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Corrigé des exercices sur les suites numériques en terminale.

EXERCICE N°1 :

Tableau de valeurs d'une suite

En observant les premières valeurs de u_n et u_n^2, on peut conjecturer que u_n=\sqrt{4^n-1} pour tout n\in\mathbb{N}.

On peut le démontrer par récurrence.
Initialisation :

Pour n=0, on a u_0=0=\sqrt{4^0-1}. L’hypothèse est vérifiée au rang 0.
Hérédité :

Supposons que u_n=\sqrt{4^n-1}  vraie pour un certain entier n.

Alors,
u_{n+1}=\sqrt{u_n^2+1}=\sqrt{(4^n-1)+1}=\sqrt{4^{n+1}-1}.
Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rang n+1.
Conclusion :

On en déduit que u_n=\sqrt{4^n-1} pour tout n\in\mathbb{N}.

EXERCICE N°2 :

Initialisation :

Pour n=0, on a V_0=0=0(0+1). L’hypothèse est vérifiée au rang 0.

Hérédité :

Supposons que V_n=n(n+1) soit vraie pour un certain entier n.

Alors,
V_{n+1}=V_n+2n+2=(n+1)(n+2)= (n+1)((n+1)+1).
Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rang n+1.

Conclusion :

On en déduit que pour tout n\in\mathbb{N}, V_n=n(n+1).

EXERCICE N°3 :

Initialisation :

Pour n=0, on a 2^0=1\geq\, 1+1.

L’hypothèse est vérifiée au rang 0.
Hérédité :

Supposons 2^n\geq\, n+1 pour un certain entier n.

On a alors :
2^{n+1}=2\times   2^n\geq\, 2(n+1)\geq\, n+2+1.
Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rang n+1.
Conclusion :

On en déduit que 2^n\geq\, n+1 pour tout entier naturel n.

EXERCICE N°4 :

Escargot de Pythagore

Initialisation :

Pour n=0, on a OA_0=1=\sqrt{4\times   0+1}.

L’hypothèse est vérifiée au rang 0.
Hérédité :

Supposons que OA_n=\sqrt{4n+1} pour un certain entier n.

On a alors :
OA_{n+1}=\sqrt{OA_n^2+A_nA_{n+1}^2}=\sqrt{(4n+1)+4}=\sqrt{4(n+1)+1}.
Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rang n+1.
Conclusion :

On en déduit que OA_n=\sqrt{4n+1} pour tout n\in\mathbb{N}.

EXERCICE N°5 :

1) a) On a \lim_{n\to \infty}0,9^n=0 et donc \lim _{n\to \infty}u_n=3(2-0)=6.
b) On a \lim _{n\to \infty}1,01^n=+\infty et donc \lim _{n\to \infty}v_n=+\infty.
c) On a \lim _{n\to \infty}0,9^n=0 et \lim _{n\to \infty}3+0,2^n=3, donc \lim _{n\to \infty}w_n=\frac{3}{0-5}=-\frac{3}{5}.
d) On peut réécrire t_n sous la forme \frac{4^n}{3^n}+\frac{5}{3^n}. On a \lim _{n\to \infty}\frac{4^n}{3^n}=+\infty et \lim _{n\to \infty}\frac{5}{3^n}=0, donc \lim _{n\to \infty}t_n=+\infty.

2) a) Le premier terme de la suite est -3.

On peut écrire S_n=\frac{-3(1-0,8^n)}{1-0,8}.

En effet,

S_n=u_1(1+0,8+0,8^2+...+0,8^{n-1})=-3(1+0,8+0,8^2+...+0,8^{n-1})=-3\frac{1-0,8^n}{1-0,8}.
b) La suite (S_n) est convergente car |0,8|<1, et sa limite est \frac{-3}{1-0,8}=15.

EXERCICE N°6 :

On a u_n=(-3)\times   0,8^{n-1}.

Ainsi, S_n=-3\frac{1-0,8^n}{1-0,8}=3(0,8^n-1).

On en déduit que la limite de la suite (S_n)est 3\times   (-1)=-3.

EXERCICE N°7 :

1) a) La fonction f est dérivable sur ]0;+\infty[ et on a f'(x)=\frac{3}{(1+2x)^2}>0 pour tout x>0.

Donc, f est strictement croissante sur [0;+\infty[.
b) Si x\in[0;1], alors f'(x)=\frac{3}{(1+2x)^2}\leq\, \frac{3}{(1+2\times   1)^2}=1.

2) Initialisation :

Pour n=0, on a u_0=0,7\geq\, 0 et u_0\leq\, 1.

L’hypothèse est vérifiée au rang 0.

Hérédité :

Supposons que 0\leq\, u_n\leq\, 1 pour un certain entier n soit vraie.

Alors, 0\leq\, 3u_n\leq\, 3 et 0\leq\, 2u_n<2, donc
0\leq\, u_{n+1}=\frac{3u_n}{1+2u_n}<\frac{3}{1}=3

et
0\leq\, u_{n+1}=\frac{3u_n}{1+2u_n}\geq\, 0.
Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rangn+1.

Conclusion :

On en déduit que pour tout n\in\mathbb{N}, 0\leq\, u_n\leq\, 1.

3) La suite (u_n) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge.

Soit l sa limite.

En passant à la limite dans la relation de récurrence, on a l=\frac{3l}{1+2l}.

Cette équation admet l=0 comme solution, qui est la seule solution possible car f est strictement croissante sur [0;1].

Ainsi, la suite (u_n) converge vers 0.

EXERCICE N°8 :

1) Les dix premiers termes de la suite (u_n) sont :
1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100.

2) a) On peut conjecturer que u_n=n^2.

b) Initialisation :

Pour n=1, on a u_1=1=1(1+1). L’hypothèse est vérifiée au rang 1.
Hérédité :

Supposons que u_n=n^2 pour un certain entier n.

Alors,
u_{n+1}=u_n+2n+1=n^2+2n+1=(n+1)^2.
Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rang n+1.
Conclusion :

On en déduit que pour tout n\in\mathbb{N}, u_n=n^2.

EXERCICE N°9 :

Initialisation :

Pour n=1, on a 1^2=\frac{1\times   2\times   3}{6}.

L’hypothèse est vérifiée au rang 1.
Hérédité :

Supposons \sum\limits_{q=1}^{n}q^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

Alors,
\sum\limits_{q=1}^{n+1}q^2 \\\\=\sum\limits_{q=1}^{n}q^2+(n+1)^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2 \\\\(n+1)\,\frac{2n^2+7n+6}{6} \\\\(n+1)\,\frac{(n+1)(2n+3)}{6} \\\\=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.

Ainsi, l’hypothèse est vérifiée au rang n+1.
Conclusion :

On en déduit que pour tout entier naturel n non nul,

\sum_{q=1}^{n}q^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

EXERCICE N°10 :

1) a) On a \lim\limits_{n\to \infty}u_n=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{4^n+5}{2\times   3^n}=0 car \frac{4^n+5}{2\times   3^n}\leq\, \frac{4^n+5^n}{2\times   3^n}= (\frac{4}{5})^n+\frac{5}{2}\times   (\frac{2}{3})^n qui tend vers 0 quand n tend vers l’infini.

b) On a \lim\limits_{n\to \infty}v_n=\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{2n-5}{3+2n})=1.
c) On a   l=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{4n-1+\frac{5}{\sqrt{n}}}{n}=4+\lim\limits_{n\to \infty}\frac{5}{n^{\frac{3}{2}}}=4.

d) On a \lim\limits_{n\to \infty}t_n=+\infty.

2) a) La suite (u_n) est géométrique de raison 0,8 et de premier terme -3.

Ainsi, u_n=(-3)\times   0,8^{n-1}.

b) On a \lim\limits_{n\to \infty}u_n=\lim\limits_{n\to \infty}(-3)\times   0,8^{n-1}=0.

3) Les trois dernières suites tendent toutes vers 0, donc elles sont bornées.

EXERCICE N°11 :

1) On a v_n=4u_n-3=4(-\frac{1}{3}u_{n-1}+1)-3=-\frac{4}{3}v_{n-1}.
Ainsi, la suite (v_n) est géométrique de raison -\frac{1}{3}, et son premier terme est v_0=4u_0-3=1.

2) On peut écrire v_n=4u_n-3=4(-\frac{1}{3})^n+4-3=-\frac{17}{4}\times   (\frac{-1}{3})^n+\frac{1}{4}.
Ainsi, u_n=\frac{17}{4}\times   (\frac{-1}{3})^n+\frac{3}{4}.

3) La suite (u_n) tend vers \frac{3}{4}.

EXERCICE N°12 :

1) On a u_n=(\frac{1}{3})^n-8.

Comme \frac{1}{3}<1, on a (\frac{1}{3})^n\to 0 lorsque n\to+\infty.

Donc u_n\to -8 lorsque n\to+\infty.

Par conséquent, la suite (u_n) est bornée.

2) On a -1\leq\, \sin(5n+1)\leq\, 1 pour tout entier naturel $n$.

Donc -8\leq\, 5\sin(5n+1)-3\leq\, 2.

Ainsi, (u_n) est bornée.

3) La fonction x\mapsto   \cos(x)-x est continue et décroissante sur \mathbb{R}.

On a \cos(n^2)\in [-1,1] pour tout entier naturel n, donc u_n\in [-n-1,n+1] pour tout entier naturel $n$.

Ainsi, (u_n) est bornée.

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