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Exercice 1 1.   2 1 ( ) 1 , 0 1 0 f x x x x x x x        . Les solut

Exercice 1 1.   2 1 ( ) 1 , 0 1 0 f x x x x x x x        . Les solutions sont donc 1 5 2    et 1 5 2    . 2. a)   1 5 n n n u     1 0 n nlim      et 1 n nlim     ainsi n nlim u  . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n u v u                                                                        et comme 1   alors la suite v converge et sa limite est .      2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 5 5 n n n n n n n n n u u u                      2 1 1 1 1 2 2 2 1 2 5 n n n n n n n n n                                 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 5 5 n n n n n n n                       Mais et sont solutions de l’équation 2 1 0 x x  donc 1 c a  et 1 b a     et 2 2 1 ,1         .           1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 5 n n n n n u u u                     1 1 3 2 1 1 5 n n n      . On vient de prouver que pour tout n ℕ*,   2 1 1 1 n n n n u u u    . c) Déduction : pour n ℕ*,   1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n n u u u u u v v u u u u u u                 . C’est le résultat demandé. d)         1 1 1 1 1 1 1 5 5 n n n n n n n n u u                      2 2 2 1 5 n n n u           Déduction : On a 1 2 n n n u u u     et 1 0 n u  donc   1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n n n u u u u u v v f v u u u u u v                   . Monotonie de la suite   2n v :     2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 3 2 1 2 3 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u u u u v v u u u u u u                         2 2 2 2 2 1 2 2 2 n n n n n u u u u u         2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 0 n n n n n u u u u       donc la suite   2n v est décroissante . Lycée pilote de Tunis Extrais de Devoir de contrôle 1 Terminales maths Mr Ben Regaya. A Eléments de corrections www.ben-regaya.net On montre aussi que 2 3 2 1 2 1 2 3 1 0 n n n n v v u u       donc la suite   2 1 n v  est croissante. De l’égalité :   1 1 1 1 n n n n n v v u u       valable pour tout naturel n, non nul , on peut écrire   2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 1 n n n n n n n v v u u u u         et comme n nlim u  donc   2 1 2 0 n n nlim v v     . Les deux suites   2n v et   2 1 n v  sont adjacentes. Conséquences : Les deux suites   2n v et   2 1 n v  sont convergentes et ont la même limite l. On en déduite que la suite   n v converge aussi vers le même réel l. On a pour tout n ℕ*,   1 n n v f v  . f est rationnelle donc continue en tout réel non nul donc sur   0,.   n v est une suite d’éléments de   0,qui converge vers l. Alors  l f l  et 0 l  donc l   . On vient de retrouver la limite de   n v . 3. Pour nℕ, 0 2 n k n k k u s   . 1 1 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 5 5 1 1 2 2 n n k k n n n k k s                                                                 et comme 1 2  et 1 2  alors 1 1 1 2 5 1 1 2 2 n nlim s                   après simplification bien sur. Exercice2 1. Montrons que pour tout naturel n, 0 n n u v . Pour 0 0 0, 0 0 n a b u v   c’est vérifier. Soit n ℕ, supposons que 0 n n u v et démontrons que 1 1 0 n n u v  . Il est clair que 1 0 n u . 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n n n n n n u v u v u v u v u v v u u u u u                                           0 2 2 n n n n u v u v            en effet 0 n n u v . On donc 2 2 1 1 n n v u  et tous les deux strictement positifs alors 1 1 n n uploads/Litterature/ devoir-de-controle-1-maths.pdf