Corrigé N°180 – Suites, somme, limite, récurrence – Terminale S

septembre 11th, 2016

Category: Corrigé et Astuces, Limites, Suites, Terminale S

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Corrigé N°180 :

Exercice : Suites – Somme, limite, récurrence – Terminale S

1) Calculer les quatre premiers termes de la suite (un) :

u1 = 1.

u2
= u1+1 (donc n = 1)
= u1 + (1 + 1)3
= 1 + 23 = 1 + 8 = 9.

u3
= u2+1 (donc n = 2)
= u2 + (2 + 1)3
= 9 + 33 = 9 + 27 = 36.

u4
= u3+1 (donc n = 3)
= u3 + (3 + 1)3
= 36 + 43 = 36 + 64 = 100.

On remarque 1, 9, 36 et 100 sont des carrés.

2) Démontrer par récurrence que, pour tout entier n ∈ N,
un = 13 + 23 + · · · + n3 :

Rédaction :

Initialisation :
D’une part u1 = 1.
D’autre part 13 = 1.
On a bien u1 = 13.
J’ai prouvé l’initialisation.

Hérédité :
On suppose à un rang k entier donné que :
uk = 13 + 23 + · · · + k3
(Hors rédaction : L’hypothèse de récurrence est une Donnée dans l’hérédité, il faudra donc la garder à l’esprit et l’utiliser. Tout comme l’autre donnée dans l’énoncé de l’exercice!)

Je vais montrer que uk+1 = 13 + 23 + · · · + k3 + (k+1)3.

D’après la formule de la suite dans l’énoncé,
uk+1 = uk + (k + 1)3
En remplaçant le terme en « gras » d’après l’hypothèse de récurrence :
= 13 + 23 + · · · + k3 + (k + 1)3

Voilà, j’ai bien prouvé l’hérédité.

Conclusion : J’ai prouvé l’initialisation à n = 1, et l’hérédité,
donc pour tout entier n ∈ N,
un = 13 + 23 + · · · + n3.

3) En déduire que, pour tout entier non nul, un > n3 :

Les termes 13, 23 jusqu’à (n-1)3 sont des entiers strictement positifs mis à la puissance donc ce sont tous des termes strictement positifs qu’on additionne ensemble.
Du coup, 13 + 23 + · · · + (n-1)3 > 0
donc 13 + 23 + · · · + (n-1)3 + n3 > n3,
donc un > n3.

4) Calculer la limite de un :

lim[n → +∞]n3 = +∞ d’après le cours.
De plus, un > n3.

D’après le Théorème de Comparaison, la limite de un est plus grande que la limite de n3. Elle est donc forcément +∞.

5) Rappeler l’expression de Sn en fonction de n :

D’après le cours,
1 + 2 + · · · + n = n(n+1)/2.

Donc Sn = n(n+1)/2.

6) Calculer S1, S2, S3 puis S4 :

S1 = 1.
S2 = 1 + 2 = 3.
S2 = 1 + 2 + 3 = 6.
S3 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10.

7) Émettre une conjecture sur un et Sn :

Les valeurs des quatre premiers Sn sont 1, 3, 6 et 10.
Les valeurs des quatre premiers un sont 1, 9, 36 et 100.

Les quatre premiers un sont les carrés des quatre premiers Sn.
Donc je conjecture que pour tout n ∈ N,
un = Sn2.

8) Prouver cette conjecture par récurrence :

Initialisation :
Déjà fait dans la question 7 avec les quatre premiers un qui sont les quatre premiers carrés des Sn.

Hérédité :
Je suppose qu’à un rang k donné, uk = Sk2.
(Ceci est l’hypothèse de récurrence, c’est donc une donnée pour l’hérédité.)

Je vais montrer que : uk+1 = Sk+12.

Je commence par uk+1
= uk + (k + 1)3
= Sk2 + (k + 1)3 (avec l’hypothèse de récurrence)
= (k(k+1))/2)2 + (k + 1)3 (avec la formule du cours vue en 5))
= (k2(k+1)2/22) + (k + 1)(k + 1)2
(je mets le « carré » sur chaque facteur et diviseur de la fraction)
= k2(k + 1)2/22 + (4/4)(k + 1)(k + 1)2
(pour mettre au même dénominateur avec (k + 1)2)
= (k + 1)2 × [k2/22 + 4(k + 1)/4]
= (k + 1)2 × [k2/22 + (4k + 4)/22]
= (k + 1)2 × [(k2 + 4k + 4)/22]
(on a la forme développée d’une identité remarquable avec a = k et b = 2)
= (k + 1)2 × [(k2 + 2×k×2 + 22)/22]
= (k + 1)2 × [(k + 2)2/22]
= [ (k + 1) × [(k + 1 + 1)/2] ]2
= Sk+12.

Voilà j’ai démontré que uk+1 = Sk+12.
J’ai donc l’hérédité.

Conclusion : J’ai prouvé l’initialisation et l’hérédité donc j’ai prouvé la propriété voulue pour tout n entier supérieur ou égal à 1.

Bonne compréhension,
Sylvain

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