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Tspé- DS 02 -Corrigé Exercice 1 Soit (un) la suite définie pour tout entier nat

Tspé- DS 02 -Corrigé Exercice 1 Soit (un) la suite définie pour tout entier naturel n par u0=−1 et un+1=un+2n+2 . 1) u1=u0+2 × 0+2=−1+2=1 ; u2=u1+2 × 1+2=1+2+2=5 . 2) Pour tout entier naturel n , soit Pn la proposition « un=n 2+n−1 ». Initialisation : pour n=0 , 0 2+0−1=−1 ; or u0=−1 , donc P0 est vraie. Hérédité : pour n , un entier naturel, on suppose que Pn est vraie, c'est à dire que un=n 2+n−1 , et on montre que cela implique que Pn+1 l'est aussi, c'est à dire que un+1=(n+1) 2+(n+1)−1=n 2+2n+n+1−1=n 2+3n+1 . On a un+1=un+2n+2 par définition, donc un+1=n 2+n−1+2n+2 d'après l'hypothèse de récurrence. Donc un+1=n 2+3n+1 , donc Pn+1 est vraie. Conclusion : P0 est vraie et l'hérédité a été démontrée, donc pour tout entier naturel n , un=n2+n−1 . 3) lim n →+∞n 2=+∞ donc, par somme de limites, lim n →+∞(n 2+n−1)=+∞, donc lim n →+∞un=+∞. Exercice 2 1) un=(1−√n)(n 2−5) lim n →+∞(−√n)=−∞ donc, par somme de limites, lim n →+∞(1−√n)=−∞ lim +→∞n2=+∞donc, par somme de limites, lim n →+∞(n 2−5)=+∞ Ainsi, par produit de limites, lim n →+∞(1−√n)(n 2−5)=−∞ et lim n →+∞un=−∞ 2) v n=n 3(−2+ 3 n 2) lim n →+∞ 3 n 2=0 donc, par somme de limites, lim n →+∞(−2+ 3 n 2)=−2 lim +→∞n3=+∞ donc, par produit de limites, lim n →+∞n 3(−2+ 3 n2)=−∞et lim n →+∞v n=−∞ 3) wn=4 n 4−3n 2+2=n 4(4−3 n2+ 2 n4) lim n →+∞ 3 n 2=0 et lim n →+∞ 2 n 4=0 donc, par somme de limites, lim n →+∞(4−3 n2+ 2 n4)=4 lim +→∞n4=+∞donc, par produit de limites, lim n →+∞n 4(4−3 n2 + 2 n4)=+∞ et lim n →+∞wn=+∞ 4) an= 2n−1 3−5 n 2 = n(2−1 n) n 2( 3 n 2−5) = (2−1 n) n( 3 n 2−5) lim n →+∞ 1 n=0 et lim n →+∞ 3 n 2=0 donc, par somme de limites, lim n →+∞(2−1 n)=2 et lim n →+∞( 3 n2−5)=−5 Ainsi, par produit de limites, lim n →+∞n( 3 n 2−5)=−∞et par quotient de limites lim n →+∞ (2−1 n) n( 3 n 2−5) =0 . Donc lim n →+∞an=0 Exercice 3 1) a) an est le nombre d'abonnés l'année 2022+n , donc a0 est le nombre d'abonnés en 2022, donc a0=1500 . a1=a0−40 100 a0+400=1500−40 100 × 1500+400=1300 . b) an+1=an−40 100 × an+400=an(1−40 100)+400=0,6an+400 . 2) a) Pour tout entier naturel n , on pose un+1=0,6un+0,4 avec u0=1,5 . u1=0,6u0+0,4=0,6 × 1,5+0,4=1,3 . b) Pour tout entier naturel n , on pose v n=un−1 . Ainsi, v n+1=un+1−1=0,6un+0,4−1=0,6un−0,6=0,6(un−1)=0,6v n . c) On peut en déduire que la suite (vn) est géométrique, de raison q=0,6 et de premier terme v0=u0−1=1,5−1=0,5 , donc v n=v0 × qn=0,5 × 0,6n . Or v n=un−1 donc, pour tout entier naturel n , un=v n+1=0,5 × 0,6 n+1 . d) lim n →+∞0,6 n=0 car −1<0,6<1 donc, par produit de limites lim n →+∞0,5×0,6 n=0 et par somme de limites, lim n →+∞(0,5×0,6 n+1)=1 , donc lim n →+∞un=1 . Cela signifie, qu'à long terme, le nombre d'abonnés se stabilisera autour de 1000. e) un+1−un=0,5 × 0,6n+1+1−0,5 × 0,6n−1=0,5 × 0,6n(0,6−1)=−0,4 × 0,5 × 0,6n=−0,2 × 0,6n Pour tout entier naturel n , 0,6n>0 donc −0,2 × 0,6n>0 donc la suite (un) est décroissante. f) Exercice 4 Soit la fonction f définie sur ℝ par f (x)=(x+2)e −x . 1) a) Pour tout x ∈ℝ, f ' (x)=1 × e−x+(x+2)(−e−x)=e−x (1−x−2)=e−x(−1−x) . b) Pour tout x ∈ℝ, e −x>0 , donc f ' (x) est du signe de −x−1 . −x−1>0 ⇔−1>x . On peut donc établir le tableau de variations de f . c) f ' (x) ne s'annule qu'une seule fois, donc la courbe représentative de f n'admet qu'une seule tangente parallèle à l'axe des abscisses. d) Une équation de la tangente T à la courbe en 0 est y= f ' (0)(x−0)+ f (0) f ' (0)=e 0(−1−0)=−1 et f (0)=2e 0=2 . Donc T a pour équation y=−x+2 . 2) a) f ' ' (x) = −e−x (−1−x)+e−x (−1) = e −x+ xe −x−e −x=x e −x . Pour tout x ∈ℝ, e −x>0 , donc f ' ' (x) est du signe de x . f ' ' (x) s'annule en changeant de signe en 0 , la courbe admet donc un point d'inflexion en 0 et change de convexité en ce point b) La tangente à la courbe se trouve donc au-dessus de la courbe avant le point d'abscisse 0, et au-dessous après ce point. Elle traverse la courbe en ce point. uploads/Industriel/ tspe-ds02-corrige.pdf