Solutions des exercices

Solution 6.1 Le tableau suivant donne les valeurs demandées :

$$\begin{array}[c]{lllll} u_{2}=1 & u_{3}=\frac{5}{8} & u_{4}=... ...ak\ln\frac{3}{2} & w_{10}=\allowbreak\ln\frac{7}{5} \end{array}$$

Solution 6.3 $u_{1}=1$     $u_{2}=\frac{3}{2}$      $u_{3}=\frac{11}{6}$     $u_{4}=\frac{25}{12}\qquad u_{5}=\frac{137} {60}\quad v_{0}=1$    $v_{1}=2$     $v_{2}=4\quad$
$v_{3}=10\quad v_{4}=\allowbreak34\quad w_{0}=1$     $w_{1}=6\quad w_{2}=60$
$w_{3}=\allowbreak840\quad w_{4}=\allowbreak15120$.

Solution 6.4 Le programme suivant en basic réalise l'opération :

$$\begin{tabular}[c]{ll} INPUT $N$\ & Entr\'{e}e de la valeur de $n... ...e\\ End & Fin de la boucle\\ PRINT $S$\ & Affichage de la somme \end{tabular}$$

Sur la TI81, le programme s'écrit avec la syntaxe suivante :

$$: N\quad:0\rightarrow S\quad:1\rightarrow K\quad: S+(1/K)\rightarrow S$$

$$: >(K,N)\quad: S\quad:$$

Solution 6.5 $u_{0}=1$ $u_{1}=\frac{1}{2}$ $u_{2} =\frac{4}{5}$ $u_{3}=\frac{25}{41}$ $u_{4}=\frac{1681}{2306}\medskip$

Solution 6.7 $u_{n+1}=2n^{2}+4n+1$ $u_{n-1}=2n^{2}-4n+1$ $u_{2n}=8n^{2}-1$ $u_{2n+1}=8n^{2}+8n+1\medskip$

Solution 6.8 $u_{n}=2^{3n-1}$

Solution 6.9 $w_{n+2}-w_{n}=2n^{2}+10n+15\medskip$

Solution 6.10 $u_{n}=1-\frac{99n}{5050}$

Solution 6.11 a) $a_{n}=\frac{n\left( n+1\right) }{2}$ c) On trouve que $n=23$

Solution 6.12 On forme :

$$v_{n+1}-v_{n} =a\left( u_{n+2}-u_{n+1}\right) \left( u_{n+2} +u_{n+1}\right) -a\left( u_{n+1}-u_{n}\right) \left( u_{n+1}+u_{n}\right)$$

$$=ar\left( u_{n+2}+u_{n+1}\right) -ar\left( u_{n+1}+u_{n}\right)$$

$$=ar\left( u_{n}+2r-u_{n}\right)$$

$$=2ar^{2}$$

Solution 6.13 On montre que pour tout $n,$

$$v_{n+1}=\frac{1}{5}v_{n}$$

On en déduit que $v_{n}=-\frac{1}{3\times5^{n}},$ puis que $u_{n} =\frac{3\left( 5^{n}-1\right) }{3\times5^{n}+1}$

Solution 6.14 $u_{2n}=\frac{1}{3}\left( \frac{2} {3}\right) ^{n}\qquad u_{2n+1}=\left( \frac{2}{3}\right) ^{n+1}$

$$u_{0}+u_{2}+u_{4}+\cdots+u_{2n}=1-\left( \frac{2}{3}\right) ^{n+1}$$

$$u_{1}+u_{3}+u_{5}+\cdots+u_{2n+1}=2-2\left( \frac{2}{3}\right) ^{n+1}$$

Pour le calcul de $S_{n},$ on distingue les cas où $n$ est pair ou bien impair.
Si $n$ est pair, il peut s'écrire $n=2p,$ et $S_{n}=3-4\left( \frac{2}{3}\right) ^{p+1}$
Si $n$ est impair, il peut s'écrire $n=2p+1,$ et $S_{n}=3-3\left( \frac{2}{3}\right) ^{p+1}$

Solution 6.18 $\lim_{n\rightarrow+\infty}u_{n} =+\infty\quad\lim_{n\rightarrow+\infty}v_{n}=\frac{2}{3}\quad\lim _{n\rightarrow+\infty}w_{n}=+\infty$

Solution 6.20 On obtient les limites suivantes :

$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( 2^{n}-n^{100}\right) =+\infty\qq... ...fty\qquad\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\left( \ln n\right) ^{10}}{n^{0,1}}=0$$

On pourra utiliser des factorisations et les résultats sur les croissances comparées.

Solution 6.19 On obtient les limites suivantes :

$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\sqrt{\frac{n+3}{2n-1}}=\frac{\sqrt{2}}... ...quad \lim_{n\rightarrow+\infty}\;\;\frac{\ln\left( n+1\right) }{2\sqrt{n+1}}=0$$

Solution 6.21 On a $u_{n+1}-u_{n}=$ $\frac{1} {2n+2}+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{n+1}=$ $\frac{1}{2\left( n+1\right) \left( 2n+1\right) }>0,$ donc la suite $\left( u_{n}\right)$ est croissante. De même, $v_{n+1}-v_{n}=\frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{n}$ = $-\frac{3n+2}{2\left( n+1\right) \left( 2n+1\right) n}<0.$
Enfin, $\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( v_{n}-u_{n}\right) =\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n}=0,$ donc ces suites sont adjacentes.

Solution 6.22

1. On obtient :
   

2. Comme le point $M_{n}$ est situé sur le cercle de centre $O$ et de rayon $1$, on peut dire que
   $$OM_{n}=\left\vert z_{n}\right\vert =1$$
   D'après la définition de $\alpha_{n}$, on peut dire que la suite $\left( \alpha_{n}\right)$ est une suite arithmétique de raison $\frac{5\pi}{6}$. On en déduit que
   $$\alpha_{n}=\alpha_{0}+n\frac{5\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}%%$$
   Pour tout $n$ entier naturel, la forme exponentielle de $z_{n}$ est donc égale à
   $$z_{n}=e^{i\left( \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right) }%%$$

3. a) Remarquons que pour tout entier naturel $n$ :
   $$z_{n+6}=e^{i\left( \frac{\pi}{2}+\left( n+6\right) \frac{5\pi}{6}... ...ght) }e^{i5\pi}=-e^{i\left( \frac{\pi}%% {2}+n\frac{5\pi}{6}\right) }=-z_{n}%%$$
   ce qui prouve que les points $M_{n}$ et $M_{n+6}$ sont diamètralement opposés.
   De même :
   $$z_{n+12}=e^{i\left( \frac{\pi}{2}+\left( n+12\right) \frac{5\pi}{... ...ight) }e^{i10\pi}=e^{i\left( \frac{\pi}%% {2}+n\frac{5\pi}{6}\right) }=z_{n}%%$$
   ce qui prouve que les points $M_{n}$ et $M_{n+12}$ sont confondus.
   Par la méthode précédente :
   $$z_{n+4}=e^{i\left( \frac{\pi}{2}+\left( n+4\right) \frac{5\pi}{6}... ...}e^{i\left( \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right) }=e^{-i\frac{2\pi}{3}}z_{n}%%$$
   En passant aux modules :
   $$M_{n}M_{n+4}=\left\vert z_{n+4}-z_{n}\right\vert =\left\vert z_{n... ... =1\times\left\vert -\frac{3}%% {2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\vert =\sqrt{3}%%$$
   On en déduit alors que
   $$M_{n+4}M_{n+8}=\sqrt{3}%%$$
   en appliquant la relation précédente à $\left( n+4\right)$. Enfin , remarquons que :
   $$z_{n+8}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}z_{n+4}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}\left( e^{-i\frac {2\pi}{3}}z_{n}\right) =e^{-i\frac{4\pi}{3}}z_{n}%%$$
   $$M_{n}M_{n+8}=\left\vert z_{n+8}-z_{n}\right\vert =\left\vert z_{n... ...ht\vert =\left\vert -\frac{3}{2}%% +i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\vert =\sqrt{3}%%$$
   ce qui démontre bien que le triangle $M_{n}M_{n+4}M_{n+8}$ est équilatéral pour tout entier naturel $n$.

4. Nous sommes dans un cas d'équiprobabilité. Il y a $C_{12}^{3}$ triangles possibles, car on choisit trois cartons parmi 12. Il n'y a que 4 triangles équilatéraux possibles, donc la probabilité de l'évènement est égale à :
   $$\frac{4}{C_{12}^{4}}=\frac{1}{55}%%$$

Solution 6.23 On obtient pour tout $n$ :

$$\left\{ \begin{array}[c]{l} \cos\left( n+2\right) +\cos n=\f... ...ight) +\cos1\right) \\ \cos2n=2\cos^{2}n-1 \end{array}\right.$$

Si la suite $\left( \cos n\right)$ est convergente vers $l\in\mathbb{R},$ alors on a :

$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\cos2n=l\qquad\lim_{n\rightarrow+\infty}\cos(n+1)=l$$

Le système précédent entraîne alors que $l$ est solution de :

$$\left\{ \begin{array}[c]{l} 2l=\frac{1}{2}\left( l+\cos1\right) \\ l=2l^{2}-1 \end{array}\right.$$

Ce système d'équations n'admet pas de solutions, donc l'hypothèse de départ est fausse, c'est à dire que la suite $\left( \cos n\right)$ est divergente.

Solution 6.25

1.

1. $I_1 = \displaystyle \int _0 ^1 (1-x)\, e^{-x}\,$   d$x.$
   Posons $u(x) = 1 - x$ et $v'(x) = e^{-x}$. On déduit $u'(x) = -1$ et $v(x) = - e^{-x}$. Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées dérivables : l'intégration par parties de $I_1$ est possible.
   $I_1 = \left[(x_1)e^{-x}\right]_0^1 - \displaystyle \int _0 ^1 e^{-x}$   d$x = 1 + \left[e^{-x}\right]_0 ^1$. Soit $I_1 = \displaystyle\frac {1}{e}$
2. On a successivement les encadrements :
   $0 \leqslant x \leqslant 1$ donc $0 \leqslant 1-x \leqslant 1$ et puisque la fonction puissance $n$-ème ( $n \in N^\star$) est croissante sur $\left[0\,,\,1\right]$, $0 \leqslant (1-x)^n \leqslant 1.$
   En multipliant les trois membres par le réel strictement positif $e^{-x}$, $0 \leqslant (1-x)^n e^{-x} \leqslant e^{-x}$.
   D'après une propriété de l'intégrale d'une fonction positive sur l'intervalle $\left[0\,,\,1\right]$,
   $$0 \leqslant \displaystyle \int _0 ^1(1-x)^n e^{-x}$$   d$$x \leqslant \displaystyle \int _0 ^1 e^{-x}$$   d$$x.$$
   
   Soit en multipiant les trois membres par le réel strictement positif $$\frac {1}{n!}$$ et en reconnaissant $I_n$ dans le second terme : $0 \leqslant I_n \leqslant \displaystyle\frac {1}{n!}\displaystyle \int_0 ^1 e^{-x}$   d$x$
   $$\int _0 ^1 e^{-x}$$   d$x$ est un réel et la suite de terme général $$\frac {1}{n!}$$ converge vers 0, donc $\lim I_n = 0$
3. $I_{n+1} = \displaystyle\frac {1}{(n+1)!} \displaystyle \int _0 ^1 (1-x)^{n+1}e^{-x}$   d$x$.
   Posons $u(x) = (1-x)^{n+1}$ et $v'(x) = e^{-x}$. On déduit $u'(x) = (n+1)(1-x)^n$ et $v(x) = - e^{-x}$. Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées dérivables : l'intégration par parties de $I_{n+1}$ est possible.
   $I_{n+1} = \displaystyle\frac {1}{(n+1)!}\left(\left[-(1-x)^{n+1}e^{-x}\right]_0 ^1 - (n+1)\displaystyle \int _0 ^1 (1-x)^n e^{-x} \mbox{d}x\right)$.
   Soit après simplification $I_{n+1} = \displaystyle\frac {1}{(n+1)!} - I_n$

2.

1. $\bullet$ Par hypothèse $a_1=0$.
   En appliquant la formule à démontrer pour $n=1$ on obtient $a_1 = \displaystyle\frac {1}{e} + (-1)^0 I_1$. Or $I_1 = \displaystyle\frac {1}{e}$ (établi en 1.(a)). Donc $a_1=0$. La formule est donc vraie pour $n=1$.
   $\bullet$ Supposons la formule vraie pour un naturel non nul $n$ c'est à dire $a_n = \displaystyle\frac {1}{e} + (-1)^n I_n$.
   Il en résulte que $a_{n+1} = \displaystyle\frac {1}{e} + (-1)^n I_n +\displaystyle\frac {(-1)^{n+... ...tyle\frac {1}{e} + (-1)^{n+1} \left[\displaystyle\frac {1}{(n+1)!} - I_n\right]$.
   Soit, d'après le résultat établi en 1.(c), $a_{n+1} = \displaystyle\frac {1}{e} + (-1)^{n+1} I_{n+1}$. La formule, si elle est vraie pour $n$ est vraie pour $n+1$.
   
   En conclusion $a_n = \displaystyle\frac {1}{e} + (-1)^{n} I_n$ est vraie pour tous les entiers naturels non nuls.
2. On déduit du résultat précédent : $$\frac {1}{e} - I_n \leqslant a_n \leqslant \displaystyle\frac {1}{e} + I_n$$.
   Or $\lim I_n = 0$ (établi en 1.(b)). Donc $\lim \left(\displaystyle\frac {1}{e} \pm I_n\right) = \displaystyle\frac {1}{e}$. Soit $\lim a_n = \displaystyle\frac {1}{e}$
   

Solution 6.26

Partie A

1. 1. Comme $\lim_{x\rightarrow-\infty}e^{2x-2}=\allowbreak0,$ on a $\lim_{x\rightarrow-\infty}f\left( x\right) =\allowbreak-\infty.$

   2. Il suffit de développer l'expression fournie. D'après le cours :
      $$\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{e^{2x}}{2x}=\allowbreak+\infty\newline$$
      donc $\lim_{x\rightarrow+\infty}f\left( x\right) =\allowbreak-\infty$.

2. $f$ est dérivable que $\mathbb{R}$ par composition et différence. On a
   $$f^{\prime}\left( x\right) =\allowbreak1-2e^{2x-2}$$
   $$f^{\prime}\left( x\right) =0\Leftrightarrow e^{2x-2}=\frac{1}{2} ... ...rightarrow2x-2=\ln\left( \frac{1}{2}\right) \Leftrightarrow x=1-\frac{\ln2}{2}$$
   Si $x>1-\frac{\ln2}{2},$ alors $2x-2>\ln\left( \frac{1}{2}\right) ,$ et donc $e^{2x-2}>\frac{1}{2}$ d'après la croissance de la fonction exponentielle. Cela entraine que $f^{\prime}\left( x\right) >0$ sur $\left] 1-\frac{\ln 2}{2},+\infty\right[ .$ De même, $f^{\prime}\left( x\right) <0$ sur $\left] -\infty,1-\frac{\ln2}{2}\right[$ . On a $f\left( 1-\frac{\ln2} {2}\right) =\allowbreak\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ln2.$

3. On démontre que la droite $(D)$ d'équation : $y=x$ est asymptote à la courbe $(C)$ en remarquant que :
   $$\lim_{x\rightarrow-\infty}\,f\left( x\right) -x=\lim_{x\rightarrow-\infty }\,\left( -e^{2x-2}\right) =0$$
   Comme $\,f\left( x\right) -x<0,$ on peut dire que $(C)$ est située au-dessous de $(D)$.

4. $y=-x+1$.

5. 1. $I$ est inclus dans $\left] -\infty,1-\frac{\ln2}{2}\right[ ,$ donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur $I.$ De plus, elle est dérivable et $f\left( 0\right) =\allowbreak-e^{-2}\simeq$ $-0.\,\allowbreak13<0,$ tandis que $f\left( 0.5\right) =\allowbreak 0.\,\allowbreak13>0,$ ce qui prouve bien que l'équation : $f(x)=0$ admet dans l'intervalle $I$ une unique solution appelée $a$.

   2. Par dichotomie, on a $a\simeq0.2.$

Partie B

1. $g(x)=x\Leftrightarrow e^{2x-2}=x\Leftrightarrow x-e^{2x-2} =0\Leftrightarrow f\left( x\right) =0$. On a donc $g\left( a\right) =a,$ puisque $f\left( a\right) =0.$

2. $g^{\prime}\left( x\right) =2e^{2x-2}.$ On a alors :
   $$0\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}\Rightarrow-2\leqslant2x-2\leqslant -1\Rightarrow e^{-2}\leqslant e^{2x-2}\leqslant e^{-1}$$
   car la fonction exponentielle est croissante. On en déduit facilement que
   $$2e^{-2}\leqslant g^{\prime}\left( x\right) \leqslant2e^{-1}\Rightarrow 0\leqslant g^{\prime}\left( x\right) \leqslant\frac{2}{e}$$
   ce qui prouve bien que pour tout réel $x$ de l'intervalle $I$ on a :
   $$\vert g^{\prime}(x)\vert\leqslant\frac{2}{e}$$

3. $g^{\prime}\left( x\right) >0,$ donc $g$ est une fonction strictement croissante sur $\mathbb{R}.$ En conséquence, l'image de $I$ par $g$ est égal à $\left[ g\left( 0\right) ,g\left( 0.5\right) \right]$. Or $g\left( 0\right) =\allowbreak e^{-2}\geqslant0$ et $g\left( 0.5\right) \simeq\allowbreak0.\,\allowbreak368\leqslant0.5,$ donc $g\left( I\right)$ est bien inclus dans $I.$

4. $g$ est dérivable sur $I$ et pour tout $x$ de $I,$ on a $\vert g^{\prime }(x)\vert\leqslant\frac{2}{e},$ donc pour tout $x$ et $y$ de $I,$ on a
   $$\left\vert g\left( x\right) -g\left( y\right) \right\vert \leqslant\frac{2} {e}\left\vert x-y\right\vert$$
   Montrons maintenant par récurrence sur $n$ que pour tout $n$ de $\mathbb{N},$ $u_{n}$ appartient à $I.$
   
   • $u_{0}=0$ appartient à $I.$

   • On suppose que $u_{n}$ appartient à $I.$ D'après la question précédente, on sait que $g\left( u_{n}\right)$ appartient à $I,$ c'est à dire que $u_{n+1}$ appartient à $I.$ Le principe du raisonnement par récurrence permet alors de conclure.
     On peut donc poser $x=u_{n}$ et $y=a,$ ce qui donne bien l'inégalité suivante, valable pour tout entier naturel $n$ :
     $$\vert u_{n+1}-a\vert\leqslant\frac{2}{e}\vert u_{n}-a\vert$$

5. Soit $\mathcal{P}\left( n\right)$ l'hypothèse de récurrence à l'ordre $n$ :
   $$\vert u_{n}-a\vert\leqslant\left( \frac{2}{e}\right) ^{n}$$
   • $\left\vert u_{0}-a\right\vert =a=0.2\leqslant\left( \frac{2}{e}\right) ^{0},$ donc $\mathcal{P}\left( 0\right)$ est vérifiée.

   • On suppose que $\mathcal{P}\left( n\right)$ est vérifié. On en déduit que

     $$\vert u_{n+1}-a\vert \leqslant\frac{2}{e}\vert u_{n}-a\vert\Rightarrow\vert u_{n+1} -a\vert\leqslant\frac{2}{e}\left( \frac{2}{e}\right) ^{n}$$

     $$\vert u_{n+1}-a\vert \leqslant\frac{2}{e}\vert u_{n}-a\vert\Rightarrow\vert u_{n+1} -a\vert\leqslant\left( \frac{2}{e}\right) ^{n+1} \mathcal{P}\left( n\right)$$

     
     
     On a donc établi que $\mathcal{P}\left( n+1\right)$ est vé rifié, ce qui prouve le résultat attendu.

6. On a
   $$\lim_{n\rightarrow+\infty}\left( \frac{2}{e}\right) ^{n}=0$$
   donc le théorème des gendarmes prouve que la suite $(u_{n})$ converge vers $a.$

7. L'inégalité $\vert u_{p}-a\vert<10^{-5}$ est vérifiée dès que $\left( \frac{2}{e}\right) ^{n}<10^{-5}.$ On en déduit :
   $$\left( \frac{2}{e}\right) ^{n}<10^{-5}\Rightarrow n\ln\frac{2}{e}<\left( -5\right) \ln10\Rightarrow n>\frac{-5\ln10}{\ln2-\ln e}$$
   Comme
   $$\frac{-5\ln10}{\ln2-\ln e}\simeq37.\,\allowbreak519$$
   on peut donc affirmer que l'entier $p=38$ convient.

8. On définit la fonction $g,$ puis on calcule $g\left( u_{0}\right) =g\left( 0\right)$, ce qui donne $u_{1}.$ On réitère le procédé en remplaçant $u_{0}$ par $u_{1}$ et $u_{1}$ par $u_{2}.$ On calcule de cette manière $u_{38},$ qui fournit d'après la question précédente une valeur approchée de $a$ à $10^{-5}$ près.
   $$a\simeq0.20318$$