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Suites. Corrigés d’exercices Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 1/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2013-2014
Les exercices du livre corrigés dans ce document sont les suivants : Page 23 : N°11 Page 41 : N°98 Page 32 : N°29, 30, 33, 35 Page 42 : N°103 Page 33 : N°38 Page 43 : N°104, 109 Page 34 : N°47, 48, 54, 57, 58, 64 Page 44 : N°110, 112 Page 36 : N°74, 77 Page 45 : N°115, 117, 118 Page 37 : N°82, 84, 89 Page 49 : N°132, 134 Page 40 : N°95, 96 N°11 page 23 a. Pour tout entier naturel n, on a : ( )1 sin 1n− ≤ ≤ .
On en tire alors, pour tout entier naturel n non nul : ( )1 1sin nn n
− ≤ ≤ .
Les suites *
1
nn ∈
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
et *
1
nn ∈
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
sont toutes deux convergentes de limite nulle.
Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure :
La suite ( )nu est convergente de limite nulle.
b. Pour tout entier naturel n non nul, on a : ( ) ( )cos cos1n
n n nv
n n+
= = + .
Comme précédemment, on montre facilement que l’on a : ( )coslim 0
n
nn→+∞
= .
On en déduit alors : ( )coslim lim 1 1 0 1nn n
nv
n→+∞ →+∞
⎡ ⎤= + = + =⎢ ⎥
⎣ ⎦.
La suite ( )nv est convergente de limite égale à 1.
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 2/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
N°29 page 32 1. Pour tout entier naturel n non nul, on considère la propriété nP suivante :
nP : « ( )223 3 3 1
1 2 ...4
n nn
++ + + = »
Initialisation
Pour 1n = , on a : 3 3 3 31 2 ... 1 1n+ + + = = , d’une part, et ( ) ( )2 22 2 21 1 1 1 2 14 4 4
n n + += = = ,
d’autre part. Les deux expressions fournissent le même résultat. On en déduit que la propriété 1P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé.
On suppose nP vraie. On a donc : ( )223 3 3 1
1 2 ...4
n nn
++ + + = .
Intéressons-nous alors à la somme ( )33 3 31 2 ... 1n n+ + + + + . On a :
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
22
2 223 33 3 3 2
14
d'après l'hypothèsede récurrence
2 222
22
1 11 2 ... 1 1 4 1
4 4
1 14 4 2
4 41 1 1
4
n n
n n nn n n n n
n nn n n
n n
+=
+ +⎡ ⎤+ + + + + = + + = × + +⎣ ⎦
+ += × + + = × +
+ + +⎡ ⎤⎣ ⎦=
Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n non nul.
( )223 3 3 1
*,1 2 ...4
n nn n
+∀ ∈ + + + =
Remarque : en notant que l’on a ( ) ( ) ( )222
21 11 2 ...
4 2n n n n
n+ +⎛ ⎞
= = + + +⎜ ⎟⎝ ⎠
, on peut aussi
écrire :
( )23 3 3*,1 2 ... 1 2 ...n n n∀ ∈ + + + = + + +
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2. Pour tout entier naturel n non nul, on considère la propriété nP suivante :
nP : « ( ) ( )
( )( )( )
31 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 2
n nn n n n n
++ + + =
× × × × × + × + + + »
Initialisation
Pour 1n = , on a : ( ) ( )
1 1 1 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3 6n n n
+ + + = =× × × × × + × + × ×
, d’une part, et
( )( )( )
( )( )( )
3 1 1 3 1 44 1 2 4 1 1 1 2
n nn n
+ × + ×= =
+ + + + 4162 3
=× ×
, d’autre part. Les deux expressions
fournissent le même résultat. On en déduit que la propriété 1P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. On suppose nP vraie. On a donc :
( ) ( )( )
( )( )31 1 1...
1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 2n n
n n n n n+
+ + + =× × × × × + × + + +
Intéressons-nous alors à la somme :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1...
1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3n n n n n n+ + + +
× × × × × + × + + × + × +.
On a :
( ) ( )( )
( )( )( )
( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( )
( )( )( )( )( )
( )( )( )
34 1 2
d'après l'hypothèsede récurrence
2
2
2
3 2
1 1 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3
3 14 1 2 1 2 3
1 3 44 1 2 3
3 44 1 2 3
6 9 44 1 2 3
6
n nn n
n n n n n n
n nn n n n n
n nn n n
n nn n n
n n nn n n
n n
+=
+ +
+ + + +× × × × × + × + + × + × +
+= +
+ + + × + × +
⎡ ⎤= × + +⎣ ⎦+ + +
+ +=
+ + +
+ + +=
+ + +
+ +=
( )( )( )9 4
4 1 2 3n
n n n+
+ + +
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 4/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
En remplaçant « n » par « 1n+ » dans l’expression ( )( )( )
34 1 2
n nn n
++ +
, on obtient :
( ) ( )( )( )( ) ( )( )
( )( )( )( )
( ) ( )( )( )( )
21 1 3 1 4 1 44 2 3 4 1 2 34 1 1 1 2
n n n n n nn n n n nn n
+ + + + + + += =
+ + + + ++ + + +
Or : ( ) ( ) ( )( )2 2 3 21 4 2 1 4 6 9 4n n n n n n n n+ + = + + + = + + + . On en déduit ainsi :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )
1 1 31 1 1 1...1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 3 4 1 1 1 2
n nn n n n n n n n
+ + ++ + + + =
× × × × × + × + + × + × + + + + +
Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n non nul.
( ) ( )( )
( )( )31 1 1*, ...
1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 2n n
nn n n n n
+∀ ∈ + + + =
× × × × × + × + + +
N°30 page 32 Pour tout entier naturel n, on considère la propriété nP suivante :
nP : « la fonction nf définie sur par nx x est dérivable sur et sa dérivée vérifie : pour tout réel x, on a ( ) 1' n
nf x n x −= . » Initialisation La fonction 0f est définie sur par 0
0 : 1f x x = . Elle est dérivable sur en tant que fonction constante et pour tout x réel, on a : ( )0 ' 0f x = .
Par ailleurs, pour 0n = , la fonction 1nx n x − correspond, formellement, à la fonction nulle du fait du coefficient « n ». On déduit de ce qui précède que la propriété 0P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel non nul quelconque fixé. On suppose nP vraie. On suppose donc que, pour cette valeur de n, la fonction : n
nf x x est dérivable sur de dérivée 1' : n
nf x n x − .
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 5/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On s’intéresse maintenant à la fonction 11 : n
nf x x ++ .
Pour tout x réel, on a immédiatement : ( ) ( )11
nn nf x x x f x++ = = .
Ainsi, la fonction 1nf + peut-elle être considérée comme le produit, défini sur , de la fonction identité et de la fonction nf , toutes deux dérivables sur . Il en résulte que la fonction 1nf + est également dérivable sur . Pour tout x réel, on a alors :
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1
1 111
d'après l'hypothèsede récurrence
' 1 ' 1 1n
nn n nn n n
n x
f x f x x f x x x n x n x n x−
+ −−+
=
= × + × = + × = + = +
Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n.
Pour tout entier naturel n, la fonction nf définie sur par nx x est dérivable sur et sa dérivée vérifie :
pour tout réel x, on a ( ) 1' nnf x n x −= .
N°33 page 32 Pour tout entier naturel 2n ≥ , on considère la propriété nP suivante :
nP : « ( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − ≤ » Initialisation Pour 2n = , on a ( )1! 2! 3! ... 1 ! 1! 1n+ + + + − = = , d’une part, et ! 2! 2n = = , d’autre part. Comme 1 2≤ , on en conclut immédiatement que la propriété 2P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2 quelconque fixé. On suppose nP vraie. On suppose donc que, pour cette valeur de n, on a :
( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − ≤ On s’intéresse maintenant à la somme ( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − + . On a :
( )
( )!
d'après l'hypothèsede récurrence
1! 2! 3! ... 1 ! ! ! ! 2 !n
n n n n n≤
+ + + + − + ≤ + = ×
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 6/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On a, par ailleurs : ( ) ( ) ( ) ( )1 ! 2 ! 1 ! 2 ! ! 1 2 1 !n n n n n n n n n+ − = + × − = × + − = − ×⎡ ⎤⎣ ⎦ .
Comme 2n ≥ , il vient 1 1 0n− ≥ > et donc ( )1 ! 0n n− × > .
Ainsi : ( )1 ! 2 ! 0n n+ − > et, finalement : ( ) ( )1! 2! 3! ... 1 ! ! 1 !n n n+ + + + − + < + . Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel 2n ≥ .
Pour tout entier naturel 2n ≥ , on a :
( )1! 2! 3! ... 1 ! !n n+ + + + − ≤ N°35 page 32 1. On a facilement :
0 0v = (dans l’énoncé)
1 0 2 0 1 0 1 1v v= + × + = + =
2 1 2 1 1 1 3 4v v= + × + = + =
3 2 2 2 1 4 5 9v v= + × + = + =
4 3 2 3 1 9 7 16v v= + × + = + = 0, 1, 4, 9 et 16 sont les carrés des cinq premiers entiers naturels … On peut conjecturer :
2, nn v n∀ ∈ = .
2. Pour tout entier naturel n, on considère, d’après la question précédente, la propriété nP suivante :
nP : « 2nv n= »
Initialisation D’après la question précédente, 0P (ce qui suffit pour initialiser le raisonnement), 1P ,
2P , 3P et 4P sont vraies. Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose que la propriété nP est vraie. C'est-à-dire : 2
nv n= . Par définition de la suite ( )nv , on a : 1 2 1n nv v n+ = + + d’où, en tenant compte de
l’hypothèse de récurrence : ( )221 2 1 2 1 1n nv v n n n n+ = + + = + + = + .
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 7/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Ainsi, la propriété 1n+P . Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n. Finalement :
2, nn v n∀ ∈ =
N°38 page 33 Pour tout entier naturel n, on considère la propriété nP suivante :
nP : « 4 3 1nnu = × − »
Initialisation Pour 0n = , on a 0 3nu u= = , d’une part, et 04 3 1 4 3 1 4 1 3n× − = × − = − = , d’autre part. De l’égalité on conclut immédiatement que la propriété 0P est vraie. Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose nP vraie. On suppose donc que, pour cette valeur de n, on a : 4 3 1n
nu = × − . On s’intéresse maintenant à 1nu + . Par définition de la suite ( )nu , on a : 1 3 2n nu u+ = + . D’où, en tenant compte de l’hypothèse de récurrence :
( ) 11 3 2 3 4 3 1 2 3 4 3 3 2 4 3 1n n n
n nu u ++ = + = × − + = × × − + = × −
Ainsi, la propriété 1n+P est vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n.
Pour tout entier naturel n, on a : 4 3 1nnu = × − .
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N°47 page 34 a. Comme x +∈ , on a *2 1x ++ ∈ et donc, en tenant compte également de 0e > :
( )3 33 2 1 3 2 3 22 1 2
ee e x ex e e ex xx e
−< ⇔ < + ↔ < + ⇔ − < ⇔ <
+
• Si 3 0e− < , c'est-à-dire 3e > alors l’ensemble des solutions de l’inéquation
32 1
ex
<+
est + .
• Si 3 0e− ≥ , c'est-à-dire ] ]0 ; 3e∈ (n’oublions pas que le réel e est strictement
positif) alors l’ensemble des solutions de l’inéquation 32 1
ex
<+
est l’intervalle
3 ;2
ee−⎤ ⎡+∞⎥ ⎢⎦ ⎣
.
b. a. On a : 32 1nu e e
n< ⇔ <
+.
D’après la question précédente, il vient (on résout en fait l’inéquation dans cette fois-ci) :
• Si 3 0e− < , c'est-à-dire 3e > alors l’ensemble des solutions de l’inéquation 3
2 1e
n<
+ est .
• Si 3 0e− ≥ , c'est-à-dire ] ]0 ; 3e∈ alors l’ensemble des solutions de l’inéquation 3
2 1e
n<
+ est l’ensemble des nombres entiers naturels appartenant à l’intervalle
3E 1;2
ee
⎡ − ⎡⎛ ⎞ + +∞⎜ ⎟⎢ ⎢⎝ ⎠⎣ ⎣ où 3E
2e
e−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
désigne la partie entière du réel 32
ee−
( 3E 12
ee−⎛ ⎞ +⎜ ⎟
⎝ ⎠ est donc le plus petit entier naturel solution de l’inéquation
32 1
en
<+
).
Ainsi, pour toute valeur de e dans *
+ , il existe un rang N tel que nn N u e≥ ⇒ < ( 0N =
si 3e > et 3E 12
eNe−⎛ ⎞= +⎜ ⎟
⎝ ⎠ si ] ]0 ; 3e∈ ).
b. Pour tout entier naturel n, on a 0nu > . D’après la question précédente, pour tout réel strictement positif e, il existe un rang N tel que : nn N u e≥ ⇒ < , d’où ] [;nu e e∈ − .
Par définition, on en conclut alors que la suite ( )nu converge vers 0.
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N°48 page 34
2nu
n= ( 0n > )
a. On a, ( )nu f n= où f est la fonction définie sur *+ par : ( ) 2x f x
x= .
La fonction inverse étant strictement décroissante sur l’intervalle *+ , il en va de même
pour la suite ( )nu .
b. On conjecture, par exemple à l’aide de la calculatrice ou en utilisant 1lim 0n n→+∞
= , que l’on
a : lim 0nnu
→+∞= .
c. On cherche un rang p tel que : 4 410 ;10nn p u − −⎤ ⎡≥ ⇒ ∈ −⎦ ⎣ .
Les termes de la suite étant strictement positifs, on a : 4 4 410 ;10 10n nu u− − −⎤ ⎡∈ − ⇔ <⎦ ⎣ . Il vient alors :
4 4 4 44
2 110 10 10 2 10 20 0002 10 2nn nu n
n− −
−< ⇔ < ⇔ > ⇔ > ⇔ > × =
On peut donc choisir 20 001p =
d. On généralise la démarche de la question précédente en remplaçant 410− par un réel e strictement positif :
2 1 2 2E 12nnu e e n n
n e e e⎛ ⎞< ⇔ < ⇔ > ⇔ > ⇔ ≥ +⎜ ⎟⎝ ⎠
Pour tout réel strictement positif e, on pose 2N E 1e
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
et on a : N nn u e≥ ⇒ < .
On en déduit que la suite ( )nu est convergente de limite nulle.
1
1nun
=+
a. On a, ( )nu f n= où f est la fonction définie sur + par : ( ) 11
x f xx
=+
.
La fonction racine carrée est strictement croissante sur + . Il en va donc de même de la
fonction 1x x+ . La fonction inverse est strictement décroissante sur *+ . La fonction
f, composée de ces deux fonctions, est donc elle-même strictement décroissante.
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 10/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Il en va de même pour la suite ( )nu .
b. On conjecture, par exemple à l’aide de la calculatrice ou en utilisant ( )lim 1n
n→+∞
+ = +∞ ,
que l’on a : lim 0nnu
→+∞= .
c. On cherche un rang p tel que : 4 410 ;10nn p u − −⎤ ⎡≥ ⇒ ∈ −⎦ ⎣ .
Les termes de la suite étant strictement positifs, on a : 4 4 410 ;10 10n nu u− − −⎤ ⎡∈ − ⇔ <⎦ ⎣ . Il vient alors :
4 4 44
1 110 10 1 10 1101nu n n
n− −
−< ⇔ < ⇔ < + ⇔ − <+
Les deux membres de la dernière inégalité étant positifs, on a :
( )24 410 1 10 1n n− < ⇔ − < On peut donc choisir ( )2410 1 1 99 980 002p = − + = .
d. Ici encore, on généralise la démarche de la question précédente en remplaçant 410− par un réel e strictement positif :
1 1 11 11nu e e n n
e en< ⇔ < ⇔ < + ⇔ − <
+
En toute rigueur, on doit distinguer deux cas :
• Si 1e > alors 1 1 0e− < et l’inégalité 1 1 n
e− < est vérifiée pour toute valeur de n.
• Si 1e ≤ alors 1 1 0e− ≥ et on a :
21 11 1n ne e
⎛ ⎞− < ⇔ − <⎜ ⎟⎝ ⎠
. On peut alors
considérer 21N E 1 1
e⎛ ⎞⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
.
Dans tous les cas, on peut trouver une valeur N telle que : N nn u e≥ ⇒ < . On en déduit que la suite ( )nu est convergente de limite nulle.
N°54 page 34 Nous allons établir le résultat en utilisant la définition. Il convient donc de montrer que pour tout réel A, il existe un rang N à partir duquel on a Anu < . Soit donc A un réel.
On a : 2 2 2 3 A2 3 A 2 3 A2
n n n −− + < ⇔ > − ⇔ > .
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 11/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On distingue donc deux situations :
• Si A 3> alors 3 A 02−
< et l’inégalité 2 3 A2
n −> est vérifiée pour tout entier naturel
n. Il suffit alors de choisir N 0= par exemple.
• Si A 3≤ alors 3 A 02−
≥ et on a : 2 3 A 3 A2 2
n n− −> ⇔ > .
Il suffit alors de considérer : 3 AN E 12
⎛ ⎞−= +⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠.
Dans tous les cas, pour un A réel quelconque fixé, on peut trouver une valeur N telle que :
N Ann u≥ ⇒ < . On en déduit que la suite ( )nu tend vers −∞ . N°57 page 34 a. On a :
produitlimlim
limn
nn
nn n
n→+∞
→+∞→+∞
= +∞⎫⎪ ⇒ = +∞⎬= +∞⎪⎭
lim nn
u→+∞
= +∞
b. Comme 3 2lim limn n
n n→+∞ →+∞
= = +∞ , nous avons affaire à une forme indéterminée du type
« ∞−∞ ». Pour tout entier naturel n, on a : ( )3 2 2 1n n n n− = − . On a alors :
( )( )
( )somme
produit2
2
limlim 1
lim 1 1 lim 1
lim
n
nn n
n
nn
n n
n
→+∞
→+∞→+∞ →+∞
→+∞
⎫= +∞⎫⎪ ⎪⇒ − = +∞⎬ ⎪− = − ⇒ − = +∞⎪ ⎬⎭⎪
= +∞⎪⎭
lim nn
v→+∞
= +∞
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N°58 page 34 1. On a :
( )rapportproduit
somme
lim 3 3
lim 3lim 0lim 2lim 2 2 2 1lim 2 1
lim 1 1
n
n
nnn n
n
nn
nn
→+∞
→+∞
→+∞→+∞→+∞ →+∞
→+∞
= ⎫⎪⎪⎫= +∞⎫ ⎪⎪ ⎪ ⇒ =⇒ = +∞ ⎬⎬ ⎪= +⇒ + = +∞⎬ ⎪⎪⎭
⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎭ ⎭
lim 0nn
u→+∞
=
2. On a, en procédant de façon similaire :
( )
( )
sommerapport
somme
lim 5 5
lim 2 2 2lim 5 52 1lim lim 01lim 1
lim 1 1
n
n
nn n
nn
nnnn
→+∞
→+∞
→+∞→+∞ →+∞
→+∞→+∞
= ⎫⎪⎪− = − ⎫ −⎪ ⎛ ⎞⎪ ⇒ + =⎬ ⎜ ⎟−⎪ += +∞⎫ ⎝ ⎠⇒ =⎬ ⎪⎪ +⇒ + = +∞⎪⎬ ⎪= ⎪⎪ ⎪⎭ ⎭ ⎭
lim 5nn
v→+∞
=
N°64 page 34 1. Pour tout entier naturel n non nul :
( )( )2
222
1 3 1 31 1 1 11 3112 1 22
n
n nn n n n n nun n
nn
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞+ × − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟+ − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠= = =+ ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟
⎝ ⎠
Comme 2
1 1lim lim 0n nn n→+∞ →+∞
= = , il vient (somme) :
1lim 1 1n n→+∞
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
, 3lim 1 1n n→+∞
⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠
et 2
1lim 2 2n n→+∞
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
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Et enfin : ( )
2
1 31 1 1 1 1lim 1 2 22n
n n
n→+∞
⎛ ⎞⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎜ ⎟ × −⎝ ⎠⎝ ⎠ = = −+
.
1lim2nn
u→+∞
= −
2. On procède de façon similaire. Pour tout entier naturel n non nul :
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 12 2 2nnv n n n
n n n n n n n+⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − = − × × + = − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Comme 2
1 1lim lim 0n nn n→+∞ →+∞
= = , il vient (somme) :
2
1 1lim 1 lim 1 1n nn n→+∞ →+∞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Et enfin (produit) : 2
1 1 1 1lim 1 12 2n n n→+∞
⎛ ⎞⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
.
1lim2nn
v→+∞
=
N°74 page 36
1. Comme, pour tout entier naturel n, on a : ( )1 1 1n− ≤ − ≤ , il vient : 1 11 1nu
n n−
≤ ≤+ +
.
Comme ( )lim 1n
n→+∞
+ = +∞ , on a : 1 1lim lim 01 1n nn n→+∞ →+∞
−= =
+ +.
Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure que la suite ( )nu est convergente et que l’on a : lim 0nn
u→+∞
= .
( )nu est convergente et lim 0nn
u→+∞
= .
2. On procède de façon similaire à ce qui vient d’être fait.
Comme, pour tout entier naturel n, on a : ( )1 cos 1n− ≤ ≤ , il vient : 2 2
1 1nv
n n−
≤ ≤ .
Comme 2limn
n→+∞
= +∞ , on a : 2
1lim 0n n→+∞
= .
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 14/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure que la suite ( )nv est convergente et que l’on a : lim 0nn
v→+∞
= .
( )nv est convergente et lim 0nn
v→+∞
= .
N°77 page 36 1. A la calculatrice, on obtient :
10
100
1,996 3571,999 952
uu
Il semble que la suite ( )nu converge vers 2.
2. Pour tout n entier naturel, on a : 1 sin 1n− ≤ ≤ . On en déduit : 3 3sin 3n− ≤ − ≤ puis : 2 2 22 3 2 3sin 2 3n n n n− ≤ − ≤ + et, enfin :
2 2 2
2 2 2
2 3 2 3sin 2 31 1 1
n n n nn n n
− − +≤ ≤
+ + +
C'est-à-dire : 2 2
2 2
2 3 2 31 1n
n nun n
− +≤ ≤
+ +.
Le résultat est ainsi établi.
2 2
2 2
2 3 2 3,1 1n
n nn un n
− +∀ ∈ ≤ ≤
+ +
Pour tout entier naturel n non nul, on a :
22 2 2
22
22
3 32 22 3111 11
nn n nn n
nn
⎛ ⎞− −⎜ ⎟− ⎝ ⎠= =+ ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟
⎝ ⎠
et
22 2 2
22
22
3 32 22 3111 11
nn n nn n
nn
⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+ ⎝ ⎠= =+ ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟
⎝ ⎠
Comme 2 2
1 2lim lim 0n nn n→+∞ →+∞
= = , il vient (somme) :
2 2
3 3lim 2 lim 2 2n nn n→+∞ →+∞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
et 2
1lim 1 1n n→+∞
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 15/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On en déduit finalement (rapport) :
2 2
2
2
322 3 2lim lim 211 11n n
n nn
n→+∞ →+∞
−−= = =
+ + et
2 2
2
2
322 3 2lim lim 211 11n n
n nn
n→+∞ →+∞
++= = =
+ +
Le théorème des gendarmes nous permet alors de conclure que la suite ( )nu est convergente de limite égale à 2.
lim 2nnu
→+∞=
3. a. A la question 2, nous avons obtenu, pour tout entier naturel n : 2 2
2 2
2 3 2 31 1n
n nun n
− +≤ ≤
+ +
On en déduit immédiatement : 2 2
2 2
2 3 2 32 2 21 1n
n nun n
− +− ≤ − ≤ −
+ +.
Soit : ( ) ( )2 2 2 2
2 2
2 3 2 1 2 3 2 12
1 1n
n n n nu
n n− − + + − +
≤ − ≤+ +
.
Soit encore : 2 2
5 121 1nu
n n−
≤ − ≤+ +
.
On a bien :
2 2
5 1, 21 1nn u
n n−
∀ ∈ ≤ − ≤+ +
b. Comme : 2 2
1 5,1 1
nn n
∀ ∈ ≤+ +
, l’inégalité obtenue à la question précédente entraîne :
2 2
5 5, 21 1nn u
n n−
∀ ∈ ≤ − ≤+ +
Soit : 2
5, 21nn u
n∀ ∈ − ≤
+.
Ainsi, si, à partir d’un certain rang N, on a l’inégalité : 32
5 101n
−<+
alors, on aura
également l’inégalité 32 10nu −− < . En d’autres termes, la distance entre nu et 2 sera
inférieure à 310− .
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 16/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On a : 2
3 3 2 22
5 110 10 1 5 000 4 999 4 9991 5
n n n nn
− +< ⇔ > ⇔ + > ⇔ > ⇔ >
+
Or : 4 999 70,7 . Ainsi, pour 71n ≥ , on aura 32
5 101n
−<+
et donc 32 10nu −− < .
A partir du rang 71N = , on est certain que la distance entre nu et 2 est inférieure à 310− .
c. On a ( )22
2 2 2
2 1 2 3sin2 3sin 2 3sin21 1 1n
n nn n nun n n
+ − −− += = = −
+ + +.
Si 2 3sin 0n+ < , c'est-à-dire 2sin3
n < − alors on aura 2nu > .
En l’occurrence 2sin 74 0,9853
− < − et 74 2,000174u .
Pour tout entier 71n ≥ , on n’a pas nécessairement 2nu ≤ .
N°82 page 37 1. L’objectif de cette question est d’établir la croissance de la suite u.
On a immédiatement :
( )
21
21
21
21
, 3 1
, 3 1
, 2 1
, 1
n n n
n n n n n
n n n n
n n n
n u u u
n u u u u u
n u u u u
n u u u
+
+
+
+
∀ ∈ = + +
⇔ ∀ ∈ − = + + −
⇔ ∀ ∈ − = + +
⇔ ∀ ∈ − = +
Comme on a : ( )2, 1 0nn u∀ ∈ + ≥ , la relation de récurrence définissant la suite u entraîne donc sa croissance et ce, quelle que soit la valeur de 0u . Il n’est donc pas utile de montrer que l’on a 0nu ≥ pour tout entier naturel n (une récurrence simple permet d’établir ce résultat) qui s’avère une conséquence immédiate de cette croissance et du fait que 0u est égal à 0.
La suite u est croissante.
2. On suppose que la suite u est majorée. Dès lors, étant croissante et majorée, la suite u est convergente. Notons L sa limite.
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 17/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
A la question précédente, on a montré que l’on avait : ( )21, 1n n nn u u u+∀ ∈ − = + .
Or : ( )1lim lim 0n n nn nu L u u L L+→+∞ →+∞
= ⇒ − = − = et ( ) ( )2 2lim 1 1nnu L
→+∞+ = + .
Comme ( ) ( ) ( )2 21 1, 1 lim lim 1n n n n n nn n
n u u u u u u+ +→+∞ →+∞∀ ∈ − = + ⇒ − = + , il vient donc
( )20 1L= + soit, finalement : 1L = − .
Si la suite u est majorée alors on a nécessairement : lim 1nnu
→+∞= − .
3. Le résultat précédent est absurde puisque l’on a, d’après la question 1 : , 0nn u∀ ∈ ≥ . Il en résulte alors que la limite L de la suite u est nécessairement positive. Ainsi, la limite L ne peut être égale à 1− . Aboutissant à une contradiction, on en tire que la suite u n’est pas majorée. Etant croissante, elle tend donc vers +∞ .
lim nnu
→+∞= +∞
4. a. Nous proposons l’algorithme suivant, écrit en langage pseudo-naturel :
Variable : N entier U réel A réel Début : N 0 U 0 Lire A TantQue U A< Faire N N 1+ U 2U 3U 1+ + FinTantQue Afficher N Fin
b. Pour A 1 000= , on obtient : N 4= . Pour vérifier : 3 41u = et 4 1805u = Pour 6A 10= , on obtient : N 5= . Pour vérifier : 4 1805u = et 5 3 263 441u =
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 18/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Sur ma CASIO, j’ai écrit le programme suivant :
N°84 page 37
1. Comme ] [2 1; 13∈ − + , on a immédiatement : 2lim 0
3
n
n→+∞
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Il vient alors (différence) : 2lim 1 1 0 13
n
n→+∞
⎡ ⎤⎛ ⎞− = − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
puis (rapport) :
2 2lim 2121
3
nn→+∞= =
⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Enfin (différence) : 2lim lim 1 1 2 1213
n nn nu
→+∞ →+∞
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= − = − = −⎜ ⎟⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
.
lim 1nn
u→+∞
= −
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 19/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
2. Comme 6 et 7 sont deux réels strictement supérieurs à 1, on a immédiatement :
lim 6 lim 7n n
n n→+∞ →+∞= = +∞
Pour ( )nv , nous avons donc affaire à une forme indéterminée du type « ∞ −∞ ».
Comme 7 6> , on a : , 7 6n nn∀ ∈ > . On va donc factoriser par 7n :
6 6, 6 7 7 1 7 17 7
nnn n n n
n nn v⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞∀ ∈ = − = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Comme 0 6 7< < , il vient ] [6 1; 17∈ − + et donc 6lim 0
7
n
n→+∞
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
On en déduit (somme) : 6lim 1 17
n
n→+∞
⎛ ⎞⎛ ⎞ − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ puis (produit) : 6lim 7 1
7
nn
n→+∞
⎛ ⎞⎛ ⎞ − = −∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠.
lim nn
v→+∞
= −∞
N°89 page 37 1. On a, pour tout entier naturel n non nul :
1
2 3 12
2 1
1 1 1 1...10 10 10 10
111 1 1 1 101 ... 110 10 10 100 110
1 11 110 10
100 9010010
1 1190 10
n
k nk
n
n
n n
n
+
+=
−
= + + +
−⎛ ⎞= + + + = ×⎜ ⎟⎝ ⎠ −
− −= =
−
⎛ ⎞= × −⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
1
2
1 1 1*, 110 90 10
n
k nk
n+
=
⎛ ⎞∀ ∈ = × −⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 20/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
2. Pour tout entier naturel n non nul, on a :
1
2fois lefois lechiffre "0"chiffre "7"
11, 277....7 1,2 0,07 0,007 ... 0, 00...0 7 1, 2 710
n
n kknn
v+
=
= = + + + + = + ×∑
En tenant compte de la question 1, il vient alors :
1
2
1 1 1 7 11, 2 7 1,2 7 1 1, 2 110 90 10 90 10
n
n k n nk
v+
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + × = + × × − = + × −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑
Comme 1 110 10
n
n⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
et comme ] [1 1; 110
∈ − + , il vient : 1lim 010nn→+∞
= .
On en déduit alors : 1lim 1 1 0 110nn→+∞
⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟⎝ ⎠
puis 7 1 7lim 190 10 90nn→+∞
⎡ ⎤⎛ ⎞× − =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ et enfin :
7 1 7 12 7 108 7 115 23lim lim 1,2 1 1,290 10 90 10 90 90 90 18n nn n
v→+∞ →+∞
⎡ ⎤ +⎛ ⎞= + × − = + = + = = =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
La limite de la suite v est le nombre rationnel 2318
r = .
N°95 page 40 Partie A – Question de cours Soit A un réel. Comme la suite ( )nu tend vers +∞ , il existe un rang N tel que : nn N u A≥ ⇒ > . Mais comme, pour tout entier naturel n, n nv u≥ , il vient : nn N v A≥ ⇒ > . On en déduit ainsi : lim nn
v→+∞
= +∞ .
Le résultat est établi. Partie B 1. On a :
1 0
2 1
3 2
1 1 50 2 1 23 3 3
1 1 5 5 141 2 1 13 3 3 9 9
1 1 14 142 23 3 9 27
u u
u u
u u
= + − = × − = −
⎛ ⎞= + − = × − − = − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= + − = × − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 21/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
2. a. Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 4, on considère la propriété nP suivante :
nP : « 0nu ≥ » Initialisation
Pour 4n = , on a : 4 31 1 14 14 673 2 1 1 03 3 27 81 81
u u ⎛ ⎞= + − = × − + = − + = >⎜ ⎟⎝ ⎠
.
La propriété 4P est donc vraie. Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé supérieur ou égal à 4. On suppose nP vraie c'est-à-dire 0nu ≥ Comme 4n ≥ alors on a : 2 2 0n− ≥ > .
Comme 0nu ≥ alors on a : 1 03 nu ≥ .
On en déduit alors 1 2 03 nu n+ − > c'est-à-dire 1 0nu + > . La propriété 1n+P est donc vraie.
Conclusion Pour tout entier n supérieur ou égal à 4, 0nu ≥ .
, 4 0nn n u∀ ∈ ≥ ⇒ ≥
b. Pour tout entier 5n ≥ , on a : ( )1 11 11 2 33 3n n nu u n u n− −= + − − = + − .
Mais 5 1 4n n≥ ⇔ − ≥ . D’après le résultat de la question précédente, on a donc : 1 0nu − ≥ .
D’où 11 03 nu − ≥ puis 1
1 3 33 nu n n− + − ≥ − c'est-à-dire 3nu n≥ − .
Finalement :
, 5 3nn n u n∀ ∈ ≥ ⇒ ≥ − c. On a , 5 3nn n u n∀ ∈ ≥ ⇒ ≥ − . Comme ( )lim 3
nn
→+∞− = +∞ , le théorème de
comparaison nous permet alors de conclure immédiatement :
lim nnu
→+∞= +∞
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 22/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
3. a. Pour tout entier naturel n, on a :
( ) ( )1 121 1 212 3 1 2 2 3 12 3 2
2 21 2 7 1 212 4 3 3 2 33 2 3 2 3 2
13
n n n
n n n
n
v u n u n n
u n n u n u n
v
+ +⎛ ⎞= − + + − = − + − + + −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= − − + + + − = − + − = − + −⎜ ⎟⎝ ⎠
=
La suite ( )nv est donc une suite géométrique de raison 13
.
Par ailleurs : 0 021 21 252 3 0 22 2 2
v u= − + × − = − − = − .
La suite ( )nv est la suite géométrique de premier terme 0252
v = − et de raison 13
.
b. D’après le résultat précédent, on a : 25 1,2 3
n
nn v ⎛ ⎞∀ ∈ = − ×⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Comme : 21, 2 32n nn v u n∀ ∈ = − + − , on a : 21, 2 3
2n nn u v n∀ ∈ = − + − , soit
1 21, 32 2n nn u v n⎛ ⎞∀ ∈ = − + −⎜ ⎟⎝ ⎠
. Il vient alors :
1 21 1 25 1 21 25 1 3 21, 3 32 2 2 2 3 2 4 3 2 4
n n
n nn u v n n n⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∀ ∈ = − + − = − − × + − = × + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
25 1 3 21,4 3 2 4
n
nn u n⎛ ⎞∀ ∈ = × + −⎜ ⎟⎝ ⎠
c. On a : limn
n→+∞
= +∞ d’où 3lim2n
n→+∞
= +∞ et 3 21lim2 4n
n→+∞
⎛ ⎞− = +∞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Par ailleurs, comme ] [1 1; 13∈ − + , on a : 1lim 0
3
n
n→+∞
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
et donc : 25 1lim 04 3
n
n→+∞
⎛ ⎞× =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
On en déduit alors (somme) : 25 1 3 21lim4 3 2 4
n
nn
→+∞
⎛ ⎞⎛ ⎞× + − = +∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ soit :
lim nn
u→+∞
= +∞
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 23/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On a ainsi retrouvé la limite de la suite ( )nu obtenue à la question 2.c.
4. Rappelons que l’on a (question 3.b.) : 25 1 3 21,4 3 2 4
n
nn u n⎛ ⎞∀ ∈ = × + −⎜ ⎟⎝ ⎠
.
On en tire, pour tout entier naturel n :
0 1 2
0
0 0 0
...
25 1 3 214 3 2 4
25 1 3 21 14 3 2 4
n n
kn
k
kn n n
k k k
S u u u u
k
k
=
= = =
= + + + +
⎛ ⎞⎛ ⎞= × + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠
∑
∑ ∑ ∑
On a immédiatement :
1 1
1
0
1 11 11 3 13 3 11 23 2 31
3 3
n n
k nn
k
+ +
+
=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦−
∑
Or : ( )
0
12
n
k
n nk
=
+=∑ et
01 1
n
kn
=
= +∑ . Ainsi :
( ) ( )
( ) ( )
( )( )
0 0 0
1
1
1
25 1 3 21 14 3 2 4
125 3 1 3 211 14 2 3 2 2 4
3 1 21 175 118 3 4 4
75 1 31 7 18 3 4
kn n n
nk k k
n
n
n
S k
n nn
n n n
n n
= = =
+
+
+
⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠⎡ ⎤ +⎛ ⎞= × − + × − +⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤ + +⎛ ⎞= − + −⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞= − + − +⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
∑ ∑ ∑
Comme ] [1 1; 13∈ − + , on a :
11lim 03
n
n
+
→+∞
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
. D’où ( )175 1 75 75lim 1 1 0
8 3 8 8
n
n
+
→+∞
⎡ ⎤⎛ ⎞− = × − =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
.
Par ailleurs : ( ) ( )lim 1 lim 7n n
n n→+∞ →+∞
+ = − = +∞ d’où ( )( )3lim 7 14n
n n→+∞
− + = +∞ .
Ainsi, on a finalement (somme) : ( )( )175 1 3lim 1 7 1
8 3 4
n
nn n
+
→+∞
⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞− + − + = +∞⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭
.
lim nn
S→+∞
= +∞
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 24/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
N°96 page 40 1. a. On obtient facilement :
b. D’après le graphique obtenu précédemment, on peut conjecturer que la suite ( )nu est décroissante et converge vers 1 (abscisse et ordonnée du point d’intersection de la courbe représentative de la fonction f et de la 1ère bissectrice).
2. a. Pour tout entier naturel n, on considère la propriété nP : « 1nu ≥ ». Initialisation. On a 0 5 1u = ≥ donc la propriété 0P est vraie. Hérédité. Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose nP vraie, c'est-à-dire 1nu ≥ , et on veut montrer 1 1nu + ≥ .
On a : ( ) ( ) ( )1
4 1 2 3 14 11 1 12 2 2
n n nnn n
n n n
u u uuu f uu u u+
− − + −−− = − = − = =
+ + +.
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 25/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Comme 1nu ≥ , il vient immédiatement 2 0nu + > et donc ( )3 11
2n
n
uu
−≥
+, c'est-à-dire
1 1nu + ≥ . La propriété 1n+P est donc vraie. Conclusion. Initialisée pour 0n = et héréditaire, la propriété nP est vraie pour tout n entier naturel :
, 1nn u∀ ∈ ≥ b. Pour tout entier naturel n, on a :
( ) ( )22 2
1
14 1 2 1 2 12 2 2 2
nn n n n nn n n n n
n n n n
uu u u u uu u f u u uu u u u+
−− − + − − +− = − = − = = − = −
+ + + +
On a évidemment ( )21 0nu − ≥ . Par ailleurs, comme on a , 1nn u∀ ∈ ≥ , il vient
, 2 3 0nn u∀ ∈ + ≥ > . On en déduit : ( )21, 0
2n
n
un
u−
∀ ∈ − ≤+
.
Ainsi, la suite ( )nu est décroissante.
La suite ( )nu est décroissante. c. La suite ( )nu étant décroissante et minorée (par 1), elle est convergente. Notons L sa limite.
Pour tout n entier naturel, on a : ( )14 1
2n
n nn
uu f uu+
−= =
+.
On a immédiatement : 1lim limn nn nu u L+→+∞ →+∞
= = .
Par ailleurs grâce aux résultats sur les limites et opérations, il vient :
4 1 4 1lim2 2
n
nn
u Lu L→+∞
− −=
+ +
D’où : 4 12
L LL
−=
+. D’où, en utilisant le calcul de la question ci-dessus : ( )21
02
LL−
− =+
.
On en tire immédiatement : 1L = .
La suite ( )nu est convergente de limite égale à 1.
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 26/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
3. a. Pour tout entier naturel n, on a :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
11
21 1 1 1 13 11 1 1 3 1 1
22 2 11 3
3 1 1 3 1 3 1 3 113
nn n
nn n n n n
n
n n n
n n n n n
uv vuu u u u u
uu u uu u u u u
++
+− = − = − = −
−− − − − −+
+ + −= − = − =
− − − − −
=
La suite ( )nv est une suite arithmétique de raison 13
.
b. Comme 00
1 1 11 5 1 4
vu
= = =− −
, il vient immédiatement : 1 1 1,4 3 4 3n
nn v n∀ ∈ = + × = + .
A partir de 11n
n
vu
=−
, on obtient facilement 1 1nn
uv
= + . D’où :
1 1 1 12 4 15, 1 1 1 11 4 3 4 3 4 34 3 12
nn
nn u n nv n n+
∀ ∈ = + = + = + = + =+ + ++
1,4 3n
nn v∀ ∈ = + et 4 154 3nnun+
=+
c. Plutôt qu’utiliser l’expression de nu en fonction de n (nous vous laissons le soin de
développer cette approche), nous allons travailler à partir de la relation 1 1nn
uv
= + .
Comme on a 1,4 3n
nn v∀ ∈ = + , il vient immédiatement : lim nnv
→+∞= +∞ . D’où 1lim 0
nnv→+∞=
puis 1lim 1 1n
nv→+∞
⎛ ⎞+ =⎜ ⎟
⎝ ⎠, c'est-à-dire lim 1nn
u→+∞
= . On a ainsi retrouvé le résultat de la question
2.c.
La suite ( )nu est convergente de limite égale à 1.
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 27/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
N°98 page 41 Partie A 1. 1P est fausse car pour 1n = , on a : 14 4 4n = = mais 4 1 4 1 1 5 4n+ = × + = > .
2P est fausse car pour 2n = , on a 24 4 16n = = mais 4 1 4 2 1 9 16n+ = × + = < .
3P est vraie car l’inégalité 4 4 1n n≤ + est vérifiée pour 1n = .
4P est fausse car l’inégalité 4 4 1n n≤ + est vérifiée pour 0n = (1 1≤ ) et 1n = .
2. La négation de « Pour tout entier n, 4 4 1n n> + » est « il existe un entier n tel que 4 4 1n n≤ + ». Il s’agit donc de la proposition 3P .
Partie B 1. a. ( ) ( )4 1 1 4 4 1 4 4p p p+ + − + = + 1 16 4p+ − − 12 1p= − +
b. Pour tout entier 1p ≥ , on a : 12 12p− ≤ − d’où 12 1 11 0p− + ≤ − < . En reprenant le résultat de la question a. on a donc :
( ) ( )4 1 1 4 4 1 12 1 0p p p+ + − + = − + < D’où : ( ) ( )4 1 1 4 4 1p p+ + < + . Le résultat est ainsi établi.
2. En testant quelques valeurs faibles de n (ou en réfléchissant à la croissance de 4n et à celle de 4 1n+ … ☺), on peut conjecturer que l’inégalité est vérifiée pour 2n ≥ . Démontrons cette conjecture par récurrence. On considère donc, pour tout n entier supérieur ou égal à 2, la propriété :
nP : « 4 4 1n n> + » Initialisation Pour 2n = , on a : 24 4 16n = = et 4 1 4 2 1 9n+ = × + = . On a 16 9> . La propriété 2P est donc vraie.
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Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé supérieur ou égal à 2. On suppose nP vraie c'est-à-dire 4 4 1n n> + . On s’intéresse à 1n+P . On va donc comparer 14n+ et ( )4 1 1n+ + . Comme 4 4 1n n> + (hypothèse de récurrence), on a : ( )4 4 4 4 1n n× > × + , c'est-à-dire
( )14 4 4 1n n+ > × + . Comme n est supérieur ou égal à 2, on peut utiliser le résultat de la question 1.b : on a donc ( ) ( )4 4 1 4 1 1n n× + > × + + .
Finalement : ( ) ( )14 4 4 1 4 1 1n n n+ > × + > × + + . La propriété 1n+P est donc vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2.
, 2 4 4 1nn n n∀ ∈ ≥ ⇒ > +
N°103 page 42 Partie A 1. Une suite ( )nu n’est pas majorée si, pour tout réel M, on peut trouver un rang N (ce rang
dépend donc A PRIORI du réel M), tel que Nu M≥ . 2. a. La suite étant croissante, on a :
00 n nn n u u≥ ⇔ ≥ . Comme
0nu M> , on en déduit immédiatement nu M> . Ainsi, pour tout 0n n≥ , on a nu M> . b. D’après ce qui précède, nous pouvons affirmer que pour tout réel M, il existe un certain rang 0n tel que a partir de ce rang tous les termes de la suite sont dans l’intervalle
] [;M +∞ . Ainsi, on a : lim nnu
→+∞= +∞ .
3. On vient d’établir le résultat fondamental :
Pour toute suite ( )nu croissante et non majorée, on a : lim nnu
→+∞= +∞ .
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Partie B
1. Récurrence immédiate (pour l’hérédité, si on suppose 1nu ≥ , on a 0nu > et donc 1 0nu> .
On en déduit 1 1nn
uu
+ > , c'est-à-dire 1 1nu + > , à fortiori 1 1nu + ≥ ).
, 1nn u∀ ∈ ≥
2. A la question précédente, on a établi : , 1nn u∀ ∈ ≥ . On a donc : , 0nn u∀ ∈ > .
On en déduit immédiatement : 11, 0n n
n
n u uu+∀ ∈ − = > .
La suite ( )nu est strictement croissante.
3. a. La suite ( )nu étant croissante et majorée, elle converge.
La suite ( )nu converge.
b. On a, pour tout entier naturel n : 11
n nn
u uu+ = + .
La suite ( )nu étant convergente, il en va de même pour les suites ( )1nu + et 1n
n
uu
⎛ ⎞+⎜ ⎟
⎝ ⎠ et il
vient, d’après l’égalité ci-dessus : 11lim limn nn n
n
u uu+→+∞ →+∞
⎛ ⎞= +⎜ ⎟
⎝ ⎠, c'est-à-dire :
1lim limlimn nn n
nn
u uu→+∞ →+∞
→+∞
= +
La limite de la suite ( )nu est bien solution de l’équation 1x xx
= + .
La limite de la suite ( )nu est solution de l’équation 1x xx
= + .
4. On a 1 1 0x xx x
= + ⇔ = qui n’admet pas de solution. L’hypothèse « ( )nu majorée »
conduit donc à une contradiction. On en déduit que la suite ( )nu n’est pas majorée.
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 30/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Comme la suite ( )nu est croissante, on en déduit (cf. la partie A) qu’elle tend vers +∞ .
lim nnu
→+∞= +∞
N°104 page 43 1. Pour tout entier naturel n, on a :
( )1 2 1 1 1 1 11 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3n n n n n n n n n n nv u u u u u u u u u v+ + + + + + +
⎛ ⎞= − = + − = − + = − − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
On en déduit immédiatement que la suite ( )nv est une suite géométrique de raison 23
− .
Par ailleurs, on a : 0 1 0 1 0 1v u u= − = − = . Finalement :
La suite ( )nv est une suite géométrique de raison 23
− et de premier terme 0 1v = .
2. Pour tout entier naturel n, on a :
1 2 1 1 1 12 1 2 2 23 3 3 3 3n n n n n n n n nw u u u u u u u w+ + + + + +
⎛ ⎞= + = + + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
On en déduit que la suite ( )nw est constante.
La suite ( )nw est constante.
3. On a : 1 1 02 21 0 13 3
w u u= + = + × = .
Finalement :
, 1nn w∀ ∈ = .
4. D’après la première question, on a : 2,3
n
nn v ⎛ ⎞∀ ∈ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
.
On a aussi : 1n n nv u u+= − et 1213n n nw u u+= = + .
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 31/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On en déduit :
123
n
n n n nu u v u+⎛ ⎞= + = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
et 12 2 2 2 513 3 3 3 3
n n
n n n n nu u u u u+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Finalement : 3 3 25 5 3
n
nu ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Comme ] [2 1; 13
− ∈ − + , on a : 2lim 03
n
n→+∞
⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠
et on en tire enfin : 3 3 3lim 05 5 5nn
u→+∞
= − × = .
La suite ( )nu converge et admet pour limite 35
.
N°109 page 43
1. On pose nP : « ! !
n kk kn k
≤ ».
Initialisation.
Pour n k= , on a ! !
n kk kn k
= et l’inégalité (qui, dans ce cas, est une égalité) est trivialement
vérifiée. Hérédité. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à k fixé. On suppose nP vraie.
On a donc : ! !
n kk kn k
≤ .
On a 1n n k+ > ≥ . Donc : 1 1 11n n k< ≤
+ et donc : 1
1k k k
n n k< ≤ =
+. D’où : 1
1k
n<
+.
Il vient alors : 11 ! !
n nk k kn n n
× < ×+
, c'est-à-dire ( )
1
1 ! !
n nk kn n
+
<+
.
Comme ! !
n kk kn k
≤ , on en déduit finalement : ( )
1
1 ! !
n kk kn k
+
<+
.
La proposition 1n+P est donc vraie. Conclusion.
,! !
n kk kn n kn k
∀ ∈ ≥ ⇒ ≤
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 32/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
2. A la question précédente, on a établi que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à k,
on avait : ! !
n kk kn k
≤ . Soit : 1 1! !
k
n
kn k k≤ × .
Pour tout réel x positif et tout entier naturel n, on a : 0nx ≥ .
D’où : ! ! !
nn n k k
n
x x k x kn k k k k
⎛ ⎞≤ × = ×⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à k : ! !
nn kx x kn k k
⎛ ⎞≤ ×⎜ ⎟⎝ ⎠
.
3. Comme 0 x k≤ < , on a : 0 1xk
≤ < et donc : lim 0n
n
xk→+∞
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
puis, l’entier k étant fixé :
lim 0!
n k
n
x kk k→+∞
⎡ ⎤⎛ ⎞ × =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
Comme 0! !
nn kx x kn k k
⎛ ⎞≤ ≤ ×⎜ ⎟⎝ ⎠
, il vient enfin, grâce au théorème des gendarmes :
lim 0!
n
n
xn→+∞
=
, lim 0!
n
n
xxn→+∞
∀ ∈ =
N°110 page 44 1. On a facilement :
1 1
2 2
3 3
5 5
10 10
1! 1 11 12! 2 12 4 2
3! 6 23 27 9
5! 120 245 3125 625
10! 3 628 800 56710 10 000 000 000 1562 500
u
u
u
u
u
= = =
= = =
= = =
= = =
= = =
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 33/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Il semble que la suite ( )nu soit décroissante.
2. a. Pour tout entier naturel n non nul, on a :
( )( )
( )( ) ( )
( )1 1
11
!1 1! !
1 ! 1 ! 1 !1
!
n nn
nn n
nn
nn nu n nn
nu n n n nn
n
+ +
++
+ += = × = ×
+ + +
+
=( )1n + !n×
( )1n +×
( ) ( )1 1 1 11n n n n
n n
n n nn n n n
× + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Or, pour tout entier naturel n et tout réel 1x ≥ − (attention à l’erreur dans l’énoncé !!!), on
a : ( )1 1nx nx+ ≥ + . En prenant 1xn
= , il vient : 1 11 1 2n
nn n
⎛ ⎞+ ≥ + × =⎜ ⎟⎝ ⎠
. Le résultat est
ainsi établi.
Pour tout entier naturel n non nul, on a : 1
2n
n
uu +
≥ .
b. Pour tout n entier naturel non nul, on a : ! 0n > et 0nn > . On en déduit : 0nu > . D’après la question précédente, il vient alors :
1 1 11
12 22
nn n n n n n
n
u u u u u u uu + + +
+
≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇒ <
La suite ( )nu est strictement décroissante.
3. a. On veut montrer : pour tout entier naturel non nul, 1
12n nu −≤ .
Varions les plaisirs en ne suivant pas l’indication du livre mais en procédant … par récurrence ! ☺
Nous posons donc : nP : « 1
12n nu −≤ ».
Initialisation
Pour 1n = , on a : 1 1u = et 1 1 1 0
1 1 1 12 2 2n− −= = = .
On a bien 1 1 1
12
u −≤ : la propriété 1P est vraie.
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 34/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Hérédité Soit N un entier naturel non nul quelconque fixé.
On suppose NP vraie, c'est-à-dire : 1
12N Nu −≤ .
On veut montrer que 1N+P est vraie, soit : ( )1 1 1
1 122N NNu + + −
≤ = .
D’après la question 2.a. on a : 112N Nu u+ ≤ .
D’après l’hypothèse de récurrence : 1
12N Nu −≤ . D’où : 1
1 1 1 12 2 2 2N N Nu −≤ × = .
Finalement : 11 12 2N N Nu u+ ≤ ≤ . Le résultat est établi.
La propriété 1N+P est donc vraie. Conclusion La propriété nP est vraie pour tout entier naturel n non nul.
1
1*,2n nn u −∀ ∈ ≤
b. On a vu (question 2.b.) que la suite ( )nu était une suite à termes strictement positifs.
On a donc : 1
1*, 02n nn u −∀ ∈ < ≤ .
Or : 1
1 2 122 2 2
n
n n−⎛ ⎞= = ×⎜ ⎟⎝ ⎠
. La suite *
122
n
n∈
⎛ ⎞⎛ ⎞×⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ est géométrique de raison 1
2. Comme
] [1 1; 12∈ − + , on a : 1lim 2 0
2
n
n→+∞
⎛ ⎞⎛ ⎞× =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠.
Le théorème d’encadrement permet alors de conclure immédiatement : lim 0nnu
→+∞= .
!lim 0nn
nn→+∞
=
N°112 page 44 1. Par construction, un triangle isocèle divisé donne 4 nouveaux triangles isocèles dont un
seul, le triangle central, est numéroté, n par exemple. Alors, les trois autres triangles donneront trois nouveaux triangles numérotés 1n+ . A chaque itération, le nombre de triangles numérotés est donc multiplié par 3 : 1 3n nm m+ = .
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 35/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
D’après le théorème de Thalès (dans sa version « théorème des milieux »), à chaque itération, les longueurs des deux côtés de l’angle droit des nouveaux triangles sont 2 fois moins moindres que dans le triangle précédent. L’aire est donc 4 fois moindre. On a
donc : 114n na a+ = .
1*, 3n nn m m+∀ ∈ = et 114n na a+ =
2. Par définition de la suite ( )nu , on a, pour tout entier naturel n non nul :
1 1 2 21
...n
n n n k kk
u m a m a m a m a=
= × + × + + × = ×∑
Ce calcul est facilement mis en œuvre avec un tableur (nous avons choisi 1a = ) :
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 36/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
La suite ( )nu semble croissante et convergente de limite égale à 12
(i.e. l’aire du triangle
initial : 21 12 2
a = ). Plus généralement, en changeant la valeur de a, il semble que la limite
de la suite ( )nu soit égale à 212
a ).
3. Par définition de la suite ( )nu , la différence 1n nu u+ − correspond à l’aire totale des triangles numérotés 1n+ . D’où : 1 1 1n n n nu u m a+ + +− = × . D’après la question 1, la suite ( )nm est géométrique de raison 3. On a donc, pour tout
entier naturel n non nul : 11 3n
nm m −= × . Comme il n’y a qu’un triangle numéroté 1, on a
1 1m = et, finalement : 13nnm −= .
Toujours d’après la question 1, la suite ( )na est géométrique de raison 14
. On a donc,
pour tout entier naturel n non nul : 1
1 1 1
1 14 4
n
n na a a−
−⎛ ⎞= × = ×⎜ ⎟⎝ ⎠
. Comme l’aire du triangle
numéroté 1 est 4 fois plus petite que l’aire du triangle initial, on a 2
114 2
aa = × et,
finalement : 2 2
1
1 1 14 2 4 4 2n n n
a aa −= × × = × .
A l’aide des deux résultats précédents, il vient alors : 2 2
1 1 1 1 1
1 334 2 4 2
nn
n n n n n n
a au u m a+ + + + +− = × = × × = ×
2
1 1
3*,4 2
n
n n n
an u u+ +∀ ∈ − = ×
4. En utilisant l’égalité obtenue à la question précédente pour diverses valeurs de n, on obtient :
2 2
2 1 12
22 2 2
3 2 23
22 2 2
1 2 21
11 2 2
1 1
3 1 34 2 4 4 2
3 1 34 2 4 4 2
...
3 1 34 2 4 4 2
3 1 34 2 4 4 2
nn
n n nn
nn
n n nn
a au u u
a au u u
a au u u
a au u u
−−
− − −−
−−
− −
= + × = + × ×
⎛ ⎞= + × = + × ×⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= + × = + × ×⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= + × = + × ×⎜ ⎟⎝ ⎠
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Lycée Fénelon Sainte-Marie 37/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
En les additionnant membre à membre, on obtient alors :
2 3 1 1 2 2 1
2 2 12 2 2 2
... ...
1 3 1 3 1 3 1 3...4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2
n n n n
n n
u u u u u u u u
a a a a− − −
− −
+ + + + = + + + +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Soit :
2 2 12 2 2 2
11 3 1 3 1 3 1 3...4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2
n n
na a a au u
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Comme 2
114 2
au = × (aire du seul triangle numéroté 1), on a :
2 2 12 2 2 2
1
2 2 12 2 2 2 2
2 2 12
1 3 1 3 1 3 1 3...4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2
1 1 3 1 3 1 3 1 3...4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 4 2
1 3 3 3 31 ...4 2 4 4 4 4
n n
n
n n
n n
a a a au u
a a a a a
a
− −
− −
− −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × + × × + × × + + × × + × ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × × + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
231
1 434 2 14
14
n
a
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠= × ×−
=2
314
2 14
n
a⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠× ×
2 312 4
na ⎡ ⎤⎛ ⎞= × −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
2 3*, 1
2 4
n
nan u
⎡ ⎤⎛ ⎞∀ ∈ = × −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
5. Comme ] [3 1; 14∈ − + , on a immédiatement 3lim 0
4
n
n→+∞
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
puis 3lim 1 14
n
n→+∞
⎡ ⎤⎛ ⎞− =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
et
enfin : 2 23lim 1 lim
2 4 2
n
nn n
a au→+∞ →+∞
⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞× − = =⎢ ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭
.
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 38/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Comme la limite de la somme des aires de tous les triangles numérotés est égale à l’aire du triangle initial, nous pouvons conclure que le triangle ABC sera complètement recouvert par des triangles numérotés. Ceci dit, les choses ne sont peut-être pas aussi simples que ça …
On peut par exemple considérer les intervalles 1
1 1;2 2k k kI +⎤ ⎡= ⎥ ⎢⎦ ⎣
pour k entier naturel.
La longueur ( )kL I de kI est égale à 1
12k+ et on a :
( )1
1 10
111 1 1 1 12... 112 4 2 2 22
n k
k k kk
L I+
+ +=
−= + + + = × = −∑ .
D’où : ( ) 10
1lim lim 1 12
n
k kn nkL I +→+∞ →+∞
=
⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠
∑ .
En conclura-t-on pour autant que l’intervalle [ ]0 ;1 (voire l’intervalle ] [0 ;1 ) est
complètement recouvert par les intervalles kI ? Non, puisqu’aucun réel de la forme 12k
n’appartient à un intervalle kI . Ainsi, on doit se méfier lorsque l’on manipule des mesures sur des ensembles (longueur, aire, probabilité, …) et que l’on cherche à conclure sur les ensembles eux-mêmes. Dans la situation de l’exercice, nous concluons positivement car les zones triangulaires considérées incluent les triangles eux-mêmes (c'est-à-dire leurs côtés).
N°115 page 45 1. Comme les deux nombres premiers qui suivent 5 sont 7 et 11, il vient immédiatement :
4 0, 235 7u = et 4 0, 235 711u =
2. La suite ( )nu est clairement croissante (pour obtenir 1nu + à partir de nu , on ajoute à ce dernier des décimales, c'est-à-dire un nombre strictement positif !). Par ailleurs, il est tout aussi clair qu’elle est majorée (par exemple par 0,3 … ☺). On en déduit immédiatement que la suite ( )nu est convergente.
La suite ( )nu est convergente.
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 39/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
N°117 page 45 Avant de se lancer dans quoi que ce soit (au risque, cela va de soi, de commettre ici un … impair ☺), on peut écrire plus simplement 1u et 2u :
11 3 4 15 7 12 3
u += = =
+ et 2
1 3 5 9 17 9 11 27 3
u + += = =
+ +
Hummm … On commence probablement à avoir une petite idée sur la suite ( )nu … Non ? Bon, on peut se lancer dans un raisonnement par récurrence. Pourquoi pas, n’hésitez pas ! Et puis, on peut également y aller « plus directement ». On a, pour tout entier naturel n non nul :
( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
( )0
2 1
1
2 12 0 1 2 1 1 ... 2 12 1 1 2 2 1 ... 2 2 1 1 2 1
n
kn n
k n
knu
n n n k
=+
= +
+× + + × + + + × +
= =+ + + + + + + × + + +
∑
∑
Remarquons d’abord que le numérateur et le dénominateur comportent exactement 1n+ termes. Pour ce qui est du numérateur, on a :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
0 0 0 0
12 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1
2
n n n n
k k k k
n nk k k n n n n n n
= = = =
++ = + = + + = × + + = + + + = +∑ ∑ ∑ ∑
Ce résultat permet de retrouver directement les numérateurs de 1u et 2u . Au dénominateur, les choses sont un peu plus délicates :
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 1
1
1
1 1
0
0
2
0
2
0
2 1 2 1 1 2 2 1 ... 2 2 1 1
2 2 1 1 2 2 2 1 ... 2 2 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 3
2 1 2 1 1 2 3
2 1 2 2 2 1
2 4 2 2 1
2 1 2 1
n
k n
n n
k kn
k
n
k
n
kn
k
k n n n
n n n n
n n k n n k n
n n k n
n n n k
n n k
n k
+
= +
+
= =
=
=
=
=
+ = + + + + + + + × + +
= + × + + + × + + + + × + +
= × + + + = × + + + + +
= × + + + − + +
= × + + + + +
= + + + +
= + + +
∑
∑ ∑
∑
∑
∑
∑
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 40/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
En tenant compte du résultat précédent ( ( ) ( )2
02 1 1
n
kk n
=
+ = +∑ ), il vient :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1
2 2 2 2
1 02 1 2 1 2 1 2 1 1 3 1
n n
k n kk n k n n n
+
= + =
+ = + + + = + + + = +∑ ∑
Finalement : ( )
( )
( )( )
20
2 1 2
1
2 1 1 133 12 1
n
kn n
k n
k nu
nk
=+
= +
++
= = =++
∑
∑.
La suite ( )nu est constante : 1,3nn u∀ ∈ = .
N°118 page 45
Pour tout entier naturel n non nul, on a : ( )1 14 1 4
1n
n n nnuu n u nu
n+ +
+= ⇔ + − =
+.
En posant alors : n nv nu= , l’égalité précédente se récrit : 1 4n nv v+ − = et on en déduit immédiatement que la suite ( )nv est une suite arithmétique de raison 4r = . Il vient alors :
( ) 1*, 4 1nn v n v∀ ∈ = − + Or, 1 1 11 1v u u= × = = . Donc : ( ) ( )1*, 4 1 4 1 1 4 3nn v n v n n∀ ∈ = − + = − + = − .
C'est-à-dire : *, 4 3nn nu n∀ ∈ = − , d’où : 4 3 3*, 4nnn un n−
∀ ∈ = = − .
Comme 1lim 0n n→+∞
= , il vient immédiatement 3lim 0n n→+∞
⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠
et enfin lim 4nnu
→+∞= .
La suite ( )nu converge et lim 4nn
u→+∞
= .
N°132 page 49 Nous allons établir le résultat à l’aide d’un raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel n, on pose : nP : « 32n
nu +≥ ». Initialisation Pour 0n = , on a 0 8u = et 3 32 2 8n+ = = .
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 41/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
On a bien 30 2u ≥ . La propriété 0P est vraie.
Hérédité Soit n un entier naturel quelconque fixé. On suppose nP vraie, c'est-à-dire : 32n
nu +≥ . On s’intéresse alors à 1n+P . On veut montrer : 4
1 2nnu ++ ≥ .
On a : 1 3 5n nu u+ = − et :
3 3 3 3 4 32 3 5 3 2 5 2 2 2 5 2 2 5n n n n n nn nu u+ + + + + +≥ ⇔ − ≥ × − = × + − = + −
On a aussi : 3 30 2 2 8nn +≥ ⇒ ≥ = et donc 32 5 8 5 3 0n+ − ≥ − = ≥ . Finalement : 4 3 4
1 3 5 2 2 5 2n n nn nu u + + ++ = − ≥ + − ≥ .
La propriété 1n+P est donc vraie. Conclusion La propriété nP étant initialisée (pour 0n = ) et héréditaire, elle est vraie pour tout entier naturel n :
3, 2nnn u +∀ ∈ ≥
On a : 32 8 2n n+ = × . La suite 8 2nn × étant géométrique de raison 2 1> et de premier terme 8 2> , on a immédiatement ( )lim 8 2n
n→+∞× = +∞ .
Grâce au résultat de la question précédente et au théorème de comparaison, il vient finalement :
lim nnu
→+∞= +∞
N°134 page 49 a. C’est bien sûr FAUX !
La proposition ne fait que traduire le fait que la suite ( )nu est bornée (minorée par 0 et majorée par 1). Une telle suite vérifie bien 0 2n nu u≤ ≤ . Ceci dit, il convient de proposer un contre-exemple !
Nous pouvons considérer la suite de terme général : ( )112 4
n−+ .
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 42/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Lorsque n est pair, on a : 1 1 32 4 4nu = + = et lorsque n est impair : 1 1 1
2 4 4nu = − = .
Cette suite vérifie toutes les conditions mais ne converge pas.
b. Là encore, c’est FAUX. Utilisons la suite ( )nu définie précédemment.
Si n est pair, on a : 34nu = et 32
2nu = . Dans ce cas, on peut prendre 1nv = .
Si n est impair, on a : 14nu = et 12
2nu = . Dans ce cas, on peut prendre 38nv = .
On dispose ainsi d’une suite ( )nv qui vérifie toutes les conditions mais qui ne converge pas.
c. Proposition piégeuse … ☺ En effet, dans le cas général, c’est FAUX mais il y a une situation où c’est vrai (malgré tout, on conclut bien sûr au fait que la proposition est fausse puisqu’elle n’est pas toujours vraie ! ☺). Notons L la limite de la suite ( )nu . On a donc : lim 2 2Lnn
u→+∞
= .
Si 2L L= , c'est-à-dire si L 0= , alors l’inégalité 2n n nu v u≤ ≤ entraîne (théorème d’encadrement) que la suite ( )nv converge et admet également pour limite L 0= .
MAIS si L 0≠ , alors on peut construire une suite ( )nv non convergente et vérifiant les conditions imposées. On suppose donc L 0≠ . Comme la suite ( )nu est à termes positifs, on a donc L 0> .
Soit alors un réel ε strictement positif tel que les intervalles ] [L ; Lε ε− + et
] [2L ; 2Lε ε− + soient disjoints. En d’autres termes, on veut : L L 2L 2Lε ε ε ε− < + < − < + .
Il suffit d’avoir : L 2Lε ε+ < − , soit L2
ε < .
On prend, par exemple : L4
ε = .
La construction de la suite ( )nv repose sur le fait suivant : à partir d’un certain rang N, les
termes de la suite ( )nu seront tous dans l’intervalle L L 3L 5LL ; L ;4 4 4 4
⎤ ⎡ ⎤ ⎡− + =⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎦ ⎣ et ceux
de la suite ( )2 nu dans l’intervalle L L 7L 9L2L ; 2L ;4 4 4 4
⎤ ⎡ ⎤ ⎡− + =⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎦ ⎣.
Suites Corrigés d’exercices / Version du 20/07/2014
Lycée Fénelon Sainte-Marie 43/43 M. Lichtenberg Classe de Terminale S 2014-2015
Il suffit donc, pour obtenir notre contre-exemple, de construire une suite ( )nv divergente
telle qu’à partir du rang N tous ses termes appartiennent à l’intervalle 5L 7L;4 4
⎤ ⎡⎥ ⎢⎦ ⎣
.
Dans cet intervalle, il y a de la place ! ☺
Il est centré en : 1 5L 7L 3L2 4 4 2⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
et sa longueur vaut : 7L 5L L4 4 2− = .
A partir du rang N, on peut définir nv comme suit :
• Si n est pair, on pose : 3L L 11L2 8 8− = .
• Si n est impair, on pose : 3L L 13L2 8 8+ = .
En deçà du rang N, on choisira nv quelconque tel que 0 2n n nu v u≤ ≤ ≤ soit vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel n, on a aura 0 2n n nu v u≤ ≤ ≤ mais la suite ( )nv ne sera pas convergente (à partir du rang N, elle oscille entre deux valeurs distinctes).
d. La proposition est VRAIE. On a, pour tout entier naturel n : n nu v≤ . Le théorème de comparaison permet alors de conclure.
e. C’est, une fois encore, FAUX ! Pour s’en convaincre, il suffit de considérer la suite ( )nu définie comme suit :
• Si n est pair, 1nu = . • Si n est impair, 1,1nu = .
On considère alors la suite constante ( )nv définie par : , 1,5nn v∀ ∈ = .