Source Latex
de la correction du devoir
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pdfauthor={Yoann Morel},
pdfsubject={Devoir de mathématiques en 1S: suites},
pdftitle={Devoir de mathématiques},
pdfkeywords={Mathématiques, suites}
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\ul}{\underline}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}
\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}}
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}}
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}}
\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}
\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
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\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr/Lycee/1S/}}
\rfoot{Correction du devoir de mathématiques - 1S - \thepage/\pageref{LastPage}}
\cfoot{}
\lhead{}\chead{}\rhead{}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\vspace*{-0.5cm}
\ct{\bf \Large{Correction du devoir de mathématiques}}
\bgex
\bgit
\item[a)] Voir cours.
\item[b)] Pour $x=1$,
$\dsp 1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}=4\not=0$,
et donc $x=1$ n'est pas solution de cette équation.
Pour $x\not=1$,
$\dsp 1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}
=1+\frac{1}{x}+\lp\frac{1}{x}\rp^2+\lp\frac{1}{x}\rp^3
=\frac{1-\lp\frac{1}{x}\rp^4}{1-\frac{1}{x}}
=\frac{1-\frac{1}{x^4}}{1-\frac{1}{x}}
=\frac{1}{x^3}\frac{x^4-1}{x-1}
$.
On en déduit que, comme $x\not=1$ l'équation est équivalente à :
$x^4-1=0$, soit $(x^2-1)(x^2+1)=0$, ou encore
$(x-1)(x+1)(x^2+1)=0$.
Comme $x^2\geq 0$, $x^2+1\geq 1>0$, et donc
les solutions de cette dernière équation sont $x=1$ et $x=-1$, et
donc \ul{il n'y a qu'unes seule solution de l'équation de départ: $x=1$}.
\enit
\enex
\vspace{-0.1cm}
\bgex
\bgen
\item Comme $(u_n)$ est arithmétique,
on a $u_{100}-u_{50}=50\,r$,
d'où, $\dsp r=\frac{400}{50}=8$.
De plus, $u_{50}=u_0+50r$, soit
$u_0=u_{50}-50r=406-50\tm 8=6$.
\item $\dsp S=u_{50}+u_{51}+\dots+u_{100}
=51\frac{u_{50}+u_{100}}{2}
=51\frac{1212}{2}=51\tm 606=30\,906$.
\enen
\enex
\bgex
\bgen
\item $\dsp u_1=-\frac{1}{2}u_0+1=-\frac{1}{2}$,
$\dsp u_2=-\frac{1}{2}u_1+1=\frac{5}{4}$.
$\bullet$ \ \
$\dsp u_1-u_0=-\frac{7}{2}$ et $\dsp u_2-u_1=\frac{7}{4}$
donc $(u_n)$ ne peut pas être arithmétique.
$\bullet$ \ \
$\dsp\frac{u_1}{u_0}=-\frac{1}{6}$
et $\dsp\frac{u_2}{u_1}=-\frac{5}{2}$
donc $(u_n)$ ne peut pas être géométrique.
\item
$\dsp w_0=3u_0-2=7$,
$\dsp w_1=3u_1-2=-\frac{7}{2}$,
$\dsp w_2=3u_2-2=\frac{7}{4}$.
\item
$\dsp w_{n+1}=3u_{n+1}-2=3\lp-\frac{1}{2}u_n+1\rp-2
=-\frac{3}{2}u_n+1=-\frac{1}{2}\lp 3u_n-2\rp
=-\frac{1}{2}w_n$
\ul{La suite $(w_n)$ est donc géométrique, de raison
$\dsp q=-\frac{1}{2}$}.
On en déduit que, pour tout entier $n$,
\ul{$\dsp w_n=w_0 q^n=7\lp-\frac{1}{2}\rp^n$},
puis que
\ul{$\dsp u_n=\frac{1}{3}w_n+\frac{2}{3}
=\frac{7}{3}\lp-\frac{1}{2}\rp^n+\frac{2}{3}$}.
\item Comme $\dsp \lim_{n\to+\infty}\lp-\frac{1}{2}\rp^n=0$,
on en déduit que \ul{$\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=\frac{2}{3}$}.
\enen
\enex
\bgex
\bgen
\item
$u_1=\sqrt{2+u_0}=\sqrt{2}\simeq 1,414$,
$u_2=\sqrt{2+u_1}\simeq 1,885 $,
$u_3\simeq 1,962$,
$u_4\simeq 1,990$,
$u_5\simeq 1,998$
\item
On considère la fonction $f$ définie pour tout $x\geq 0$ par
l'expression $f(x)=\sqrt{2+x}$.
\bgen[a)]
\item On a $f=\sqrt{u}$ avec la fonction affine $u:x\mapsto x+2$.
$f$ a le m\^eme sens de variation que $u$:
$f$ est strictement croissante sur $\R_+$.
\item Pour tous réels $x$ et $y$,
$\dsp f(x)-f(y)=\sqrt{2+x}-\sqrt{2+y}
=\frac{x-y}{\sqrt{2+x}+\sqrt{2+y}}$.
Pour $0\leq y\leq x$, on a $x-y\geq 0$
et donc
$\dsp f(x)-f(y)
=\frac{x-y}{\sqrt{2+x}+\sqrt{2+y}}\geq 0$.
De plus, comme $f$ est croissante,
pour $x\geqslant0$ on a $f(x)=\sqrt{2+x}\geq f(0)=\sqrt{2}$
et de m\^eme
$f(y)=\sqrt{2+y}\geq f(0)=\sqrt{2}$.
On a ainsi
$\sqrt{2+x}+\sqrt{2+y}\geq \sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}$,
d'où
$\dsp f(x)-f(y)
=\frac{x-y}{\sqrt{2+x}+\sqrt{2+y}}\leq
\frac{x-y}{2\sqrt{2}}$.
Finalement, pour $0\leq y\leq x$\ , \ \
$\dsp 0\leq f(x)-f(y)\leq \frac{x-y}{2\sqrt{2}}$.
\item D'après la relation précédente, pour tout entier $n$,
$\dsp 0\leq f(2)-f(u_n)\leq \frac{2-u_n}{2\sqrt{2}}$
et donc, avec $f(2)=2$ et $f(u_n)=u_{n+1}$,
on obtient bien
$\dsp 0\leq 2 - u_{n+1}\leq \frac{1}{2\sqrt{2}}\lp 2-u_n\rp$
\item D'après ce qui précède, que pour tout entier $n$,
$\dsp 0\leq 2-u_n\leq \frac{1}{2\sqrt{2}}\lp 2-u_{n-1}\rp
\leq \frac{1}{\lp2\sqrt{2}\rp^2}(2-u_{n-2})
\leq \frac{1}{\lp2\sqrt{2}\rp^3}(2-u_{n-3})
\leq \dots
\leq \frac{1}{\lp2\sqrt{2}\rp^n}(2-u_0)
$
\item Comme $\dsp\lim_{n\to+\infty}(2\sqrt{2})^2=+\infty$,
on a
$\dsp\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\lp2\sqrt{2}\rp^n}(2-u_0)=0$,
et donc, d'après le théorème d'encadrements des suites,
$\dsp\lim_{n\to+\infty} (2-u_n)=0$,
d'où, \ul{$\dsp\lim_{n\to+\infty} u_n=0$}.
\enen
\enen
\enex
\bgex
On définit une suite $(u_n)$ par $u_0=1$ et
$\dsp u_{n+1}=u_n+\frac{1+u_n}{1+2u_n}$.
\bgen
\item
$\dsp u_1=u_0+\frac{1+u_0}{1+2u_0}=\frac{5}{3}$\ \ ,\ \ \
$\dsp u_2=\frac{5}{3}+\frac{\frac{8}{3}}{\frac{13}{3}}
=\frac{5}{3}+\frac{8}{13}
=\frac{89}{39}$.
\item $f$ est la fonction
$\dsp f:x\mapsto x+\frac{1+x}{1+2x}=\frac{2x^2+2x+1}{1+2x}$.
$f$ est une fraction rationnelle, donc dérivable sur son ensemble de
définition
$\dsp D=\R\setminus\la-\frac{1}{2}\ra$, et, pour tout $x\in D$,
\bgmp{8.5cm}
$\bgar{ll}
f'(x) &\dsp=\frac{(4x+2)(1+2x)-(2x^2+2x+1)2}{(1+2x)^2} \\
&\dsp=\frac{4x^2+4x}{(1+2x)^2} \\[.4em]
&\dsp=4x\frac{x+1}{(1+2x)^2}
\enar$
\enmp
\begin{tabular}{|c|p{0.2cm}*6{p{0.3cm}}p{0.1cm}p{0.55cm}|}\hline
$x$ &$-\infty$ && $-1$ && $-\frac{1}{2}$ && $0$ && $+\infty$
\\\hline
$4x$ && $-$ &$|$& $-$ &$|$ & $-$ &\zb&$+$ & \\\hline
$x+1$ &&$-$ &\zb& $+$ &$|$ & $+$ &$|$&$+$ &\\\hline
$(1+2x)^2$ && $+$ &$|$ & $+$ &\db&$+$&$|$&$+$&\\\hline
$f'(x)$ && $+$ &\zb & $-$ &\db&$-$&\zb&$+$&\\\hline
$f$ && \Large{$\nearrow$} && \Large{$\searrow$}
&\psline[linewidth=0.5pt](0,-0.15)(0,0.35)
\psline[linewidth=0.5pt](0.1,-0.15)(0.1,0.35)
&\Large{$\searrow$} && \Large{$\nearrow$}&
\\\hline
\end{tabular}
\item
\bgen[a)]
\item On a pour tout entier $n$,
$\dsp u_{n+1}-u_n=\frac{1+u_n}{1+2u_n}$.
Or, comme $u_n\geq 0$, $1+u_n\geq1>0$ et $1+2u_n\geq 1>0$,
d'où $\dsp u_{n+1}-u_{n}=\frac{1+u_n}{1+2u_n}>0$, et
donc, \ul{$(u_n)$ est strictement croissante}.
\item
$g$ est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble
de définition $\dsp D=\R\setminus\la-\frac{1}{2}\ra$, et, pour
tout $x\in D$,
\bgmp{7cm}
$\bgar{ll}
g'(x) &\dsp=\frac{(1+2x)-(1+x)2}{(1+2x)^2}\\[.4em]
&\dsp=\frac{-1}{(1+2x)^2}<0
\enar$
\enmp
\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ && $-\frac{1}{2}$ && $+\infty$ \\\hline
$f'(x)$ && $-$ & \db & $-$ & \\\hline
$f$ && \Large{$\searrow$}
&\psset{unit=1cm}
\psline[linewidth=.5pt](0,-0.15)(0,0.35)
\psline[linewidth=.5pt](0.05,-0.15)(0.05,0.35)&
\Large{$\searrow$}&\\\hline
\end{tabular}
$g$ est une fraction rationnelle, et donc,
$\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}$.
On en déduit, à l'aide du tableau de variations, que
\ul{pour tout $x\geq 0$\ ,\ \ $\dsp g(x)>\frac{1}{2}$}.
Or, pour tout entier $n$, $u_n\geq 0$ et
$\dsp u_{n+1}-u_n=\frac{1+u_n}{1+2u_n}=g(u_n)> \frac{1}{2}$,
d'où,
\ul{pour tout entier $n$, \ $\dsp u_{n+1}>u_n+\frac{1}{2}$}.
\item D'après l'inégalité précédente,
pour tout entier $n$, \
$\dsp u_n>u_{n-1}+\frac{1}{2}
>\lp u_{n-2}+\frac{1}{2}\rp+\frac{1}{2}
$,
soit,
$\dsp u_n>u_{n-2}+2\tm\frac{1}{2}
>u_{n-3}+\frac{1}{2}+2\tm\frac{1}{2}=u_{n-3}+3\tm\frac{1}{2}
>\ \dots\ >u_0+n\tm\frac{1}{2}
=1+\frac{n}{2}$.
Comme $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp1+2n\rp=+\infty$,
par le théorème d'encadrements, on en déduit que
\ul{$\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty$}.
\enen
\enen
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
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