Corrigés – Suites numériques – Tle S

Exercice 1

  1. Démontrons que v est une suite arithmétique et précisons la raison et le premier terme.
    \forall~~ n \in \N;v_{n+1}=\ln (3e^{v_n})=\ln (3)+\ln (e^{v_n})=\ln (3)+v_n~alors v est une suite arithmétique de raison \ln(3).
  2. Exprimons L_n en fonction de n.~\forall ~n \in \N; L_n=(n+1)\dfrac{-1+n\ln 3}{2}.

Exercice 2

1) Démontrons que u est une suite arithmétique et précisons la raison et le premier terme.
\forall ~n \in \N; \dfrac{U_{n+1}}{U_n}=\dfrac{3\dfrac{(-2)^{n+1-n}}{5^{n+1}}}{5^n}.
\forall ~n \in \N; \dfrac{U_{n+1}}{U_n}=-\dfrac{2}{5}~ alors u est une suite géométrique de raison -\dfrac{2}{5}~et de premier terme ~u_0=-\dfrac{3}{2}.
2) Convergence de u~:
-1 < \dfrac{2}{5} < 1~alors u converge vers 0.

Exercice 3

1) Démontrons que k est une suite géométrique et précisons la raison et le premier terme.

\forall ~n \in N; k_{n+1}=e^{-2}k_n~donc k est une suite géométrique de raison e^{-2}~ et de premier terme ~k_0=1-e^{-2} .
2.a) Exprimons S_n~ en fonction de n.
\forall ~n \in \N; S_n=k_0+k_1+…+k_n
\forall~ n \in \N; S_n=(1-e^{-2})\dfrac{1-e^{-2(n+1)}}{1-e^{-2}}.
\forall ~n \in \N;S_n=1-e^{-2(n+1)}.
b) Calculons les limites des suites k et S.
\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}} kn= \lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}} e^{-2n}(1-e^{-2})=0; \\ \lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}}S_n=\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}} 1-e^{-2(n+1)}=1.

Exercice 4

1) \forall ~~n \in \N; w_n=u_n+v_n
a) Calculons w_0;w_1;w_2;~et~w_3. ~
w_0=2;~w_1=2;~w_2=2;~w_3=2.
b) Conjecturons la nature de la suite(w_n)~ semble constante.
c) Démontrons par récurrence que : \forall n \in \N; w_n=2~et~w_0=2.
soit k est un entier naturel ; supposons que w_k=2 ~et montrons que ~w_{k+1}=2
w_{k+1}=u_{k+1}+v_{k+1}

w_{k+1}=\dfrac{1}{4}[2+3(u_k+v_k)] .

w_{k+1}=\dfrac{1}{4}[2+3w_k]~

Or ~w_k=2 ~alors ~ w_{k+1}=2; ~w_k=2~ entraine ~w_{k+1}~alors~\forall ~~n \in \N;w_n=2
2.a) Démontrons que (t_n)~ est une suite géométrique.
t_{n+1}=u_{n+1}-v_{n+1}

= \dfrac{1}{4}(1+3u_n)-\dfrac{1}{4}(1+3v_n)

=\dfrac{3}{4}(u_n-v_n)=\dfrac{3}{4}t_n ~ donc ~(t_n)~ est une suite géométrique de raison ~\dfrac{3}{4}~ et de premier terme ~ t_0 = – 2.
b) Exprimer t_n~ en fonction de n.
\forall ~~n \in \N; t_n=-2(\dfrac{3}{4})^n.
c) En déduisons u_n ~et~ v_n en fonction de n.
\forall ~~n \in \N; t_n=-2(\dfrac{3}{4})^n~et~w_n=2.
On obtient alors le système :\begin{cases}u_n+v_n=2 \\ u_n-v_n=-2(\dfrac{3}{4})^n \end{cases}

D’où :\forall ~~n \in \N; U_n=1-(\dfrac{3}{4})^n~et~v_n=1+\dfrac{3}{4}^n
3) Etudions la convergence des suites u et v.
4) Les suites deux suites ont pour limite 1 donc u et v convergent vers 1

Exercice 5

1) Calculons v_0: ~v_0=-\ln 2 .
2) Démontrons que v est une suite géométrique de raison 2.
\forall ~~n \in \N; v_{n+1}=\ln (\tfrac{3}{2}u_{n+1}) \\ =\ln (\tfrac{3}{2}u_n)^2=2\ln (\tfrac{3}{2}u_n)=2v_n~alors v est une suite géométrique de raison 2.
3) Exprimons v_n en fonction de n.
\forall ~~n \in \N; v_n=-\ln (2)\times (2)^n.
4) Calculons la limite de v
\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}}v_n= -\infty~~(car 1<2).
5) Exprimons u_n~ en fonction dev_n~ et en déduisons la limite de u.
\forall ~n \in \N; v_n=\ln (\tfrac{3}{2} u_n) \Rightarrow e^{v_n}=\tfrac{3}{2}u_n \\ \implies u_n=\dfrac{2}{3}e^{v_n} \\ \lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}} u_n=0(car \lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}}v_n=-\infty)

6) On pose :
\forall ~~n \in \N;S_n=v_0+v_1+…+v_n~ et
t_n=u_0 \times u_1 \times…\times u_n.
a) Démontrons que :
\forall ~~n \in \N; S_n=(1-2^{n+1})\ln2 \\ \forall ~~n \in \N;S_n=-\ln(2) \dfrac{1-2^{n+1}}{1-2} \\ \forall n \in \N; S_n=(1-2^{n+1})\ln(2).
b) Justifions que :
\forall ~~n \in \N ~;~t_n = (\dfrac{2}{3})^{n+1}e^{sn}.
\forall~~n \in \N ~;~t_n = u_0 \times u_1 \times … \times u_n

donc \forall ~n \in \N~;~t_n=(\dfrac{2}{3})^{n+1}e^{sn}

c) Exprimons t_n~en fonction de n.
\forall ~n \in \N~;~t_n=(\dfrac{2}{3})^{n+1} \times e^{(1-2^{n+1})\ln(2)}

Exercice 6

1) Calculons |Z_0| \ |Z_0|=|\tfrac{1}{2}+i\tfrac{\sqrt3}{2}|~alors~|Z_0|=1

2) Exprimons |Z_{n+1}|~ en fonction de |Z_n|~ puis en déduire l’expression de |Z_n|~ en fonction de n.

\forall ~n \in \N; |Z_{n+1}|=\tfrac{2\sqrt3}{3}|z_n|~donc~|z_n|~est une suite géométrique de raison \dfrac{2\sqrt3}{3}~et de premier terme ~|Z_0|=1~
Ainsi~|z_n|=(\tfrac{2\sqrt3}{3})^n \times |z_0|=(\tfrac{2\sqrt3}{3})^n

3.a) Exprimons z_{n+1}~en fonction de ~z_n \\ \forall ~n \in \N; z_{n+1}=(\tfrac{\sqrt3}{3}+i)z_n.
b) Trouvons arg(\dfrac{\sqrt3}{3} +i)
|\tfrac{\sqrt3}{3}+i|=\tfrac{2\sqrt3}{3}
Soit ~\theta = arg(\dfrac{\sqrt3}{3}+i)~ alors :
\begin{cases}\cos(\theta)=\dfrac{1}{2} \\ \sin(\theta)=\dfrac{3}{2\sqrt3}\end{cases} \Harr \begin{cases}\cos (\theta)=\dfrac{1}{2} \\ \sin (\theta)=\dfrac{\sqrt3}{2}\end{cases} \Rightarrow \theta=\dfrac{\pi}{3}~
Donc arg(\dfrac{\sqrt3}{3}+i)=\dfrac{\pi}{3}.
c) Déduisons un argument \theta_{(n+1)} de z_{(n+1)} en fonction d’un argument \theta_n de z_n.
\forall ~n \in \N;z_{n+1}=(\tfrac{\sqrt3}{3}+i)z_n
Alors ~\forall ~n \in \N; \theta_{n+1}
= Arg[(\dfrac{\sqrt3}{3}+i)z_n]
= Arg(\dfrac{\sqrt3}{3}+i)+ Arg(z_n)~
Donc ~ \forall ~n \in \N;\theta_{n+1}=\dfrac{\pi}{3}+\theta_n.
d) Trouvons Arg(z_0)~ puis l’expression de \theta_n~ en fonction de n.
Soit~\varphi = Arg(z_0)~alors\begin{cases} \cos(\varphi)=\dfrac{1}{2} \\ \sin (\varphi)=\dfrac{\sqrt3}{2}\end{cases} \Rightarrow Arg(z_0)=\dfrac{\pi}{3}

4) Exprimons u_n et v_n en fonction de n.
(\theta_n)~ est une suite arithmétique de raison ~\dfrac{\pi}{3}~et de premier terme

\theta_0=\dfrac{\pi}{3}~donc~\forall ~n \in \N; \theta_n=\dfrac{\pi}{3}+n\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi(n+1)}{3}~

|z_n|~ est une suite géométrique de raison \dfrac{2\sqrt3}{3}~ de premier terme

~|z_0|=1~ donc ~|z_n|=(\dfrac{2\sqrt3}{3})^n .

Ainsi \forall ~n \in \N;z_n=(\dfrac{2\sqrt3}{3})^n xe^{i\theta_n} \\ =(\dfrac{2\sqrt3}{3})^n \times [\cos (\dfrac{\pi(n+1)}{3})+i\sin(\dfrac{\pi(n+1)}{3})]~

Or ~z_n=u_n+iv_n~donc par identification on obtient

u_n=(\dfrac{2\sqrt3}{3})^n x \cos(\dfrac{\pi(n+1)}{3})~et
~v_n=(\dfrac{2\sqrt3}{3})n_{x\sin}(\dfrac{\pi(n+1)}{3}).

Exercice 7

Soit (I_n)~(n \in \N) la suite définie par : I_n=\displaystyle{\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}}\dfrac{\cos^n x}{\sin^2 x}dx

1) Calculons I_0, ~I_1, et I_2

2) Démontrons que la suite (I_n)~ (n \in \N)~ est positive et décroissante.
\forall ~~x \in [\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}]; \cos x \geq 0~et~\sin x >0 ~donc~\dfrac{\cos^n x}{\sin^2 x} \geq 0~d’où ~I_n \geq 0.
On a : I_{n+1}-I_n=\displaystyle{\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}} \dfrac{\cos^{n+1}x -\cos^nx}{\sin^2 x}dx \\ =\displaystyle{\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}} \dfrac{\cos^n x(\cos x-1)}{\sin^2 x} dx .
\forall ~~x \in [\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}] , 0 \leq \cos x < 1
Donc \cos^nx \geq 0 et \cos x -1 < 0 par conséquent \dfrac{\cos ^nx(\cos x-1)}{\sin ^2x} \leq 0
C’est-à-dire I_{n+1}- I_n \leq 0~ d’où ~ (I_n) ~(n \in \N)~ est décroissante. La suite (I_n)~(n \in \N)~ étant minorée et décroissante, alors elle est convergente.

3.a) Démontrons que \forall ~x \in [\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}]~et~\forall ~n \in \N^*;~
on a :0 \leq \dfrac{\cos^n x}{\sin^2 x} \leq 2(\dfrac{\sqrt2}{2})^n.

On a : \forall ~x \in [\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}]~;~0 \leq \cos x \leq \dfrac{\sqrt2}{2}~donc~0 \leq \cos^n x \leq (\dfrac{\sqrt2}{2})^n.
De plus,\forall ~x \in [\tfrac{\pi}{4};\tfrac{\pi}{2}];\dfrac{\sqrt2}{2}\leq \sin x\leq 1 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2} \leq \sin^2x \leq 1 \Rightarrow 1 \leq \dfrac{1}{\sin^2x}\leq 2.
En faisant le produit membre à membre, on obtient :
0 \leq \dfrac{\cos^nx}{\sin^2x}\leq 2(\dfrac{\sqrt2}{2})^n.
b) La limite de la suite (I_n) ~(n \in \N)~ .
On a d’après 3.a) ;0 \leq \dfrac{\cos^n x}{\sin^2x}\leq2(\dfrac{\sqrt2}{2})^n~

donc ~\displaystyle{\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}}0dx \leq \displaystyle{\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}}\dfrac{\cos^n x}{\sin^2 x}dx\leq \displaystyle{\int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}}2(\dfrac{\sqrt2}{2})^ndx.

C’est-à-dire 0\leq I_n \leq 2(\dfrac{\sqrt2}{2})^n \times (\tfrac{\pi}{2}-\tfrac{\pi}{4})~soit~0 \leq I_n \leq\dfrac{\pi}{2}(\dfrac{\sqrt2}{2})^n.
|\tfrac{\sqrt2}{2}|<1~donc~\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}}\tfrac{\pi}{2}(\tfrac{\sqrt2}{2})^n=0~par conséquent ~\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}}I_n=0 .

Exercice 8

Soit la suite (V_n)~ (n \in \N^*) définie par V_n=\dfrac{e^n+2^n}{e^n-2^n}
1.a) Démontrons que \forall ~~n \in \N^*,V_n>0.
\forall ~~n \in \N^*,e^n+2^n>0~donc le signe de~V_n~est celui de~e^n-2^n
On a : e>2 \Rightarrow e^n >2^n \Rightarrow e^n-2^n>0 ~d’où~\forall ~n \in N^*;~V_n>0
b) démontrer que (V_n) ~(n \in \N^*) est décroissante.
On a :

Or \forall ~n \in \N^*,e^n-2^n>0~donc~e^{n+1}-2^{n+1}>0~par conséquent
~(e^{n+1}-2^{n+1})(e^n-2^n)>0
Ainsi, le signe de V_{n+1}- V_n~est celui du numérateur~2(2^n e^n)(2-e). \\ \forall ~n \in \N^*,2(2^n e^n)>0~et~2-e<0~donc~2(2^n e^n)(2-e)<0
Par suite V_{n+1}- V_n <0 ~d’où (V_n) n \in \N^* ~ décroissante.
c) Montrons que (v_n)n\in \N^*~est convergente.
D’ apres 1.a) et 1.b) la suite (V_n)\in \N^*~ est minorée par 0 et décroissante elle est donc convergente.

2.Calcul de limite

3.Déterminons le plus petit entier

Le plus petit entier naturel supérieur à 9,80 est 10 d’où n_0=10.

Exercice 9

A- Soit la suite (t_n)~définie sur~ \N~ par~ t_0~=2~et~t_{n+1}=\dfrac{9}{6-t_n}.
1) Démontrons par récurrence que pour tout n \in \N;t_n<3
On a : t_0=2<3~ qui est vrai.
Montrons que l’inégalité est vraie au rang n+1.
Par hypothèse t_n<3

Conclusion : \forall ~~n \in \N; t_n<3.

2) Etudions le sens de variation de la suite (t_n).

\forall ~n \in \N~;~ t_{n+1}-t_n>0~par conséquent~(t_n)~est croissante.

B- Soit (U_n)~définie sur~\N ~par~ U_0=1~et~U_{n+1}=\dfrac{2U_n}{U_n+2}
1) Démontrons que (V_n)~définie sur ~ \N~ par~ V_n=\dfrac{1}{U_n}~est une suite arithmétique.
V_{n+1}-V_n=\dfrac{1}{U_{n+1}}-\dfrac{1}{U_n}=\dfrac{U_n+2}{2U_n}-\dfrac{1}{U_n}=\dfrac{U_n+2-2}{2U_n}=\dfrac{U_n}{2U_n}=\dfrac{1}{2}~
donc (V_n)~ est une suite arithmétique de raison r=\dfrac{1}{2}~ et de premier terme V_0=\dfrac{1}{U_0} =1.
2) Exprimons V_n ~puis~U_n en fonction de n.
V_n=1+\dfrac{1}{2}n~et~U_n=\dfrac{1}{V_n}=\dfrac{2}{2+n}.
3) Calculons S_n=V_0+V_1+…+V_n~en fonction de~n.
S_n=\dfrac{n+1}{2}(V_0+V_n)=\dfrac{n+1}{2}(1+1+\tfrac{1}{2}n)=\dfrac{(n+1)(n+4)}{4}.
4) Etudions la convergence de la suite (U_n)
\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}}U_n=0~donc~(U_n)~est convergente et converge vers 0.

Exercice 10

Soit u définie sur ]0;+\infty[~par~u(x)=1- \ln(x).

1) Etudions le signe de u(x).
u(x) \geq 0 \Rightarrow 1-\ln x \geq 0 \Rightarrow x \leq e
Ainsi; \forall ~x \in ]0;e];u(x)\geq 0 ~et~\forall ~x \in [e;+\infty[;u(x)\leq0

2) Soit g définie sur ]0 ; +\infty[~par~g(x)=x(1-\ln x).
a) Déterminons g(x)
\forall ~x \in ]0;+\infty[~g est dérivable comme produit de fonctions derivables et
g'(x)=1-\ln x-(\tfrac{1}{x})x=-\ln x.
b) En déduisons une primitive U de u sur ]0;+\infty[~s’annulant en e^2.
On a : u(x)=1-lnx=1+g'(x). ~~
u étant continue (car dérivable) sur: ]0;+\infty[~alors elle a pour primitive U(x)=x+g(x)+k(k \in \R)
U(e^2)=0 \Rightarrow e^2+g(e^2)+k=0 \\ \Rightarrow e^2+e^2(1-\ln e^2)+k=0
on trouve k=0 ~d’où U(x)=x+x(1-\ln x)=2x-x\ln x.

3) Soit la suite v définie sur \R ~par :
~u_n= \displaystyle{\int_{e^{-n}}^{e^{-n+1}}}(1-\ln x)dx
a) Justifions que \forall ~n \in \N, U_n \geq 0
\forall ~n \in \N;[e^{-n},e^{-n+1}] \subset ]0,e]~
or~ \forall ~x \in ]0,e];1-\ln x \geq 0~
donc~\forall ~n \in \N, et~\forall ~x \in[e^{-n};e^{-n+1}];1- \ln x \geq 0~par conséquent~\forall ~n \in \N; v_n \geq 0.

b) Calculons v_n~ fonction de n.

c) Déterminions la limite de v_n

a) Exprimons S_n~en fonction de n.
Posons U_n=(n+1)e^{-n+1}~et partant~u_{n+1}=(n+2)e^{-n}
Donc S_n=v_0+v_1+…+v_n \\ =u_0-u_1+u_1-u_2+u_2-u_3+…+u_n-u_{n+1} \\ =u_0-u_{n+1}
S_n=e-(n+2)e^{-n}
b) Calcul de la limite de S_n
\lim\limits_{\substack{n\rightarrow +\infty}} e-(n+2)e^{-n}=e.