1 1 1

2 3 2( ) 3( ) 0 5 2 3

5 5 n n n n n n n n n ng g g h g g h g g h             ;

Hn+1 barycentre de {(Gn ; 3), (Hn ; 2)} nous donne

1 1 1 1

3 2 3( ) 2( ) 0 5 3 2

5 5 n n n n n n n n n nh g h h h g h h g h             ;

d’où 1 1 2 3 3 2 1

( ) 5 5 5 5 5

n n n n n n n ng h g h g h g h         .

On peut alors calculer 0 0 1 1

( ) 5 5

n n

n ng h g h    

             

. Quelle est la signification géométrique de ce

résultat ?

b. 1 1 0 0 5 5

... 0 1 1 5 5

n n n n n ng h g h g h g h            . Quelle est la signification géométrique de ce

résultat ?

c. Des deux relations précédentes on tire un petit système : ( 1 / 5)

1

n n n

n n

g h

g h

       

d’où

 

 

1 1 ( 1 / 5)

2

1 1 ( 1 / 5)

2

n n

n n

g

h

   

     

qui convergent toutes les deux vers 1

2 , soit le milieu de [G0H0].

d. C’est du cours… la condition de monotonie des deux suites n’est pas respectée.

On voit bien qu’à chaque itération la distance [GnHn] est divisée par 5.

H2G2H1 G1

v=3

u=2

10

1. 7. QCM divers

1. Pour tout réel x, xe désigne l’image de x par la fonction exponentielle.

Affirmation 1. a. Pour tous les réels a et b strictement positifs,   ln b

a ae b .

Affirmation 1. b. Pour tous les réels a et b strictement positifs,  ln ln lna b a b   .

Affirmation 1. c. La tangente en 1 à la courbe de la fonction exponentielle a pour équation y ex .

2. Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle ouvert I et soit a un élément de I.

Affirmation 2. a. Si f est continue sur I,alors f admet une seule primitive sur I.

Affirmation 2. b. Si f n’est pas continue en a, alors f n’est pas dérivable en a.

Affirmation 2. c. Si f n’est pas dérivable en a, alors la fonction

( ) ( )f a h f a h

h

  a a une limite infinie

en a.

3. On considère deux suites  nu et  nv définies sur ¥ .

Affirmation 3. a. Si  nu est monotone décroissante et minorée et  nv est monotone croissante et

majorée alors  nu et  nv convergent vers la même limite.

Affirmation 3. b. Si on a 1 n n

n na u u b   avec a et b dans l’intervalle  0 ;1 alors nu converge.

Affirmation 3. c. Si  nu converge, alors la suite  ln nu converge.

Affirmation 3. d.

Soit *n¥ . On considère la fonction f définie sur ]1 ;  [ par : 11

( ) 1

nx f x

x

 

 .

f est dérivable sur ]1 ;  [ et pour tout x > 1, on a :

f’(x) = 1+2x + 3x2 + 4x3 + · · · + nxn−1.

Correction

1. Pour tout réel x, xe désigne l’image de x par la fonction exponentielle.

Affirmation 1. a. Vrai :     ln

ln b a

a b ae e b  .

Affirmation 1. b. Faux :    ln ln ln lna b a b ab    .

Affirmation 1. c. Vrai : en 1, la tangente est  1 11y e x e ex e e ex       .

2. Soit f une fonction numérique définie sur un intervalle ouvert I et soit a un élément de I.

Affirmation 2. a. Faux : Si f est continue sur I,alors f admet une infinité de primitives sur I, toutes différentes d’une constante.

Affirmation 2. b. Vrai : Si f n’est pas continue en a, on n’a pas f(a) et f n’est pas dérivable en a.

Affirmation 2. c. Faux : pas forcément, on peut avoir des demi-tangentes.

3. On considère deux suites  nu et  nv définies sur ¥ .

Affirmation 3. a. Faux : il faudrait par exemple en plus que n nv u tende vers 0.

Affirmation 3. b.

Vrai : nu est croissante, et si on fait la somme des inégalités 1 n n

n na u u b   , on

a 1 1

1 0 0 1 0 0

1 1 1

1 1 1

n n k k

n n

k k

a b a u u b u u u u

a b b

 

 

           

    ; donc nu

est bornée.

Affirmation 3. c. Faux : Si  nu converge vers 0, alors la suite  ln nu diverge.

Affirmation 3. d. Vrai : 2 1( ) 1 ... '( ) 1 2 ...n nf x x x x f x x nx           .

1. 8. ROC+exemples, France 2005

4 points

Cet exercice constitue une restitution organisée de connaissances.

PARTIE A : QUESTION DE COURS

On suppose connus les résultats suivants :

(1) deux suites (un) et (vn) sont adjacentes lorsque : l'une est croissante, l'autre est décroissante et un vn tend vers 0 quand n tend vers  ;

(2) si (un) et (vn) sont deux suites adjacentes telles que (un) est croissante et (vn) est décroissante, alors

pour tout n appartenant à ¥ , on a n nu v ;

(3) toute suite croissante et majorée est convergente ; toute suite décroissante et minorée est convergente.

Démontrer alors la proposition suivante :

« Deux suites adjacentes sont convergentes et elles ont la même limite ».

PARTIE B

On considère une suite (un), définie sur ¥ dont aucun terme n'est nul.

On définit alors la suite (vn) sur ¥ par 2

n n

v u

  .

Pour chaque proposition, indiquer si elle est vraie ou fausse et proposer une démonstration pour la réponse indiquée. Dans le cas d'une proposition fausse, la démonstration consistera à fournir un contre exemple. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.

1. Si (un) est convergente, alors (vn) est convergente.

2. Si (un) est minorée par 2, alors (vn) est minorée par −1.

3. Si (un) est décroissante, alors (vn) est croissante.

4. Si (un) est divergente, alors (vn) converge vers zéro.

Correction

PARTIE A : « Deux suites adjacentes sont convergentes et elles ont la même limite ».

On a n nu v et (vn) décroissante donc 0...n nu v v   d’où (un) est majorée et converge vers l ; même

chose pour (vn) qui est décroissante et minorée par 0u et converge vers l’.

Comme un vn tend vers 0 quand n tend vers  , on a ' 0 'l l l l    .

Pour une première ROC la difficulté est raisonnable… Inutile de raconter sa vie non plus !

PARTIE B: (un) non nulle, 2

n n

v u

  .

1. Si (un) est convergente, alors (vn) est convergente :

Faux : n’importe quelle suite convergente vers 0 ne marche pas, prendre par exemple 1/n.

2. Si (un) est minorée par 2, alors (vn) est minorée par −1 :

Vrai : 1 1 1 1 2 2

2 1 2 2 2

n n n n n

u v u u u

              .

3. Si (un) est décroissante, alors (vn) est croissante :

Faux ; 11 1 1

2( )2 2 n n n n

n n n n

u u v v

u u u u

 

 

       ; si (un) est décroissante, 1 10n n n nu u u u     , le

numérateur est négatif, si le dénominateur est positif, soit lorsque la suite (un) n’a que des termes positifs, (vn) est décroissante.

4. Si (un) est divergente, alors (vn) converge vers zéro.

Faux : une suite peut être divergente sans tendre vers l’infini, par exemple ( 1)nnu   diverge, de même

évidemment que nv .

Dans l’ensemble les questions ne sont pas trop compliquées, la fabrication de contre- exemples est une bonne activité qui permet la compréhension des phénomènes en jeu. Il est vrai que ne pas connaître les réponses est déstabilisant, mais les correcteurs feront certainement preuve de compréhension.

1. 9. Récurrence 1, France 2004

On considère la suite (un) définie par 0

1

1

2 3n n

u

u u n

 

   pour tout entier naturel n.

1. Etudier la monotonie de la suite (un).

2. a. Démontrer que, pour tout entier naturel n, 2nu n .

b. Quelle est la limite de la suite (un) ?

3. Conjecturer une expression de un en fonction de n, puis démontrer la propriété ainsi conjecturée.

Correction

1. 1 2 3n nu u n    qui est évidemment positif. un est croissante.

2. a. Par récurrence : 20 1 0u   , la propriété est vraie au rang 0. Au rang n + 1 il faut montrer que

2 2 1 ( 1) 2 1nu n n n      ; or si

2 nu n , alors

2 1 2 3nu n n    qui est évidemment supérieur à

2 2 1n n  . C’est fini.

b. Comme et que 2n tend vers +∞ lorsque n tend vers +∞, un tend clairement vers +∞.

3. On calcule les premières valeurs de un :

0 1 2 31, 1 2.0 3 4, 4 2.1 3 9, 9 2.2 3 16u u u u             . On voit apparaître la suite des carrés

des entiers avec un décalage d’un cran par rapport à l’indice ; il s’agit donc de montrer que 2( 1)nu n  :

encore une récurrence.

2 2 2 2 1 ( 1) 2 3 2 1 2 3 4 4 ( 2)nu n n n n n n n n               . C’est bon.

1. 10. Récurrence 2, Pondicherry 2004

1. Soit la suite u définie par 0 1 1

0, 2

n n

u u u

  

.

a. Claculer 1 2 3, ,u u u . On exprimera chacun des termes sous forme d’une fraction irréductible.

b. Comparer les quatre premiers termes de la suite u aux quatre premiers termes de la suite w définie

par 1

n

n w

n  

.

c. A l’aide d’un raisonnement par récurrence, démontrer que, pour tout entier naturel n, n nu w .

2. Soit v la suite définie par ln 1

n

n v

n

    

  .

a. Monter que 1 2 3 ln 4v v v    .

b. Soit nS la somme définie pour tout entier n non nul par 1 2 ...n nS v v v    . Exprimer nS en fonction

de n. Déterminer la limite de nS lorsque n tend vers l’infini.

Correction

1. a. On a 0 0u  , 1 1 1

2 0 2 u  

 , 2

1 2

2 1 / 2 3 u  

 , 3

1 3

2 2 / 3 4 u  

 .

b. On voit facilement que les termes de un sont ceux de 1

n

n w

n  

.

c. Par récurrence (ainsi que demandé) ; on vérifie au rang 0 : 0 0

0, 0 1

nu w   , ok.

Supposons alors que n nu w et montrons que 1 1n nu w  : ceci est équivalent à 1 1

2 2n

n

u n

 

  , soit

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 n n

n n n n n u u

n n n n

           

    . Tout va bien.

2. a. 1 1

ln 2

v  

    

, 2 2

ln 3

v  

    

, 3 3

ln 4

v  

    

.

On peut utiliser ln(a/b) = lna − lnb : 1 2 3 ln 1 ln 2 ln 2 ln 3 ln 3 ln 4 ln 4v v v          ou bien

ln(ab) = lna + lnb : 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1

ln ln ln ln ln ln 4 2 3 4 2 3 4 4

v v v  

           

.

b. 1 2 1 2 1

... ln ln ... ln ln 2 3 1

n n

n n S v v v

n n

         

 ,

soit ln 1 ln 2 ln 2 ln 3 ... ln( 1) ln ln ln( 1)nS n n n n           .

Tous les termes intermédiaires disparaissent ; on a donc ln( 1)nS n   qui tend évidemment vers −∞.

1. 11. Récurrence 3, Amérique du Nord 2005

6 points

Le graphique ci-dessous sera complété et remis avec la copie.

Soit la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; 2] par 2 1

( ) 1

x f x

x

  

.

1. Étudier les variations de f sur l’intervalle [0 ; 2]. Montrer que si  1 ; 2x alors  ( ) 1 ; 2f x  .

2. (un) et (vn) sont deux suites définies sur ¥ par :

u0 = 1 et pour tout entier naturel n, 1 ( )n nu f u  ,

v0 = 2 et pour tout entier naturel n, 1 ( )n nv f v  .

a. Le graphique donné en annexe représente la fonction f sur l’intervalle [0 ; 2]. Construire sur l’axe des abscisses les trois premiers termes de chacune des suites (un) et (vn) en laissant apparents tous les traits de construction.

À partir de ce graphique, que peut-on conjecturer concernant le sens de variation et la convergence des suites (un) et (vn) ?

b. Montrer à l’aide d’un raisonnement par récurrence que :

Pour tout entier naturel n, 1 2nv  .

Pour tout entier naturel n, 1n nv v  .

On admettra que l’on peut démontrer de la même façon que :

Pour tout entier naturel n, 1 2nu  .

Pour tout entier naturel n, 1n nu u  .

c. Montrer que pour tout entier naturel n,    1 1 1 1

n n n n

n n

v u v u

v u  

  

  .

En déduire que pour tout entier naturel n, 0n nv u  et  1 1 1

4 n n n nv u v u    .

d. Montrer que pour tout entier naturel n, 1

4

n

n nv u  

     

.

e. Montrer que les suites (un) et (vn) convergent vers un même réel  . Déterminer la valeur exacte de  .

Correction

1. 2

1 '( ) 0

( 1) f x

x   

donc f est croissante ; 3

(1) 1 2

f   et 5

(2) 2 3

f   donc si  1 ; 2x ,  ( ) 1 ; 2f x  .

2. a. Visiblement la suite un est croissante, et converge vers le point d’intersection entre la courbe de f et la droite (y = x), soit environ 1,6 ; de même vn semble décroissante et converger vers le même point.

b. Pour n = 0, on a 0 2v  qui est bien dans l’intervalle [1 ; 2] ; par ailleurs si 1 2nv  alors comme f est

croissante, 1(1) ( ) (2) 1 2n nf f v f v      ; la propriété est toujours vraie.

De même on a 1 0 5

(2) 3

v f v   ; par ailleurs si 1 1 2 1( ) ( )n n n n n nv v f v f v v v        , etc.

Remarquez que c’est 1 0 5

(2) 3

v f v   qui entraîne tous les autres termes derrière avec la complicité de

la croissance de f. Pour nu c’est pratiquement pareil, sauf que 1 0 0 3

( ) 2

u f u u   et donc, etc.

c. On n’échappe pas au calcul :

       1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1

1 1 1 1 1 1

n n n n n n n n n n n n n n

n n n n n n

v u u v v u u v v u v u v u

v u v u v u  

              

      .

1 1n nv u  est du signe de n nv u ; comme 0 0 2 1 0v u    , par récurrence on a 0n nv u  ; on a

1 1 1 1 2

1 2 n n

n

v v v

      

et pareil pour nu donc    1 1 1 1 1

. 2 2 4

n n n n n nv u v u v u      .

d. Encore une récurrence :

0

0 0

1 2 1 1 1

4 v u

        

  ; grâce à la relation précédente on a évidemment

  1

1 1

1 1 1 1

4 4 4 4

n n

n n n nv u v u

 

           

    .

e. Les suites nu et nv sont adjacentes car     1

0 0 lim 0 lim 0 4

n

n n n n n n n n

v u v u v u  

            

  ;

elles convergent bien vers une même limite  telle que

1 2 2

1

1 5 1,618

2 1 2 ( ) 2 1 1 0

1 1 5 0,618

2

f a

 

      

   

             

    



.

La limite est donc la première racine, soit 1 1 5

2 

  .

1. 12. Suite homographique, N. Calédonie 06/2008

5 points

On considère la fonction f définie sur ]−1 ; 6[ par   9

6 f x

x  

. On définit pour tout entier n la suite (Un)

par  

0

1

3

n n

U

U f U

  

 .

1. La courbe représentative de la fonction f est donnée ci-dessous accompagnée de celle de la droite d’équation y = x. Construire, sur ce graphique les points M0(U0 ; 0), M1(U1 ; 0), M2(U2 ; 0), M3(U3 ; 0) et M4(U4 ; 0).

Quelles conjectures peut-on formuler en ce qui concerne le sens de variation et la convergence éventuelle de la suite (Un) ?

2. a. Démontrer que si x < 3 on a alors 9

3 6 x

 

. En déduire que Un < 3 pour tout entier naturel n.

b. Étudier le sens de variation de la suite (Un).

c. Que peut-on déduire des questions 2. a. et 2. b. ?

3. On considère la suite (Vn) définie par 1

3 n

n

V U

 pour tout entier naturel n.

a. Démontrer que la suite (Vn) est une suite arithmétique de raison 1

3  .

b. Déterminer Vn puis Un en fonction de n.

c. Calculer la limite de la suite (Un).

Correction

1. Voir la figure ci-dessous.

La suite semble croissante et converger vers le point (3 ; 3), soit vers une limite égale à 3.

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