DM no Correction
3
pages
Français
Documents
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
3
pages
Français
Documents
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe Tout savoir sur nos offres
Niveau: Supérieur, Master, Bac+4
2008 – 2009 DM no 9 Correction Exercice 1 1. 1 2 3 4 5 6 7 ?1 1 2 3 4 5 6?1?2?3-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 M0 M1 M2M3M4 2. – la suite semble croissante ; – la suite semble converger vers 3. 3. a) x < 3 ? ?3 < ?x? 6? 3, < 6? x? 3 < 6? x? 16? x < 1 3 ? 9? 1 6? x < 9? 1 3 ? 9 6? x < 3. On vient donc de démontrer que si x < 3, alors f(x) < 3. Par récurrence immédiate : de U0 < 3 et de Un < 3 entraîne Un+1 = f (Un) < 3, on déduit aussitôt que Un < 3 pour tout entier naturel n. b) On a Un+1 ? Un = f (Un)? Un = 9 6? Un ? Un = 9? 6Un + U2n 6? Un = (Un ? 3) 2 6? Un . On vient de démontrer que Un < 3 < 6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi.
Voir
2008 – 2009 DM no 9 Correction Exercice 1 1. 1 2 3 4 5 6 7 ?1 1 2 3 4 5 6?1?2?3-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 M0 M1 M2M3M4 2. – la suite semble croissante ; – la suite semble converger vers 3. 3. a) x < 3 ? ?3 < ?x? 6? 3, < 6? x? 3 < 6? x? 16? x < 1 3 ? 9? 1 6? x < 9? 1 3 ? 9 6? x < 3. On vient donc de démontrer que si x < 3, alors f(x) < 3. Par récurrence immédiate : de U0 < 3 et de Un < 3 entraîne Un+1 = f (Un) < 3, on déduit aussitôt que Un < 3 pour tout entier naturel n. b) On a Un+1 ? Un = f (Un)? Un = 9 6? Un ? Un = 9? 6Un + U2n 6? Un = (Un ? 3) 2 6? Un . On vient de démontrer que Un < 3 < 6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi.
- ?12 ?
- dm no
- façon évidente
- cj? zj
- limite inférieure
- a?sont réelles
- a? z
- récurrence immédiate
2008 – 2009
Exercice 1
77
66
55
44
33
22
11
DM n
44
o9
55
66
Correction
0 -−-33−22−1-1 0112233 M0M1M2M3M4 1.1-1 − 2. ;– la suite semble croissante – la suite semble converger vers 3. 3.a)x <3⇔ −3<−x⇔6−3 <6−x⇔3<6−x⇔16−x <13⇔9×6−1x <9×31⇔6−9x <3. On vient donc de démontrer que six <3, alorsf(x)<3. Par récurrence immédiate : deU0<3 et deUn<3 entraîneUn+1=f(Un)<3, on déduit aussitôt queUn<3 pour tout entier natureln. n aUn+1−Un=f(Un)−Un6=−9Un−Un= 9−66−UnU+nUn2= (U6n−−U3n)2. b) O On vient de démontrer queUn<3<6, donc le dénominateur est positif et le numérateur (carré) aussi. On a doncUn+1−Un>0⇔Un+1> Un: la suite est strictement croissante . c) La suite (Un) est croissante et majorée par 3 : elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3. 4.Soit la suite définie parVn=Un1− tout entier naturel3 pourn. a) Calculons la différenceVn+1−Vn=Un+11−3−Un1−3 =6−9Un1−3−Un1−9=3−16−8 +Un3Un−Un1−63=3U−n−Un9− Un1−3(63=U−nU−n3)−Un1−3(6=3−UUnn−−333()=3−Un1 O t donc de démontrer que la suite (Vn) est =− Un−3) 3n vien une suite arithmétique de raison−3.1 b) On aV1 1 0. = =− −3−3 6 2n2n+ 1 On sait queVn=V0+n×−31=−1−=− . 6 6 6 OrU−3 =V1n=2n−.1+6 n c omme lim− 06 =limUn−3 = 0 et finalement ) Cn→+∞2n+ 1n→+∞
limUn= 3 n→+∞
2008 – 2009
DM no9
Correction
Exercice 2 1. aa) Onu0= 1 u1=−21 u2=−te41u378=>0. La relation est vraie au rang 3. Supposons que pourn>3 un>0, alorsun+1=21+n−1. Orn>3⇔n−1>2, doncun+1>2>0. L’hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pourn>3 un>0. b)n>4⇔n−1> a, è d’a3 ;un−1> 1 (0 1 1n−1)−1>n−2⇔ pr s⇔2un−1>0⇒2un−1+n−2>n−2⇔2un−1+ un>n−2. nn= +∞limun= +∞. c) Par comparaiso , commenl→im+∞n→+∞ 2.a)vn= 4un−8n+ 24⇒vn+1= 4un+1−8(n = 4+ 1) + 2421un+n−1−8(n+ 1)−1 = 2un+ 4n−4−8n−8 + 24 = 2un−4n12(4+12=un−8n42+21=)vn. On a donc démontré que (vn2esunst)eomgéteuideuqirté1nosiareLa raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plusv0= 4u0+ 24 = 28. n b) On a immédiatementvn=v0×21n= 28×21n= 4un−8n+ 24⇔4un= 28×21+ 8n−24⇔un= 7×21n−2n+ 6. c) On a doncun= 7×21n+|−2nz+ 6}=xn+ynoù (xn) est la suite (vn) au facteur 4 près et la suite (yn) { | {z }suite arithmétique suite géométrique est définie paryn=−2n+ 6, suite arithmétique de raison−2 et de premier terme 6. n n n n d) On en déduit queXuk=X(xk+yk) =Xxk+Xyk. k=0k=0k=0k=0 Ork=Xn0xk= 7−71−2112n+1= 14"1−12n+1#= 14−7×12n. D’autre partnk=X0yk=−6(n+ 1) + 2n(n)2+1= −6n−6 +n(n+ 1) =−6n−6 +n2+n=n2−5n−6 FinalementSn=n2−5n+ 8−712n.
Exercice 3 1 1.On a j =− i2 +√jte232=−21−i√32. a) On sait quea′−c= ei3π(b−c)⇔a′= 8−i+21√23++i21√32 6−12+i√23−8−21−i√32=−4 + 4i√3 +12+i√321 + 7√3=−4−4i√2+13−2+2127i√3 + i√23=−4−10 =−14. b) De mêmeb′−a= eiπ3(c−a)⇔b′= 8 ++i12√32(−4−4i√3−8) = 8−6 + 6−2i√3−6i√3 = 8−8i√3 = 1621−i√2316e−iπ3. = On en déduit que#O B »#O B ′ =»#O B » #u»+#u»#O B ′ =»−argb+ argb′=−23π−π3 =−π[2π]. Cette égalité montre que les points O, B etB′sont alignés. c) En admettant quec′= 7 + 7i√3 = 7+i12√23= 7eiπ3. On démontre de même qu’aub.que ##»C′=» OC Oπ
2008 – 2009
DM no9
Correction
qui démontre que O, C etC′sont alignés. Autre méthode : C−4 ;−4i√3etC′7 ;−7i√3. On a de façon évidente#O C ′ =»−47#O C q»ui montre queC′ appartient à la droite (OC). Enfin les affixes de A etA′sont réelles, donc ces points sont alignés avec O. Conclusion : les droites (AA’), (BB’) et (CC’) contenant toutes le point O sont concourantes en ce point. 2. + OB + OC =a) OA|a|+|b|+|c|+ 6 + 8 = 22.= 8 b) j3=e23iπ3= e2iπ= 1. 1 + j + j2= 1−+2i1√32−21−i√.32=0 c)(a−z) + (b−z)j2+ (c−z)j=a−z+bj2−zj2+cj−zj= a+bj2+cj−z1 + j + j2=a+bj2+cj(d’après la question précédente.) Ora+bj2+cj=8 + 6jj2+ 8j2j=|8 + 6 + 8|=|22|= 22. d) D’après l’inégalité triangulaire admise : (a−z) + (b−z)j2+ (c−z)j6|a−z|+|(b−z)j2|+|(c−z)j|. Or|(b−z)j2|=|b−z|et|(c−z)j|=|c z|. − Donc(a−z) + (b−z)j2+ (c−z)j6MA +MB +MC soit d’aprèsc. 226MA +MB +MC. D’aprèsa.OC = 22. Donc la valeur minimOA + OB + 1a3le deMA +MB +MC est atteinte quandM= O. 1C′ 11 10 9 8 B17 6 B5 4 3 2 1 A′0A -14-13-12-11-10-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2-O1 14 11 120 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -2 -3 -4 -5 -6 C-7 -8 -9 -10 -11 -12 -13B′ e)-14
