Maths Repères Tle S spécifique et spécialité - Livre du professeur

186 Pages·2012·28.54 MB·French

by  Fabienne Bruneau

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mathsrepères
Nouveau
programme
livre du professeur
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mathsrepères
Nouveau
programme
livre du professeur
Fabienne Bruneau Agnès Choquer-Raoult
professeur à l’Externat des Enfants professeur au lycée
Nantais de Nantes (44) Léopold-Sédar-Senghor de Magnanville (78)
Maxime Cocault Frédéric Ferré
professeur au lycée professeur au lycée
Chateaubriand de Rennes (35) Jean-Macé de Lanester (56)
Boris Hanouch Thierry Joffrédo
professeur au lycée professeur détaché au Rectorat de Rennes
Condorcet de Limay (78) auprès du département de développement
des usages des TICE (35)
Frédéric Lavancier
maître de Conférences à l’université Hervé Mauxion
de Nantes (44) professeur au lycée
Henri-Avril de Lamballe (22)
David Simon
professeur au lycée
Notre-Dame-de-Toutes-Aides de Nantes (44)
Sommaire
Fonctions
Chapitre 1 Suites et limites 4
Chapitre 2 Fonctions : limite, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie 22
Chapitre 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien 45
Chapitre 4 Intégration 64
Géométrie
Chapitre 5 Nombres complexes 88
Chapitre 6 Géométrie dans l’espace 107
Probabilité et statistiques
Chapitre 7 Probabilités conditionnelles et lois continues 122
Chapitre 8 Loi normale et estimation 137
ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ
Chapitre 1 Arithmétique 151
Chapitre 2 Calcul matriciel et applications 172
Couverture et maquette intérieure : Nicolas Piroux
Composition et schémas : APS-Chromostyle
3
© Hachette livre, 2011 Repères 1re, Livre du professeur
1
Suites et limites
Programme officiel
Contenus Capacités attendues
Suites
Raisonnement par récurrence. • Savoir mener un raisonnement par récurrence.
Limite finie ou infinie d’une suite. • Dans le cas d’une limite infinie, étant donnés une suite croissante (u ) et un nombre réel A,
n
déterminer à l’aide d’un algorithme un rang à partir duquel u est supérieur à A.
n
Limites et comparaison. • Démontrer que si (u ) et (v ) sont deux suites telles que :.
n n
– u est inférieur ou égal à v à partir d’un certain rang ;
n n
– u tend vers +3 quand n tend vers +3 ;
n
alors v tend vers +3 quand n tend vers +3.
n
Opérations sur les limites. • Étudier la limite d’une somme, d’un produit ou d’un quotient de deux suites.
Comportement à l’infini de la suite (qn), q • Démontrer que la suite (qn), avec q21, a pour limite +3.
étant un nombre réel.
• Déterminer la limite éventuelle d’une suite géométrique.
Suite majorée, minorée, bornée. • Utiliser le théorème de convergence des suites croissantes majorées.
Découverte (p. 8-9)
1. Abonnements à « Paris Maths » 3. b =a 0,8n=(4)n b ; b =a –3000=5000 ;
A. Point de vue éditorial n 0 5 0 0 0
1. An =An–1#0,8+ 600 ; bn=5000(54)n ; d’où an=3000+ 5000(54)n.
Le taux de réabonnement est de 80 % donc chaque année 20 %
b est géométrique de raison 0,8.
des abonnés arrêtent mais 600 nouveaux arrivent. n
(4)n+1 (4)n
Avec le tableur, An =3000 pour n =43. 4. an+1–an =3000+ 5000 5 –3000–5000 5
(4)n(4 ) 1 (4)n
2. C’est une droite dont les points se densifient avec n croissant =5000 –1 = 5000 10.
5 5 5 5
vers A =3000.
n a est décroissante (strictement).
n
3. On conjecture donc que 3 000 est un nombre d’abonnés (4)n
Pour tout n!, 500020 donc a H300.
stable. 5 n
5. a. Si a =300, alors a =3000#0,8+600=2400+600,
4. Oui. n n+1
donc a =3000.
n+1
B. Point de vue mathématique
Si a =3000, alors 0,8a +600=3000,
1. Cf. A. 1. : a =0,8a + 600. n+1 n
n+1 n 2400
donc a = =3000. CQFD.
2. b =a –3000 ; n 0,8
n n (4)n ((4)n )
b =0,8a –3000+ 600=0,8(a –3000)=0,8b . b. a =3000+ #5000, donc a 23000 500020 ,
n+1 n n n n 5 n 5
bnest géométrique de raison 0,8. donc a !3000 ,; n!.
n
4
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Chap. 1
Suites et limites
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6. La phrase est vraie, c’est la définition de la limite et 3. Soit n!, on pose P(n): “u =(n –1)2”.
n
lima =3000 ; (01111donc lim5000#(4)n=0). a. Il semble que P(n) soit vraie, pour tout n!.
+3 n 4 +3 5 b. Soit n!, tel que P(n) est vraie (n est fixe) dans
7. Le nombre d’abonnés devrait diminuer jusqu’à 3 000 au cours u =(n –1)2+ 2n –1=n2=((n + 1)–1)2.
n+1
des 431re années puis stagner à 3 000. D’où P(n) est héréditaire.
c. On serait tenté de dire oui ! ... Mais NON !
4. b. On peut difficilement.
2. Démontrer « Pour tout »
c. Même travail justement !
u =1
Pour tout entier naturel n, 0 . 5. a. Le problème réside dans le fait que pour deux termes ini-
)un+1=un + 2n –1
tiaux différents, on aura deux générations différentes alors que la
1. u =1 ; u =1+ 2#0–1=0 ; u =0+ 2#1–1=1 et
0 1 2 définition par récurrence est la même.
u3=1+ 2#2–1=4. b. Que l’on ait u .
0
2. a. =B2+ 2#A2–1. c. La donnée du terme initial et de la propriété !
Exercices (p. 28)
1. à 17. Corrigés dans le manuel. 2. Démontrer par récurrence
24. et 25. Corrigés dans le manuel.
1. Commençons par les premiers 26. a. • P(0): n3–n =0–0=0 donc
termes
divisible par 3.
18. et 19. Corrigés dans le manuel. • Hérédité : k! tel que 3#k=n3–n
20. • P(n + 1) : (n + 1)3–(n + 1)
n =n3+ 3n2+ 3n + 1–n –1
=n3–n + 3n2+ 3n
(2 ; 4) (un = n2 - 2n + 1)n (cid:31) 0 =3#k + 3(n2+ n)
=3#(n2+ n + k)
donc divisible par 3.
n b. • P(0): 40–1–3#0=0 divisible
par 9.
(u = (- 2)n) • Hérédité : P(n) est supposée vraie, donc
n n (cid:31) 0 2 k!;4n –1–3n =9#k.
3/2
4/3 • P(n + 1) : 4n+1–1–3n –3
5/4 =4#(4n –4)–12n + 9n
(4 ; – 8) =4#(4n –1–3n)+ 9n
1 n
(u = (cid:30) (cid:30)n(cid:30) ) =4#(9#k)+ 9n =9(4k + n)
n n –1 n (cid:31) 0
donc divisible par 9.
(u = - 2n + 3) c. • P(0): 7#35n + 4=7+ 4=11
n n (cid:31) 0
divi sible par 11.
• Hérédité : Supposons P(n) vraie :
21. Corrigé dans le manuel. k!;7#35n + 4=11#k.
n • P(n + 1) :
22. (un) est croissante, appartient à l’in- 7#35(n+1)+ 4=35#7#35n + 4
tervalle 61; 5@ ; li3mun =5. =343#7#35n + 4+ 968–968
(v ) n’est pas monotone, est bornée
n =343(7#35n + 4)–968
limv =0,5.
3 n =343#11#k –11#88
23. Corrigé dans le manuel. =11(343#k –88)
donc divisible par 11.
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Chap. 1
Suites et limites
Livre du professeur
27. 1. P(n) : k!;3#k =4n –1 . P(n)&P(n+1)? : 41. Corrigé dans le manuel.
P(n + 1) : 4n+1–1=4(4n –1)+ 3 un+1=un+2n+1=n2+2n+1=(n+1)2. 42. P(0) : u !I donc on peut définir
0
=4#3#k + 3=3(4k + 1) 35. (u ) constante en 4 + ;n!, u =f(u ).
divisible par 3 donc P(n)&P(n + 1). u =4.n P1(n)&P0(n + 1) : on suppose P(n) vraie :
n
2. Q(n) : k!;3#k =4n + 1. P(0) est vraie et P(1) aussi. u !I donc f(u ) est définie donc u
n n n+1
Q(n + 1) : 4n+1–+ 1=4(4n + 1)–3 Supposons P(n) et P(n + 1) vraie, et mon- est définie.
=4(3k)–3=3(4k–1) 5 3 On a montré que : ;n! u est bien
trons P(n + 1) : u = u – u n
divisible par 3. n+2 2 n+1 2 n défini donc (u ) est définie.
n
3. P(0) : 40–1=0 divisible par 3. =5#4–3#4=4. P(0) : u0!I par définition donc P(0) est
2 2
Ayant montré l’hérédité en 1, on peut vraie.
cpoonucr ltuoreu tp anr! récu.rrence que P(n) est vraie 3376.. 1C.o (rr1ig+é da5n)s2 l=e 1m+an5u+el2. 5=3+ 5 dPo(nn)c &unP+(1n!+I1, )P (:n u+n !1) Ie sdto vnrca ief.(un)!I
2 4 2 Pour tout n!, u !I.
4. Q(0) : 40+ 1=2 ; Q(1) : 5 ; Q(2) : 17 ; n
1+ 5
Q(3) : 65 ; Q(4) : 257. =1+ =z+1. 3. Calculs des sommes
2
Q semble fausse pour tout n!. 2. P(2) : u =u =1 et u =u =1 43. et 44. Corrigés dans le manuel.
n–1 1 n–2 0
5. a. Soient a et b deux entiers multi- donc on a bien (d’après 1.) p=n–1 n–1 n–1
ples de 3. Par définition a¢ et b¢! z2=u #z+ u ; P(2) est vraie. 45. a. / p(p+ 1)= / p2+ / p
tels que a=3a¢ et b=3b¢ donc Suppos2on–s1 P(n) vraie2 –(2n! et nH2) : p=0 0 0
(n –1)n(2n –1) (n –1)n
a–b=3(a¢–b¢), a¢–b¢! donc a–b zn+1=z#zn=z2un–1+zun–2 = +
est divisible par 3. u 6 2
n
b. Supposons Qn vraie. P(n) est vraie donc =z(6u4n–417+u4n4–82)+un–1 =n(n –1)(3+ 2n –1)=(n –1)n(n + 1)
P(n)–Q(n) est divisible par 3. 6 3
car z2=z+1
P(n)–Q(n)=4n –1–4n –1=–2 qui n+1 n+1 n+1 n+1
est non divisible par 3 à contradiction. =zun+un–1=zu(n+1)–1+u(n+1)–2 ; b. / (p–2)2= / p2–4 / p+ / 4
P(n + 1) est vraie. 1 1 1 1
28. Corrigé dans le manuel. =(n+1)(n+2)(2n+3)–4(n+1)(n+2)+4(n+1)
38. Corrigé dans le manuel. 6 2
2et9 . vPo=souns– (v5n); ;n!, alors v0=3 39. 2. Pour n suffisamment grand, on =(n+1)((n+2)6(2n+3)–12(n6+2)+269)
n =52nun+3–5=52(un–5)=52vn. c3o. nPje(7ct)u re :q ue 3n7!H=231n8.7 ; 7! =5040 ; =(n+1)(2n2–65n+6).
2 5040H2187 ; donc 7!H37 ; P(7) est p=n p=n p=n
(vn) est une suite géom(é2t)rnique de raison 5 vraie. 46. a. p/=032p+1=3#p/=0(32)p=3#p/=09p
donc ;n! : vn = 5 #v0 ; ;n!, Montrons que pour tout : =3#1–9n+1=3(9n+1–1)
(2)n (2)n 1–9 8
un=vn+5= 5 v0+5=3 5 +5. n!\"0;1;2;3;4;5;6,, p=n–1 p=n–1
P(n)&P(n+1). b. / 3#2p–1=3 / –1
31. Corrigé dans le manuel.
p=0 p=0
32. P(0) : 141#30–43–0=114–3=2=u0. Pd(onn)c é(nta+nt1 )vHra3ie,, d ’no!ùH (n3+n 1o)#r nn!HH73H#33n, =3#11––22n–1=3#2n–4
Hérédité : suposons P(n) vraie, et mon- (n+1)H3n+1 47. et 48. Corrigés dans le manuel.
trons P(n + 1).
donc P(n + 1) est vraie.
4. Majoration, minoration
Par définition : un+1=3un+n + 1 1–1
=3(113u–3–n) + n + 1 40. P(1) : (a –b) / a1–1–ibi 49. et 50. Corrigés dans le manuel.
4 4 2 =(a –b)ai0=b00=a –b=a1–b1 ; 51. a. • n2 =(n + 1)2–2n–1
=113n+1–9–3n + n + 1 P(1) est vraie. n + 1 n + 1
4 4 2
2n + 1 n
=1413n+1–45–n2 P(n)&P(nn+–11):an+1–=bna+(a1n=–ban)an+–abnb–bbnbn =n + 1– n + 1 =n –n + 1
=1413n+1–43– 21 + n +2 1+ 21. =a(a–b)i/=0an–1–ibin+–(1a–b)bn •p a(i–r d1o)nn cv auunt n–’a1 p aosu d 1e lsiumivitaen.t n impair/
P(n + 1) est vraie. =(a–b)a0bn +(a–b)/ an–1bi b. ;n!, 0Gn2–2n + 1Gn2+ 1
i=0
33. Corrigé dans le manuel. =(a–b)(a0bn+n/–1an–ibi)=(a–b)/n an–ibi Gn2+ 2n + 1
34. 1. =B2+ 2#A2+ 1. i=0 i=0 +0G(n –1)2Gn2+ 1G(n + 1)2.
(n+1)–1
3. Conjecture : u =n2, ;n!. =(a–b) / a(n+i)–1–ibi ; P(n + 1) est Comme est croissante :
n
P(0) : 02=0=u . vraie. i=0 (n –1)2G n2+ 1G (n + 1)2
0
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Chap. 1
Suites et limites
Livre du professeur
+n –1G n2+ 1Gn + 1 (2)n+1 5. Limites d’une suite
++––11GGu nG2++11 ;– unG es+t b1ornée. 5do4n. c a0. Gunu=ii/1==0n(772).i =1–17–72 =(:1;–H;(0;72et;)1n;1+;1<) 5692.. àS 6o1it. CAo!rriRgés dans le manuel.
n n n 5 • Pour a20, p!;pa2–b.
c(r. 2un3=,1r4n1(13)– d(or3n)cn p)asd omnacj orl+éim3e eutn m=i+n3o- b. un =30+ i/=n51i =30+ 1–(51)n1+1 Pour tout n!* ; nHp & (ncaaHr ap2a 0)
rée par 0. i=0 1 -5 & na + bHpa + b.
( ) 75( (1)n+1) ;x!R et pa + b20 ;
52. a. un= n2 1+n1+n12 –2n = 2 1– 5 donc q!;q(pa + b)2A–c.
= n2 1+1n+n12 –2n5=limn(:;;1;+;5n1;+;limn1;2;–;2<) d’où 0Gun1n–7225. 1–(1)n–1 Pro(rsaon+2s bHr)=2qMqeat(pxra(Hp+, qpb))d2onAc –c
d+3onc limu =–3. –1 c. un=12+ / (31)i =12+ 3 1 car 'ra + bHpa + b .
+3 n i=0 1 -
u est décroissante donc u Hu 3 Pour tout n!,
;nn! ; (u ) est majorée par u =0 1. n ( (1)n–1) & n(na + b)Hr(ra + b)2A–c.
n 0 =18 1–
un+1–un= 12+3n+3–2n–2– n2+n+1+2n d’où 0Gu G18. 3 Pour tout nHr, an2+ bn + c2A
= n2+3n+3–(2+ n2+n+1) n donc (un)!@A; +36 pour tout nHr.
:;;;;;;;< :;;;;;;;;<
a(n)20 b(n)20 55. Corrigé dans le manuel. lim an2+ bn + c=+3 pour a20.
a2–b2=(n2+3n+3)-(4+n2+n+1+2 n2+n+1) n"+3
n n 56. P(0) : u =3 donc 2Gu G3.
=2n–2-2 n2+n+1=2(n–(1+ n2+n+1) 0 0 • Pour a10, –a20 donc il existe
( ) 1 1 1 1
=2(n– 1+n:;;1;+2;1n1;+;;n12< donc an2–bn2G0 Pes(nt )d :é c2rGoisusa0nGte3 s udro Rnc+ .3GunG2 car x dpo!nc a;p–+abp120+. b
a Gb et comme a et b H0, a Gb
n n n n n n 7 1 1 1 5 –(ap+ b)20 et –A+ c!R donc
donc u –u G0. 2G =2+ G2+ G2+ = G3
b. ;nn!+1, n–1Gsinn1G1 car sin est +23Gu 3G3 ; P(unn+ 1) est2 vrai2e. idl oenxcis t(ex q–!1)(ap;+–(ba)pq+1bA)2–c–A+ c.
bornée dans 6–1; 1@ n+1 et (ap+ b)q+ c1A.
3 1
1 1 1 1 57. • 1H1 et =1+ H1 d’où P(0)
– G sin G 2 2 Posons r=Max(p, q) ; rHp
n n n n
1 1 et P(1) sont vraies. donc arGapG0 cara10
et lim =lim– =0, donc limu =0
+3n +3 n +3 n • On suppose P(n) et P(n + 1) vraies, d’où ar+ bGap+ bG0
(gendarmes). 1 1 (et ar+ bG0)
alors u H (u H1) donc comme rHq
0 est une limite finie de (un) est barrée 2 n+1 2 n+1 et ap+ bG0
(dans 6–1; 1@). 2 2
et u H (u H1) ; (ar+ b)rG(ap+ b)qG0
c. Pour nH1, 2nr=2r#2n–1 3 n 3 n
(ar+ b)r+ cG(ap+ b)q+ c
donc sin2nr=0 pou=r 0n+H2–r1k. (k!) d’où 21un+1+ 32unH21+ 32=6H1 donc (ar+ b)r+ c1A.
u =sinr=0 (u ) est constante en 0 u H1 d’où P(n + 1) est vraie. ;n!, nHr & anGarcara10
0 n n+2 d’où (na + b)G(ar+ b)G0
donc bornée.
58. a. P(0): u =220 donc P(0) est donc n(na + b)Gr(ar+ b)
53. a. ;n, –1Gsin1G+ 1 vraie. 0 7 donc an2+ bn + cGar2+ br+ c
1 n P(n): u 20 alors 1u 20 donc an2+ bn + c1A pourtout nHr
+–2G–2sin G+ 2 n 3 n
n et 1u + 120 donc u + 120. ;n!,
+8G10–2sin1G12 d’où (u ) bor- 3 n 2 n nHr & an2+ bn + c!@–3; A6
née dans 68; [email protected] n Donc P(n) &P(n + 1) ; ;n!, an20. donc nli"m0un =–3.
b. nH0 et n + 220 donc n H0 ; b. P(0) : on a 213,5=1=213 63. 1. limf =1.
n + 2 7 7 2 4 4 n 2
n + 22n n 11 ; d’où ;n! donc P(0) est vraie. 2. L’algorithme retrouve toujours un
n + 2
3 1 1 entier n.
0Gun11, (un) est bornée. 1 P(n): un14 donc 3un14 3. Rendre un entier naturel n tel que
c. n1– 1n =1–n n = .1n –2(41)2 donc 31un + 21143 soit un + 1143 . fn!;21–f; 21+fE.
lim=0 lim=0 On a montré que P(n) &P(n + 1) ; 4. Parce que l’algorithme rend un entier
+3 +3
donc limu =0–0=0 ; donc (u ) est 3 et non un entier à partir duquel on avait
+3 n n ;n!, u 2 .
bornée. n 4 f !;1–f; 1+fE.
n 2 2
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Chap. 1
Suites et limites
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5. Soit n!, f –1= 5 . a + b+ c =lim3n#lim1
5 n 2 4n + 2 b. et c. an2+ bn + c= n # n n2 car 220 et 211
6. x7 est strictement décrois- a¢n + b¢ n2 b¢ 3 3
4x + 2 a¢ + n =+3 car321.
sante sur @0; +36.
b c ( 2)n
a + + 72. 1. limu =lim1+ lim–3# –
7. (f ) est donc strictement crois- n n2 n 3
n mH0 =n# ( 2)n
sante et minorée par 1, donc l’entier b¢ =lim1–3lim –
2 a¢+ 3
n
fourni par l’algorithme est bien un entier à =lim1–3#0=1.
partir duquel on aura fn!;21; 21+fE. donc n"lim+3 un =l+im3u#aa¢ ; car –11–3210.
a
8. L’algorithme fournit le plus petit rang d’où limu =+3 pour 20 lim6
associé à la définition de la convergence +3 n a¢ 2. limun =lim(5–7n)
1 /(a20et a¢20)ou(a10et a¢10)
de f vers . 6
n 2 = =0
1+ b+ c et limu =–3 pour a10 lim5+ lim(–(7n))
64. an2+ bn + c = an2 n n2 +3 n a¢ car lim–7n =–3.
a¢n2+ b¢n + c¢ a¢n2 b¢ c¢ /(a20et a¢10)ou(a10et a¢20).
1+ b+ c 1+ n + n2 signe(a)=signe(a¢) & l+im3 un =+3 ; 3. u =3n(1–32n) =(3n) 1–32n
= a n n2 pour n!*. signe(a)!signe(a¢)&limun =–3. n 4n(1–3n) 4n 1–(3n)
a¢ b¢ c¢ +3 4n 4n
1+ +
n n2 66. (un) n’est pas majorée : & limu =0#1=0.
k k Soit A!R, p!;up2A. n 1
or n"lim+3 n =0 et l+im3 n2=0 (un) est croissante : nHp & unHup. 73. 1. lim(n + 4n)=+3
donc l+im3(1+ nb+ nc2) =1 Pdoounrc tuonuHt nA!. R ; nHp; unHup2A donc limn +14n =0.
(par somme de limites) p!;nHp & u !@A; +36
n 2. limu =lim9n –10n
soit limu =+3. n
et lim(1+ b¢+ c¢) =1 +3 n =lim10n(( 9)n–1)
+3 n n2 67. 1. est faux. 10
1+ b+ c (–1)nn n’est pas majorée et elle diverge =lim10n#lim;( 9)n–1)E
n n2 1 donc lim(–1)nn!+3. 10
d’où lim = =1 +3 =–1#lim10n =–3.
+3 b¢ c¢ 1
1+ + 2. limu =+3
n n2 +3 n 3. limu =lim65n–1(53–52+ 1)@
n
(par quotient de de limites) Supposons que (un) est majorée. Alors il =101#lim5n–1=+3.
et donc existe M!R; ;n!, u GM donc
n
74. et 75. Corrigés dans le manuel.
an2+ bn + c a a ;n!, u g@1+ M; +36 ce qui
lim = #1= . n
+3 a¢n2+ b¢n + c¢ a¢ a¢ contredit l’hypothèse. 76. Soit (u ) à valeurs dans 6a ; b@ qui
n
admet pour limite l, (l!R) et telle que
b¢ 68. 1. limu =lim5+lim(–2#n)=–3
65. a. a¢n + b¢ = n a¢+ n car –210. n •l gSu6pap;[email protected] l2b, soit I un intervalle
an2+ bn + c n2a + nb+ nc2 2. limun =lliimmn32=0 car 320. contenant l tel que I+6ab@=Q, il existe
alors un rang à partir duquel tous les u
=1n# a¢b+ bn¢c pour n!*. 3ca. r lliimmu3nn=2=lim+33n2+etlimlim2n2n+=5+–30=. +3 sdoénfitn ictoionnt ednaunss d6aan;sb I@ , eotr dI+on6ca, a;ubs@s=i Qparn.
a + +
n n2 Ce qui est donc absurde.
69. et 70. Corrigés dans le manuel.
On conclut que : l!6a ; b@.
lim1=0 ; 71. 1. limu =lim3n2+lim(–1)+lim1 • Supposons l1a, on fait exactement de
+3 n n n
même.
( b¢) =+3–1+ 0=+3.
lim a¢+ =a¢+ 0=a¢ ;
l++im33 (a + nbn+ nc2) =a + 0+ 0=a ; 23.. lliimmuunn ==lliimm13n–(l1im–632nnn)=–3. 7do7n. cS oitp A;!nHRp; l+i&m3 uunn=!l@ l–A; l+ A6.
Posons M=max(u )
donc l+im3 ana2¢+n +bnb+¢ c=0#aa¢ =0. =lim3n(1– (32)) et m =min(un)nGpn.nGp
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Chap. 1
Suites et limites
Livre du professeur
Mes te etn mse msobnlte dfiénfii n(dise e cta r!dinRa lc Gar p(u+n)n1G).p d’où l+im3 nn–+11 =+31–0=0. El+inm3 psaisns(a2nnt) à= la0 lidmointec, omn= dé0duit que
Pour nGp on a unGM et unHm. 3. Par le théorème des gendarmes, cos(2n + 1) =cos2n cos1–sin2n sin1
on déduit que lim(u –1)=0 d’où 2 2 2
Pour nHp on aunGl+A et unHl–A ; limu =1. +3 n ( 1) 1
donc ;n!, +3 n limcos 2n + =lim(cos(2n))cos
min(m, l–A)Gu Gmax(M, l+ A) 84. 1. On revient à la définition d’une +3 2 2 1
n –limsin(2n)sin
d’où (u) est bornée. limite finie : 2
n 1 1
A!R, 0=(limcos(2n))#cos –0#sin
78. Soit A!R, 2 2
p!;nHp & v 1A p!;nHp & un!@l–A; l+ A6 d’où limcos2n =0 car cos1!0.
(car limv =0). n or 2nHn donc 2nHp 3 2
+3 n donc u !@l–A; l+ A6 ;n! cos2n + sin2n =1
Par hypothèse : 2n donc cos22n + sin22n =1
q!;nHp & un –l Gvn ; 2n + 1Hn donc 2n + 1Hp (car 2n!).
Posons r=max(q, p) alors donc u2n+1!@l–A; l+ A6. En passant à la limite 0+ 0=1
nHr & un –l Gvn et vn1A l+im3 u2n =l et l+im3 u2n+1=l. car on a montré que
d’où un –l 1A pourtout nHr. 2. a. u est bornée par – 1 et 1 donc (u) limsin2n =0 et limcos2n =0,
Si u Hl alors 0Gu –l1A n’a pasn de limite infinie. n c+e3 qui est absurde, +il3 n’y a donc pas m!R
n n
d’où lGun1A+ l, un!6l; A+ l6. b. u2n =(–1)2n =((–1)2)n =1n =1 tel que l+im3 un =m.
Si unGl alors –AGun –l10 u =(–1)(–1)2n =–1#1=–1. (sin n) n’admet pas de limite.
d’où –A+ lGun1l, un!@l–A; l@. c.2 Snu+p1posons qu’il existe m!R tel que 86. 1. u =0 donc u = 02+ 1 =1 ;
1 2
D’où un!@l–A=; l@l+–AA6 ; l@,6l; l+ A6) l+im3 un =m. u3= u22+ 1 = 2 ;
Alors limu =m et limu =m
r!;nHp & un!@l–A; l+ A6 +3 2n +3 2n+1 u4= u23+ 1 = 3.
(d’après 1.)
d’où limu =l. On conjecture : u = n –1.
+3 n n
donc m=1 et m=–1 ce qui est
79. (–1)n est bornée par – 1 et + 1 donc absurde. 2. 11 = 0 =0=u1
donc P(1) est vraie.
elle n’a pas de limite infinie. (u) n’a pas de limite finie.
Or (–1)n ne converge pas car (–1)n n P(n): un = n –1 nH1.
85. • –1GsinnG+ 1 donc si sin n a
alterne entre – 1 et + 1. (–1)n est donc Alors u = u2+ 1
une limite, alors elle est finie. n+1 n
divergente. On en conclut que l’ensemble
• u =sin2n et u =sin(2n + 1). = ( n –1)2+ 1
des suites divergentes est distinct de l’en- 2n 2n+1
semble des suites de limite infinie. u –u =sin(2n + 1)–sin2n = n –1+ 1 = n,
2n+1 2n
80. à 82. Corrigés dans le manuel. =2cos(2n + 1+ 2n) sin(2n + 1–2n) donc si P(n) est vraie alors P(n + 1) est
2 2 vraie.
83. 1. Pour nH2, n! ; 1 4n + 1 La conjecture est démontrée par récur-
=2sin cos .
0Gn –1Gn + (–1)nGn + 1 2 2 rence.
car –1G1 (–1)nG11 1 D’après ce qui précède si l+im3 un =m 3. l+im3 un =l+im3 n =+3.
donc G G alors limu =limu =m ;
n + 1 n + (–1)n n –1 +3 2n +3 2n+1 87. un+1–un =(n + 1)#n! –n!
car 1 est décroissante sur R*+ donc en passant à la limite =n! (n + 1–1)
x n + 1 n + 1 n + 1 m–m=lim2sin1cos4n + 1 ; =n!#n20 ;n!*.
donc G G +3 2 2 (u) est croissante.
n + 1 n + (–1)n n –1 1 ( 1) n
0=lim2sin cos 2n + L’axiome d’Archimède montre que n!
car n + 120. +3 2 2
1!0car0111r n’est pas majorée.
2. nn++11 = n1+ 1 et strictement croi2ssant2e sur 80; r2B. Ap!!R, 1te!lqRueept#11220A donc il existe
( ( 1))
donc l+im3 nn++11 =0 d’où l+im3 cos 2(n + 21) =0. spa!n2te,p 2nAH dpon&c cno!mHmpe! (du’on)ù estn !c2roisA-
Posons v =cos n – . pour tout nHp.
n + 1 1 n 2
n –1 = 2 v –v =cos(2n + 1) –cos(2n –1) (un) est croissante et non majorée donc
n + 1 – 2n+1 2n 2 2 limu =+3.
n + 1 1 +3 n
=–2sin(2n)sin .
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Chap. 1
Suites et limites
Livre du professeur
6. À partir de suites arithmétiques D’où l’algorithme :
27( 1 )
ou géométriques variables d’où un =99 100–100n –27
88. 1. • P(0) : u =u + r#0 n entier naturel 27( 1 ) 27 27
0 0 = 100– –99 = – .
donc P(0) est vraie. u un réel 99 100n 99 99#100n
0
• Hérédité : supposons que u =u + nr r un réel 27 27 1 27 27
n 0 3. limu = – lim = – #0.
alors u =u + r=u + nr+ r Début +3 n 99 99+3100n 99 99
n+1 n 0
=u0+ (n + 1)r Saisir n =27= 3
99 11
donc P(n + 1) est vraie. Saisisr u 3
0 d’où 0,272727f= .
2. Si le premier terme est u , on décale la Saisir r 11
1
propriété de 1, soit un =(n –1)r+ u1 Afficher « la somme vaut » 94. u =i/=nab# 1 .
pour u!R et nH1. Afficher « (n + 1))u + (n)r)/2. n i=0 100i
P(1): u1+ u1+ (1–1)r "P(1) est vraie. Fin 0 u +ab=i/=nab# 1 =ab(100– 100 ).
P(n) donc un+1=u1+ r n i=0 100i 99 100n+1
=u1+ (n –1)r+ r 91. 1. Les lignes démasquées sont : ab( 1 ) ab( 1 )
=u1+ ((n + 1)–1)r ; S prend la valeur S + u un99 100–100n–99 =99 1–100n
P(n + 1) est vraie. u prend la valeur u)q
ab ab
2. On reprend le même algorithme, mais = – .
3PPo(.p u)Or : nnu Hgpé=npéu,rnpal+!ise( p: ,–upn)=r u; pP(+p)( nes–t vpr)ari.e. aDvoencc l,a s efourlm l’auflfie ckh/=nag0eu kes=t um0o(d1ifi–1é.q–nq+1). l+im3(1–1010n) =1 donc l+im399un =99a9#b91.00n
Hérédité : u =u + (n –p)r
n p
i=n i=n
donc un+1=un + r=up+ (n –p)r+ r 92. 1. u = / 9#10–i 95. u = / abc# 1 .
=u + ((n + 1)–p)r. n i=1 n i=1 1000i
p
Somme de la suite géométrique 1
P(n + 1) est vraie. 1–
v =v ( 1)n . u + abc=abc# 1000n+1
89. 1. P(0) : v =v #1=v #q0 donc n 0 10 n 1
0 0 0 1–
P(0) est vraie. 2. u + 9=i/=n9#( 1)i 100
Hérédité : P(n) : vn =v0qn n i=1 10 =abc#(1000– 1 ) ;
v =v #q=v $qn$q=v $qn+1 ; 1 99 1000n
n+1 n 0 0 1–
P(n + 1) est vraie. =9# 10n+1 d’où u =abc(1000– 1 –999)
2. P(n) devient v =v qn–1 pour nH1. 1– 1 n 999 1000n
n 1 10
P(1) : v =v #1=v $q1–1 ; abc( 1 )
1 1 1 1 = 1– .
P(n + 1) est vraie. 1– 999 1000n
10n+1
Hérédité : Supposons v =v #qn–1 ; = 9# . abc
n 1 9 limu = .
v =v #q=v #qn–1#q=v $q(n+1)–; 1 +3 n 999
n+1 n 1 1 10
P(n + 1) est vraie. 96. 1. u =6u –9u =36–18=18 ;
( 1 ) 2 1 0
3. vn =vpqn–p pour nHp un =10# 1–10n+1 –9 u3=6#18–9#6=6#9=54 ;
P(p) : v =v #1=v qp–p. 1 1 u4=6#54–9#18=9#18=162 ;
p p p =10# –9=1– . u =6#162–9#54=9#54=486 ;
Hérédité : 10n 10n 5
u =6#486–9#162=9#162=1458.
v =v #q=v qn–pq=v(n+1)–p ; 1 6
P(nn+ +1 1) enst vraie. p p 3. l+im3 un =1–l+im3 10n =1–0=1 2. On conjecture un =2#u3n =u03n.
donc 0,999… =1! 3. P(0): u =u #1=u #30.
0 0 0
9S 0p.r e1n.d Llae sv alilgenuer sS dé+muasquées sont : 93. 1. u =i/=n27# 1 . P(1): u1=2#3=2#31=u0#31
u prend la valeur u+ r. n i=1 100i P(0) et P(1) sont vraies.
1
2. Il y a effectivement plus simple puis- 1 Hérédité : u =6#u –9#u
qPouu’orn n co!nna îte tu n(ue f)o ramrituhlem eéxtpiqliuceit ed e: rai- 2. un + 27=ii/==1n12070i =27 11–00n1+1. =u0(6#3nn–+91#3n–1)n=u00(9#n3–n1–1)
son r et de premiern terme u , on a : 100 =u #3n+1 ; P(n + 1) est vraie.
k/=n0uk =(n + 1)(u0+ n2r).0 =9297(100–10100n0+1) ; 97. 01. vn+1=uun+1+–13
n+1
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