Devoir surveillé sur les suites numériques

Devoir surveillé sur les suites numériques

Devoir surveillé sur les suites numériques. (2ème année bac sm/ Terminale)

Exercice 1

Pour tout n* et x+, on pose : Pn(x) = xn + xn−1 + … + x2 + x − 1.

  1. Montrer que l’équation Pn(x) = 0 admet une solution unique αn ∈ ]0, +∞[.
  2. Montrer que la suite (αn)n≥2 est décroissante puis en déduire qu’elle est convergente.
  3. Montrer que : limn→+∞ αn = 1/2.

Exercice 2

Pour tout n* on considère la fonction ƒn définie sur par : ƒn(x) = x3 + nx − 1.

  1. Montrer que l’équation ƒn(x) = 0 admet une solution unique xn dans l’intervalle ]0, 1[.
    1. Montrer que la suite (xn)n≥1 est décroissante.
    2. En déduire que la suite (xn)n≥1 est convergente.
  2. Montrer que pour tout n*, xn < 1/n. Déterminer la limite de la suite (xn)n≥1.

Exercice 3

On considère les suites (un)n≥1 , (vn)n≥1 et (wn)n≥1 définie pour tout n* par :

un = ∑nk=1 1/√k , vn = un − 2√n+1 et wn = un − 2√n

  1. Montrer que la suite (vn)n≥1 est croissante et que la suite (wn)n≥1 est décroissante.
  2. Montrer que les suites (vn)n≥1 et (wn)n≥1 sont adjacentes.
  3. En déduire la limite de la suite (un)n≥1.

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Correction du devoir

Exercice 1

Pour tout n * et x +, on pose : Pn(x) = xn + xn−1 + … + x2 + x − 1.

  1. Montrons que l’équation Pn(x) = 0 admet une solution unique αn ∈ ]0, +∞[.

∎ La fonction Pn est continue sur + car c’est la restriction d’une fonction polynôme sur +.

∎ la fonction Pn est dérivable sur +. On a

(∀x+) , P′n(x) = ∑nk=1 kxk−1

puisque : kxk−1 > 0 pour tout k ∈ {1, … , n}. Donc

(∀x+) , P′n(x) > 0.

D’où la fonction Pn est strictement croissante sur +.

Donc d’après le théorème de la bijection la fonction Pn réalise une bijection de l’intervalle + sur Pn(+) = [Pn(0), limn→+∞ Pn(x)[ = [−1, +∞[ , et comme 0 ∈ [−1, +∞[ alors il existe unique αn dans ]0, +∞[ tel que Pn(αn) = 0. Autrement dit :

(∀n*)(∃!αn ∈ ]0, +∞[) , Pn(αn) = 0.

2.

∎ Montrons que la suite (αn)n≥2 est décroissante.

Soit n *∖{1} et x+, on a

Pn+1(x) − Pn(x) = xn+1 + xn + … + x2 + x − 1 − (xn + xn−1 + … + x2 + x − i)

= xn+1

comme xn+10 alors Pn+1(x) − Pn(x) ≥ 0, donc

(∀n*∖ {1})(∀x+) , Pn+1(x) ≥ Pn(x).

En évaluons cette inégalité en x = αn on obtient Pn+1(αn) ≥ Pn(αn), et comme Pn(αn) = 0 alors Pn+1(αn) ≥ 0 , puisque Pn+1(αn+1) = 0, alors Pn+1(αn) ≥ Pn+1(αn+1). Comme Pn+1 est strictement croissante sur + . On en déduit que :

αn αn+1

D’où la suite (αn)n≥2 est décroissante.

∎ La suite (αn)n≥2 est minorée par 0 et comme elle est décroissante alors (αn)n≥2 converge vers l. (limn→+∞ αn = l).

3. Montrons que : limn→+∞ αn = 1/2.

Soit n*∖ {1}, on a

Pn(αn) = 0 αnn + αn−1n + … + α2n + αn − 1 = 0

αnn + αn−1n + … + α2n + αn + 1 = 2

⇔ ∑nk=0 αkn = 2 (∎)

puisque la suite (αn)n≥2 est décroissante alors αn α2 et comme α2 est solution de l’équation P2(x) = 0, alors

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Yahya Matioui

Titulaire d'un master en métiers d'enseignement de mathématiques et diplômé de l'Ecole Normale Supérieure de Rabat, a une longue expérience de l'enseignement des mathématiques notamment au lycée et dans les cursus supérieurs. Il est également auteur de nombreux ouvrages.

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