Sciences statistiques - Exercice 6 - 2° partie, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 6 - 2° partie, Exercices de Statistiques

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Sciences statistiques - Exercice 6 - 2° partie - Suites. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: Suite récurrente, la suite géométrique de raison, l'entier naturel.
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2. a. Si x < 3, 1 1 9

3 6 3 3 6 3 6

x x x x

           

(on aurait pu utiliser les variations de f).

Par récurrence on a alors : U0< 3 par définition ; si 3nU  alors   9

3 6

n n

f U U

  

et donc 1 3nU   .

b.  

22

1

36 99

6 6 6

nn n n n n

n n n

UU U U U U

U U U

      

   qui est positif puisuqe 6nU  .

La suite est croissante.

c. Un est croissante et majorée, elle converge donc.

3. a. 1 1 1

3 3 3

n n n n n n

V U U U V V       

 ; on a donc en remplaçant :

1 1 1

9 9 9 39 1 9 1 9 3 3 3 3

1 16 3 1 3 1 3 1 6 3 3

n n n n

n n n n n n

n n

V V V U

U V V V V V

V V

  

                

  

,

soit 1 3 1 1

3 3

n n n

V V V

    ; (Vn) est une suite arithmétique de raison

1

3  .

b. 0 0

1 1

3 6 V

U   

 d’où 0

1 1 1 2

6 3 6 n

n V V nr n

        et

1 6 3 3

2 1 n

n

U V n

    

.

c. La limite de la suite (Un) est alors bien évidemment 3…

1. 13. Suite récurrente, France remplt 2007

6 points

1. La suite u est définie par : u0 = 2 et 1 1 23

3 27 n nu u   pour tout entier naturel n.

a. On a représenté dans un repère orthonormé direct du plan ci-dessous, la droite d’équation

1 23

3 27 y x  et le point A de coordonnées (2 ; 0).

Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite u.

b. Démontrer que si la suite u est convergente alors sa limite est 23

18 l  .

c. Démontrer que pour tout entier naturel n on a : 23

18 nu  .

d. Étudier la monotonie de la suite u et donner sa limite.

2. a. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1. Démontrer que :

1

2

1 1 1 1

9010 10

n

k n k

    

   c’est-à-dire

que 2 3 1

1 1 1 1 1 ... 1

9010 10 10 10n n  

       

.

b. La suite v est définie par vn = 1,277 7. . .7 avec n décimales consécutives égales à 7.

Ainsi v0 = 1,2, v1 = 1,27 et v2 = 1,277.

En utilisant le 2. a. démontrer que la limite de la suite v est un nombre rationnel r (c’est-à-dire le quotient de deux entiers).

3. La suite u définie au 1. et la suite v sont-elles adjacentes ? Justifier.

Correction

1. u0 = 2 et 1 1 23

3 27 n nu u   .

a. Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite u.

b. Si la suite u est convergente alors sa limite l est telle que 1 23 2 23 23

3 27 3 27 18 l l l l      .

c. Par récurrence : 0 23

2 18

u   .

On suppose 23

18 nu  , alors 1

1 23 1 23 23 23 46 69 23

3 27 3 18 27 54 54 18 n nu u

         CQFD.

d. 1 1 23 2 23

3 27 3 27 n n n n nu u u u u        qui est positif lorsque

2 23 23

3 27 18 n nu u     , ce qui est faux

donc nu est décroissante. La suite est décroissante, minorée elle converge donc vers 23

18 l  .

2. a. Somme des n premiers termes (de 2 à n+1 il y a n termes) d’une suite géométrique de premier

terme 2

1 1

10010  et de raison

1

10 :

1

2

1 1

1 1 1 110 1 1100 9010 101

10

n n

k n k

   

             

 .

b. 0 1,2v  , 1 0 0 2 1

0,07 7 10

v v v    , 2 1 0 2 3 1 1

0,007 7 7 10 10

v v v     , etc.

On a donc 2 3 1

1 1 1 1 1 1,2 7 ... 1,2 7 1

9010 10 10 10 n n n

v

                

     . Lorsque n tend vers  ,

1

10n

tend vers 0 et nv tend vers 7 12 7 115 23

1,2 90 10 90 90 18      .

3. u décroissante et minorée, v croissante et majorée (évident) ; elles ont même limite, elles sont adjacentes.

1. 14. Barycentre 1, N. Caledonie 2005

5 points

PARTIE A

Étant donnés deux points distincts A0 et B0 d’une droite, on définit les points : A1 milieu du segment [A0B0] et B1 barycentre de {(A0, 1) ; (B0, 2)}.

Puis, pour tout entier naturel n, An+1 milieu du segment [AnBn] et Bn+1 barycentre de {(An, 1) ; (Bn, 2)}.

1. Placer les points A1 , B1, A2 et B2 pour A0B0= 12 cm.

Quelle conjecture peut-on faire sur les points An et Bn quand n devient très grand ?

2. On munit la droite (A0B0) du repère  0 ;A i r

avec 0 0 1

12 i A B

uuuuurr .

Soit un et vn les abscisses respectives des points An et Bn. Justifier que pour tout entier naturel n strictement positif, on a

1 2

n n n

u v u

  et 1

2

3

n n n

u v v

  .

PARTIE B

On considère les suites (un) et (vn) définies par u0 = 0 ; v0 = 12 ; 1 2

n n n

u v u

  et 1

2

3

n n n

u v v

  .

1. Démontrer que la suite (wn) définie par wn = vn − un est une suite géométrique convergente et que tous ses termes sont positifs.

2. Montrer que la suite (un) est croissante puis que la suite (vn) est décroissante.

3. Déduire des deux questions précédentes que les suites (un) et (vn) sont convergentes et ont la même limite.

4. On considère la suite (tn) définie par tn = 2un + 3vn. Montrer qu’elle est constante.

PARTIE C

À partir des résultats obtenus dans les parties A et B, préciser la position limite des points An et Bn quand n tend vers  .

Correction

PARTIE A

An+1 milieu du segment [AnBn] et Bn+1 barycentre de {(An, 1) ; (Bn, 2)}.

1.

A2

B2

B1A1

v=2

u=1

B0A0

Même quand n n’est pas très grand, les suites de points convergent vers un point qui semble être à peu près au milieu de [A2B2].

2. On a dans ce repère les abscisses suivantes : 0 0u  et 0 12v  .

Si un et vn sont les abscisses des points An et Bn, on a 1 2

n n n

u v u

  car An+1 est le milieu de [AnBn] et

1

1. 2. 2

1 2 3

n n n n n

u v u v v

   

 car Bn+1 est le barycentre de {(An, 1) ; (Bn, 2)}.

PARTIE B

1. 1 1 1 2 2 4 3 3

3 2 6 6

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

u v u v u v u v v u w v u w v u  

               donc wn est une

suite géométrique de raison 1/6, donc convergente vers 0. Tous ses termes sont positifs car

0

1 12

6 6 n n n

w w  .

2. 1 2 1

0 2 2 2

n n n n n n n n

u v u v u u u w

        donc (un) est croissante ;

1

2 3 1 0

3 3

n n n n n n

u v v v v w

       donc la suite (vn) est décroissante.

3. Comme 0nw  , on a n nu v donc nu est croissante majoée, nv décroissante minorée, les suites (un) et

(vn) sont convergentes et sont adjacentes car lim 0n n

w 

 ; elles ont donc la même limite.

4. 1 1 1 0 0 0 2

2 3 2 3 2 2 3 ... 2 3 36 2 3

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

u v u v t u v u v u v u v t t u v  

                  .

PARTIE C

Comme nu et nv tendent vers la même limite l, en remplaçant dans tn on a :

36 2 3 36 2 3 5 36

5 n n nt u v l l l l         .

1. 15. Barycentre 2, N. Calédonie 2004

On considère les deux suites ( )nu et ( )nv définies, pour tout entier naturel n, par :

0

1

3

2

n n n

u

u v u

 

 

et 0

1 1

4

2

n n n

v

u v v 

 

 

.

1. Calculer 1 1 2 2, , ,u v u v .

2. Soit la suite ( )nw définie pour tout entier naturel n par n n nw v u  .

a. Montrer que la suite ( )nw est une suite géométrique de raison 1

4 .

b. Exprimer nw en fonction de n et préciser la limite de la suite ( )nw .

3. Après avoir étudié le sens de variation des suites ( )nu et ( )nv , démontrer que ces deux suites sont

adjacentes. Que peut-on en déduire ?

4. On considère à présent la suite ( )nt définie, pour tout entier naturel n, par 2

3

n n n

u v t

  .

a. Démontrer que la suite ( )nt est constante.

b. En déduire la limite des suites ( )nu et ( )nv .

Correction

1. 2 10 0 1 0 1 11 1 2 2 7 15 29 59

, , , 2 2 2 4 2 8 2 16

u vu v u v u v u v u v

           .

2. a. 1 11 1 1 2 12

2 2 2 2 4 4 4

n n n

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

u v u

u v u v u u u v u v u w v u w   

 

               .

b. 0 0 0 4 3 1w v u     donc 1 1

1. 4 4

n n n w   ; sa limite est évidemment 0.

3. On a vu que 1 1 0 2

n n n

u u w 

   donc nu est croissante ; par ailleurs 0n n nw v u   donc n nu v ;

enfin 1 1 1 1 1 1 1 1

( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 2 4

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

u v v v u v v u v v u v  

            donc nv est décroissante.

Il reste à montrer que lim( ) 0n n n

u v 

  or c’est justement la limite de nw . Les suites ( )nu et ( )nv

convergent donc vers la même limite (inconnue pour l’instant…).

4. a.  1 1 11 2 1 1 1

2 2 3 3 2 2 3 2 2 3

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

u v u v u v u v u v t v u v t  

                   

    . On a donc

0 0

1 7 ( )

3 3 nt u v   .

b. Les suites ( )nu et ( )nv ont même limite l donc à l’infini, en remplaçant dans nt : 7 1 7

( 2 ) 3 3 3

l l l    .

1. 16. Une exponentielle, Pondicherry 2005

6 points

Pour tout entier naturel n, on pose 10

2 n n

n u  . On définit ainsi une suite ( )n nu ¥ .

1. Prouver, pour tout entier naturel n non nul, l’équivalence suivante :

1 0,95n nu u  si et seulement si

10 1

1 1,9 n

    

  .

2. On considère la fonction f définie sur [1 ; [ par

10 1

( ) 1f x x

      

.

a. Etudier le sens de variation et la limite en  de la fonction f.

b. Montrer qu’il existe dans l’intervalle [1 ; [ un unique nombre réel  tel que ( ) 1,9f   .

c. Déterminer l’entier naturel 0n tel que 0 01n n   .

d. Montrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 16, on a :

10 1

1 1,9 n

    

  .

3. a. Déterminer le sens de variation de la suite ( )nu à partir du rang 16.

b. Que peut-on en déduire pour la suite ?

4. En utilisant un raisonnement par récurrence, prouver, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à

16, l’encadrement : 16 160 0,95 n

nu u   . En déduire la limite de la suite ( )n nu ¥ .

Correction

1. On remplace, on simplifie et on a ce qui est demandé :

10 1010 1010

1 1 10

( 1) ( 1) 2 .2 1 1 0,95 0,95 0,95 1,9 1 1,9

2 2 2

n

n n n n n

n nn n u u

n nn  

                  

    .

2. a.

10 1

( ) 1f x x

      

; 9 9

2

1 1 1 1 '( ) 10 1 1 10 1 0f x

x x xx

                           

donc f est décroissante ;

10 101lim 1 1 1

x x

     

  .

b. 10(1) 2f  et f décroissante donc f est bijective de [1 ; [ vers 10]1 ; 2 ] ; comme 1,9 est dans cet

intervalle, il existe bien un unique réel  tel que ( ) 1,9f   .

c. On a (15) 1,9067f  et (16) 1,8335f  d’où 16 1 15 16    .

d. Lorsque x  , comme f est décroissante, on a : ( ) ( ) 1,9f x f   , donc pour tous les n tels que

16n   , on a

10 1

1 ( ) (16) ( ) 1,9f n f f n

        

  .

3. a. D’aprèe ce que nous venons de dire, la suite ( )nu est telle que 1 0,95n nu u  à partir du rang 16 ;

comme tous les termes sont évidemment positifs, la suite ( )nu est décroissante à prtir de ce rang.

b. Décroissante et minorée par 0 donc convergente.

4. 16 160 0,95 n

nu u   : on vérifie facilement au rang 16 car 16 160 u u  ; quand on passe au rang

suivant, on a 16 ( 1) 161 16 160,95 0,95.0,95 0,95 n n

n nu u u u   

    , CQFD.

Comme 0,95 1 , 160,95n tend vers 0 à l’infini ainsi que nu grâce à nos amis les gendarmes.

1. 17. Formule de Stirling

Soit la suite ( )nu (n > 0) définie par : !

n n

n

n e u

n

 .

1. Donner des valeurs approchées de 1 2 3, ,u u u à 10 −2 près.

2. a. Soit g la fonction définie sur [0 ; 1] par 2

( ) ln(1 ) 4

t g t t t    . En utilisant les variations de g,

démontrer que pour tout t de [0 ; 1] on a : 2

ln(1 ) 4

t t t   .

b. En déduire que pour tout n > 0, on a

1 1

4 1

1

n

ne n

    

  (on pourra poser t = 1/n).

3. a. Démontrer que pour tout entier n > 0 on a

1

1 4n n

n

u e

u

   .

b. En déduire que pour tout entier n supérieur ou égal à 2 on a :

1 1 1 1 1 ... 1

4 1 2 2n n nu e

        

   .

4. a. Par des considérations d’aire montrer que pour tout entier n supérieur ou égal à 2 on a :

1

1 1 1 1 1 1 ...

2 3 2 1

n

dt t n n      

  .

b. En déduire que que pour tout entier n supérieur ou égal à 2 on a :

1 1 ln

4 n

nu e  

 . Quelle est la limite de

la suite ( )nu ?

Commentaire : on explore ici un moyen d’approcher n! : comme un tend vers 0, on peut se dire qu’en

multipliant par quelque chose de la forme Kn la limite peut devenir 1. Ceci donnerait alors un

équivalent de n! de la forme

n n

Kn e

      

. En l’occurrence ça marche, il s’agit de   1

22 2n n  :

! 2

n n

n n e

  

    

.

Correction

1. 1 2 30,3679, 0,2707, 0,2240u u u   .

2. a. 2

( ) ln(1 ) 4

t g t t t    ;

2 2 ( 1)1 2 2 2 ( ) 1 0

1 2 2(1 ) 2(1 ) 2(1 )

t tt t t t t t g t

t t t t

            

    sur [0 ; 1].

g est décroissante et (0) ln 1 0 0 0g     par conséquent 2

( ) (0) 0 ln(1 ) 4

t g t g t t      .

b. Posons 1

t n  dans la relation précédente :

2

2

1 1 1 1 1 ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) 1

4 44

t t t n

n n n nn           

d’où

1 1 1 1

4 4 1 1

ln 1 ln 1

n n

n ne e n n

                   

.

3. a. 1 1

1 ( 1)( 1) !

( 1)!

n n n

n n n

nu n e n

u n n e

   

  

( 1)n nn e 1

n n

e

n e

!n

!n ( 1)n

1 1 1

1 14 4 1

n

n n n

e e e e n

       

  .

b. On a

1 1 1 11

14( 1) 4( 2) 4.1 4.14 1 1 1 2 2 1...

n nn n n n n n nu e u u e u u e u u e u e e

     

           .

Par conséquent on a en effectuant les produits d’inégalités successifs :

1 1 1 1 1 1 11 1

14( 1) 4( 1) 4( 2) 4( 1) 4( 2) 4( 1) 4( 2)4.1 4.1 1 2 1... ... ...

n n n n n n n n n nu e u e e u e e e u e e e e

              

      ,

soit

1 1 1 1 1 ... 1

4 1 2 2n n nu e

        

   .

4. a. Cet argument est très classique. Entre deux valeurs entières consécutives, k et k+1, l’aire sous la courbe de 1/x est inférieure à l’aire du rectangle de largueur 1 et de hauteur 1/(k+1) :

11 1 1 1 1 1 1

1 1

k

k

k t k dt k t k k t k

           

d’où en sommant sur tous ces rectangles :

2

1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 ... ...

1 2 3 2 1

n n

n

dt dt dt t t t n n         

    .

b. On a donc 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

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

n n n n n n

                 

     , soit

1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 ln

4 1 2 3 2 1 4 n

n n

            

  

et d’après l’inégalité du 3.b :

1 1 ln

4 n

nu e  

 .

La suite ( )nu est positive et la partie droite tend vers exp(  ), soit 0. Donc la suite tend vers 0.

1. 18. Suites adjacentes, Antilles 2004

On définit les suites (an) et (bn) par a0 =1, b0 =7 et  

 

1

1

1 2

3

1 2

3

n n n

n n n

a a b

b a b

  

    

.

Soit D une droite munie d’un repère  ;O i r

. Pour tout n de ¥ , on considère les points An et Bn

d’abscisses respectives an et bn.

1. Placez les points A0, B0, A1, B1, A2 et B2.

2. Soit (un) la suite définie par un = bnan. Démontrez que (un) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme. Exprimez un en fonction de n.

3. Comparez an et bn. Étudiez le sens de variation des suites (an) et (bn). Interprétez géométriquement ces résultats.

4. Démontrez que les suites (an) et (bn) sont adjacentes.

5. Soit (vn) la suite définie par vn = bnan pour tout entier n. Démontrez que (vn) est une suite constante. En déduire que les segments [AnBn] ont tous le même milieu I.

6. Justifiez que les suites (an) et (bn) sont convergentes et calculez leur limite. Interprétez géométriquement ce résultat.

Corrigé

1. Les points ont pour abscisse :

1

1 (2 7) 3

3 a    ; 1

1 (1 14) 5

3 b    ; 2

1 11 (6 5)

3 3 a    ; 2

1 13 (3 10)

3 3 b    .

2. (un) est géométrique : on a n n nu b a  d’où

1 1 1

1 1 1 1 ( 2 ) (2 ) ( )

3 3 3 3 n n n n n n n n n nu b a a b a b b a u           .

La suite (un) est géométrique de raison 1

3 et de premier terme u0 = 7 – 1 = 6. Finalement on a

1 6

3 n n

u   .

3. Comparons an et bn et cherchons les variations de ces suites :

bnan = 6

0 3

n n u   donc bn > an.

1

1 1 1 ( 2 ) ( ) 0

3 3 3 n n n n n n n nb b a b b b a u           donc (bn) est décroissante.

1

1 1 1 (2 ) ( 0

3 3 3 n n n n n n n na a a b a b a u         donc (an) est croissante.

Graphiquement cela se traduit par le fait que la suite des points An avance vers la droite alors que la suite des points Bn se déplace vers la gauche mais les points An demeurent en permanence à gauche des points Bn.

4. Montrons que (an) et (bn) sont adjacentes : (bn) est décroissante, (an) est croissante,

1 lim( ) lim(6 )

3 n n n

b a  = 0 car la limite d’une suite géométrique de raison r telle que 1r  est 0, donc

les suites (an) et (bn) sont adjacentes.

5. n n nv a b  donc 1 1 1 1 1

(2 ) ( 2 ) 3 3

n n n n n n n n n nv a b a b a b a b v           donc (vn) est constante : le

milieu du segment [AnBn] est In d’abscisse 2

n n n

a b i

  =

2

nv = 0

2

v car (vn) est constante donc le milieu de

[AnBn] est constant et est la point I d’abscisse 4 car 0 1 7 8v    .

6. Les suites (an) et (bn) sont respectivement croissante et décroissante et bn > an donc

0 01 7n na a b b     ;

(an) est croissante et majorée par 7 donc (an) converge.

(bn) est décroissante et minorée par 1 donc (bn) converge.

De plus ces deux suites sont adjacentes donc elles convergent vers la même limite L.

En utilisant la suite constante (vn) telle que vn = 8n na b  et par passage à la limite : lim lim 8n na b 

donc L + L = 8 donc L = 4.

Géométriquement, cela se traduit par le fait que les suites de points (An) et (Bn) vont se rapprocher du point I(4), l’une par la gauche, l’autre par la droite.

1. 19. Suites adjacentes : calcul de la racine carrée

On considère les suites (un) et (vn) définies sur ¥ par u0 = 3 et les relations :

1 2

n n n

u v u

  et

7 n

n

v u

1. Calculer v0, u1, v1, u2, v2, u3 et v3. Donner l'approximation de u3 et v3 lue sur la calculatrice.

2. Justifier par récurrence que pour tout n de ¥ , un > 0 et vn > 0.

3. a. Démontrer que quel que soit n de ¥ ,     2 2

28n n n nu v u v    .

b. En déduire que   2

1 1 1

1

4 n n n n

n

u v u v u

  

   .

c. Conclure que quel que soit n on a 0n nu v  .

4. En s’aidant de la question 3. c., prouver que la suite (un) est décroissante et que la suite (vn) est croissante.

5. a. Démontrer que quel que soit n de ¥ *, 21

8 nu  .

b. Utiliser le résultat précédent pour démontrer que   2

1 1

1

10 n n n nu v u v    .

c. En déduire, à l'aide d'un raisonnement par récurrence que 2 1

1

10 n n n

u v

  .

d. Déterminer la limite de unvn lorsque n tend vers  .

6. Conclure que les suites (un) et (vn) sont adjacentes et déterminer leur limite commune.

7. Justifier que u3 est une approximation de 7 à 10−7 près.

8. Proposez une méthode générale pour trouver une valeur approchée de a où a est un réel quelconque positif.

Cette méthode est celle utilisée par le mathématicien grec Héron (1er siècle) pour déterminer une approximation des racines carrées.

Correction

1. 0 0

7 7

3 v

u   ; 0 01

7 3

16 83

2 2 6 3

u v u

 

    ; 1 1

7 7 21

8 8

3

v u    ; 1 12

8 21

64 63 1273 8

2 2 48 48

u v u

  

    ;

2 2

7 7 336

127 127

48

v u    ; 2 23

127 336

3225748 127 2,64575 2 2 12192

u v u

 

    ; 3 3

7 7 85344 2,64575

32257 32257

12192

v u     .

Il semble que les suites tendent vers 2,64575... et que la convergence soit très rapide.

2. Pn : un > 0 et vn > 0.

P0 : u0= 3 > 0 et v0 = 7/3 > 0 : P0 est vérifiée.

Supposons Pn vraie : 1 0 2

n n n

u v u

   puisque un et vn sont positifs, et bien sûr il en résulte que

1 1

7 0n

n

v u

 

  . On a bien, quel que soit n de ¥ , un > 0 et vn > 0.

3. a.         2 2 2 2 7

28 28 2(2 ) 28 7n n n n n n n n n n n n n n

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

               .

3. b.       

2

2 2

1 1 1

1 1 1 28 7

4 4 4

n n n n n n

n n n

u v u v u v

u u u  

            

 21 1 1 1 1 1

1 7 7 .n n n n

n n

u u u v u u

     

     

3. c. De l'égalité précédente, on conclut que un+1 – vn+1 est strictement positif quel que soit n, c'est-à-dire en remplaçant n+1 par n, on a unvn positif pour 1n  . Il faut vérifier que l'inégalité est aussi vraie pour

n = 0 : 0 0 7 2

3 0 3 3

u v     . On a bien unvn > 0 ou encore un > vn.

4. 1 2

0 2 2 2

n n n n n n n n n n

u v u v u v u u u u

          car vn – un < 0 ;

1 1

1 1

7( )7 7 0n nn n

n n n n

u u v v

u u u u

 

 

     

car un+1un < 0 et un > 0 quel que soit n. La suite (un) est bien décroissante et la suite (vn) est croissante.

5. a. On sait que un > vn or la suite vn est croissante, donc vn > v1, on a donc : 1 21

8 n nu v v   .

5. b. Par équivalence :

      2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 5 4 10

10 4 10 4 10 2 n n n n n n n n n n

n n

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

     

             . Or on

sait que 21 5

8 2 nu   d'où le résultat.

5.c. On veut montrer par récurrence la propriété Pn : 2 1

1

10 n n n

u v

  .

Vérifions P0 : 0 0 02 1

2 1 1

3 10

u v

    , ok.

Démontrons Pn+1 :

 

2

2

1 1 2 12 1 (2 1) 2 2 2 2 2 1 2 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1

10 10 10 10 10 10 10 10 10 1010

n n n n n n n n n

u v u v        

              

        

.

5. d. On a 2 1

1 0

10 n n n

u v

   et on sait que 2 1

1 lim 0

10 nn 

 , donc lim ( ) 0n n n

u v 

  (gendarmes).

6. Les suites (un) et (vn) sont adjacentes, elles sont donc convergentes vers la même limite  . Celle-ci vérifie la relation 2

7 7 lim 7

lim n

n n

n

v l l u l



     ; or l >0 donc 7l  .

7. 73 3 3 8 12 1

1 1 10

1010

u v  

    : la rapidité de la convergence est impressionnante puisqu’à chaque

itération on gagne un facteur environ 1210

n . En fait on double le nombre de décimales à chaque coup…

On se trouve en présence d'une convergence dite quadratique.

8. Pour trouver a , il suffit de faire la même chose avec 1 2

n n n

u v u

  et n

n

a v

u  puisque si (un) et (vn)

sont adjacentes, elles ont même limite l telle que 2 a

l l a l    . Les démonstrations précédentes

peuvent se faire de manière identique, ça marche bien.

L’algorithme présenté ici débouche sur bon nombre de problèmes dont certains sont très actuels : on l’utilise par exemple pour calculer les décimales de  , c’est l’algorithme de Brent et Salamin. Il s’agit essentiellement de l’algorithme de la moyenne arithmético-géométrique étudié par Lagrange puis par Gauss au 19ème siècle.

1. 20. Suites adjacentes : aire sous une courbe

Etude de l’aire sous une courbe à l’aide de suites

Objectifs :

Comprendre comment on peut encadrer l’aire sous une courbe par deux suites, comprendre les notations associées, savoir écrire le terme général des suites, prouver qu’elles ont l’aire comme limite commune (l’existence de l’aire est ici admise).

Application à deux exemples.

Remarques :

L’énoncé ci-dessous est un peu long pour être proposé tel quel à une classe. Par contre, il est possible d’en exploiter des parties avec des élèves sous la forme d’un TP encadré et commenté (surtout pour les notations) par le professeur .

f est une fonction continue monotone positive définie sur 0 ; 1 et (C) est la courbe représentant f dans

un repère orthonormal  ; ,O i j r r

. On note A le point tel que OA i uuur r

.

On s’intéresse à l’aire A du domaine D délimité par la courbe (C), l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 1.

Pour approcher A, on utilise les suites u et v définies ainsi :

- le segment OA est partagé en n segments de même longueur (n  1) ;

- conformément aux figures ci-dessous, on construit :

* les n rectangles , 0 1k k nR    situés sous la courbe (C), ayant comme base un des segments de la

subdivision et un sommet sur la courbe (C) ;

* les n rectangles , 0 1k k nS    contenant la courbe (C), ayant comme base un des segments de la

subdivision et un sommet sur la courbe (C);

- un est la somme des aires des n rectangles , 0 1k k nR    ;

- vn est la somme des aires des n rectangles , 0 1k k nS    ;

La monotonie de f assure que : n nu v A pour tout 1n  .

o A o A

Figure 1 Figure 2

Partie A - Etude des notations

1. On note A0 = O et A1, A2, …, An les points de [OA] correspondant à sa subdivision en n segments de même longueur.

a. Sur les figures 1 et 2 ci-dessus où n = 5, placer les points Ak pour  0,1, ... , 5k .

b. On reprend n quelconque. Quel point de la suite est confondu avec A ?

c. Quelle est la longueur d’un segment [AkAk +1],  0,1, ... , 1k n  ?

d. Quelle est l’abscisse du point Ak ,  0,1, ... ,k n ?

2. On note B0, B1, B2, … , Bn les points de (C) d’abscisses respectives 0, 1

n ,

2

n , … , 1.

a. Sur les figures 1 et 2 ci-dessus où n = 5, placer les points Bk pour  0,1, ... , 5k .

On reprend n quelconque. Quelles sont les coordonnées de Bk ,  0,1, ... ,k n ?

3. Sur les figures 1 et 2 ci-dessus :

a. Indiquer les rectangles Rk et Sk pour  0,1, ... , 4k .

b. Colorier la surface correspondant à l’aire un.

c. Dans une couleur différente de celle du b. colorier la surface correspondant à vnun.

Partie B – Etude des suites u et v

1. Dans cette question, on suppose que f est croissante sur [0 ; 1] (figure 1).

a. Prouver que 1

( (1) (0))n nv u f f n

   (on pourra par exemple « empiler » tous les petits rectangles

coloriés pour vn - un ).

b. Quelle est la hauteur du rectangle Rk pour  0,1, ... , 1k n  ?

c. Quelle est l’aire du rectangle Rk ? En déduire une écriture de un .

2. Dans cette question, on suppose que f est décroissante sur [0 ; 1] (figure 2).

a. Prouver que 1

( (0) (1))n nv u f f n

   .

b. Quelle est la hauteur du rectangle Sk pour  0,1, ... , 1k n  ?

c. Donner une écriture de vn .

3. Prouver que les suites u et v convergent vers A (on pourra encadrer Aun , puis A - vn à l’aide de

l’inégalité n nu v A ).

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