DS2 2022 2023
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Page 1 : Préing 1Devoir Surveillé 2Analyse IDate : Jeudi 15 Décembre 2022L’usage de tout appareil électronique est interditDurée : 1h30Nombre de pages : 2Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision desjustifications.Le sujet comporte 4 exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1 10 points : Déterminer, si elle existe, la limite de chacune des suites suivantes. Sinon,justifier pourquoi il n’y a pas de limite.1. n N, an = 2n +4n2 + 33n +n2 + 1. 2 pointsSolution : Nous avons2n +4n2 + 33n +n2 + 1=2n +q4n2 1 +34n23n +qn2 1 + 1n2=2n + 2nq1 +34n23n + nq1 + 1n2=2n ·1 +q1 +34n2n ·3 +q1 + 1n2=2 ·1 +q1 +34n23 +q1 + 1n2.Ainsilimn→+2n +4n2 + 33n +n2 + 1=limn→+2 ·1 +q1 +34n23 +q1 + 1n2= 2 · 1 + 13 + 1= 1.2. n N, bn = n r1 + 1n 1!. 2 points1
Page 2 : Solution : Nous avonsn r1 + 1n 1!=n ·q1 + 1n 1·q1 + 1n + 1q1 + 1n + 1=n ·1 + 1n 1q1 + 1n + 1=n ·1nq1 + 1n + 1=1q1 + 1n + 1Ainsilimn→+n r1 + 1n 1!=limn→+1q1 + 1n + 1 =11 + 1 = 12.3. n N, cn = n2 cosnπ3. 2 pointsSolution : Notons quen N,c6n=6n2 cos6nπ3= 36n2 cos 2nπ = 36n2n N,c6n+3=6n + 32 cos6n + 3π3= 6n + 32 cos π + 2nπ = 6n + 32.Par conséquent,limn→+c6n=+limn→+c6n+3=.Nous avons donc trouvé deux suites extraites de cnnN qui ne convergent pas vers la mêmelimite. Ce qui implique que cnnN diverge.4. n N, dn = Enn. 2 pointsSolution : Nous avonsn 1 En nDoncnn 1n Ennnn .Le théorème d’encadrement, nous permet donc de conclure0 =limn→+nn 1n Ennlimn→+nn= 0Ainsilimn→+Enn.2
Page 3 : 5. n N, zn = 4n 73n + n2 + i · n2 + i cosnsinn 3n2 . 2 pointsSolution : Nous avons4n 73n + n2 + i · n2 + i cosnsinn 3n2 = 4n 73n + n2 cosnsinn 3n2+ i ·n2sinn 3n2Par conséquentlimn→+4n 73n + n2 + i · n2 + i cosnsinn 3n2=limn→+ 4n 73n + n2 cosnsinn 3n2+i ·limn→+n2sinn 3n2=0 + i · 13 = i3.Exercice 2 4 points : Montrer, en revenant à la définition de la limite, que :1.limn→+un = 2, pour un = 4n2 32n2 + 1. 2 pointsSolution : Soit ϵ 0, on cherche N N, tel quen N,un 2 ϵ.C’est-à-dire, on cherche N N, tel quen N,4n2 32n2 + 1 2 ϵ⇐⇒n N,4n2 32n2 + 1 22n2 + 12n2 + 1 ϵ⇐⇒n N,4n2 3 4n2 22n2 + 1 ϵ⇐⇒n N,52n2 + 1 ϵ.Maintenantn N, 2n2 2n2 + 1=⇒52n2 + 1 52n2Donc il suffit de garantir52n2 ϵ pour obtenir52n2 + 1 ϵ.Sachant que 52ϵ 12 n=⇒52ϵ n2=⇒52n2 ϵ,il suffit de poserN = E 52ϵ 12!+ 1.Alors pour tout n N, nous avonsn N 52ϵ 12=⇒52n2 + 1 52n2 ϵ=⇒4n2 32n2 + 1 2 ϵ.3
Page 4 : 2.limn→+vn = +, pour vn = n2 n. 2 pointsSolution : On doit vérifierM 0, N N, n N,n N =⇒vn M .Soit M 0, on cherche N N, tel quen N,vn M.C’est-à-dire, on cherche N N, tel que pour tout n N, nous avonsn2 n M.Or on sait quen2 n = nn 1 n 12Donc il suffit de garantirn 12 M pour obtenir n2 n M.Sachant quen M + 1=⇒n 1 M=⇒n 12 M,il suffit de poserN = EM + 1+ 1.Alors pour tout n N, nous avonsn N M + 1=⇒n2 n n 12 M=⇒n2 n M.Il vous est demandé de déterminer le rang N à partir duquel on a un ℓ ϵ, ou bien un A oubien encore un B pour un ϵ 0, un A 0 ou un B 0 fixés.Exercice 3 6.5 points : On considère les deux suites réelles définies paru0 = 1,v0 = 2etn N, un+1 = 2un + vn3,vn+1 = un + 2vn3.1. Pour tout n N, on pose wn = vn un. Montrer par récurrence quen N, wn =13n .1 pointCalculerlimn→+wn. 0.5 pointsSolution :a Initialisation : w0 = v0 u0 = 2 1 = 1 = 130 .b Hérédite : Supposons wn =13n . Alorswn+1 = vn+1 un+1 = un + 2vn32un + vn3= vn un3= wn3 .Ainsiwn+1 = wn3=13n+14
Page 5 : Par conséquentlimn→+wn =limn→+13n = 0.2. Montrer que unnN est croissante et que vnnN est décroissante. 0.75 + 0.75 pointsSolution : Nous avonsun+1=2un + vn3=2un + wn + un3=3un + wn3=un + wn3=un +13n+1 .Ainsiun+1 un =13n+1 0.La suite unnN est donc croissante. Le même raissonement nous permet de démontrer quevn+1 vn = 13n+1 0.La suite vnnN est donc décroissante.3. En déduire que les suites unnN et vnnN convergent et qu’elles ont la même limite. 1pointSolution : Les suites unnN et vnnN sont adjacentes. En effet• unnN est croissante• vnnN est décroissante.• vn un = wn→n→+0.Du Théorème sur les suites adjacents, on en déduit donc que unnN et vnnN convergentvers la même limite.4. Pour tout n N on pose tn = un + vn. Montrer que tnnN est une suite constante. 1 pointEn déduire que tnnN converge vers une limite que l’on précisera. 0.5 pointsSolution : Nous avonstn+1 tn=vn+1 + un+1 vn + un=un + 2vn3+ 2un + vn3vn + un=3un + 3vn33vn + 3un3= 0.Ainsi, tnnN est une suite constante etn N, tn = t0 = u0 + v0 = 3.La suite tnnN converge donc vers 3.5
Page 6 : 5. Déduire la limite commune de unnN et vnnN. 1 pointSolution : Notons par ℓla limite commune des suites unnN et vnnN. D’après la questionprécédente, nous avons3 =limn→+tn =limn→+un + vn = ℓ+ ℓ= 2ℓ=⇒3 = 2ℓ.Donclimn→+un =limn→+vn = 32.Exercice 4 6 points : On considère la suite unnN définie par récurrence de la manière suivante :u0 = 0 et un+1 = 4un + 2un + 5= 4 18un + 5.On se placera dans I = 0, +. On posef : I →Rx 7→4x + 2x + 5= 4 18x + 5.1. Montrer que l’intervalle I est stable par f. 1 pointSolution : Pour toutx 0, +, nous avons4x + 2 0etx + 5 0=⇒4x + 2x + 5 0Ainsix I,fx I.L’intervalle I est donc stable par f2. Déterminer les points fixes de f dans cet intervalle. 1 pointSolution : Nous avons4x + 2x + 5 = x⇐⇒4x + 2 = x2 + 5x⇐⇒x2 + x 2 = 0⇐⇒x = 2 ou x = 1.Ainsi, l’unique point fixe de f dans I est 1.3. Déterminer le sens de variation de la suite unnN. 2 pointsSolution : Notons que pour tout x, y R2, nous avonsx + 5 y + 5=⇒1y + 5 1x + 5=⇒1x + 5 1y + 5=⇒fx = 4 1x + 5 4 1y + 5 = fy.La fonction f est donc croissant on peut aussi le vérifier en utilisant la dérivée. Par conséquent,la suite unnN est monotone. De plusu1 u0 = 25 0 0=⇒unnN est croissante.6
Page 7 : 4. Étudier la convergence de la suite unnN. 2 pointsSolution : Puisque f est croissante et f 1 = 1, on conclut queu0 = 0 1=⇒u1 = fu0 1=⇒u2 = fu1 1=⇒· · ·=⇒un = fun1 1.Ainsin, un 1.La suite unnN est croissante est majorée par 1, donc convergente. De plus, sa limite est unpoint fixe de f dans I = 0, +. Or l’unique point fixe de f dans I est 1. Ainsilimn→+un = 1.7
