Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2005

E XERCICE 1 1. 1 1 7 a. On a u0 = 1, u1 = − , u2 = − et u3 = 2 4 8 La relation est vraie au rang 3. Supposons que pour n 3, un 0.

5 points

1 + n − 1. Or n 3 ⇐⇒ 2 n − 1 2, donc un+1 2 > 0. L’hérédité est démontrée. On a donc démontré par récurrence que pour n 3, un 0. 1 1 b. n 4 ⇐⇒ n − 1 3 ; d’après a, un−1 0 ⇐⇒ un−1 0 ⇒ un−1 + n − 2 2 1 2 n − 2 ⇐⇒ un−1 + (n − 1) − 1 n − 2 ⇐⇒ un n − 2. 2 c. Par comparaison, comme lim n = +∞, lim un = +∞. 0, alors un+1 = n→+∞ n→+∞

2.

1 un + n − 1 −8(n + 2 1 1 1)−1 = 2un +4n−4−8n−8+24 = 2un −4n+12 = (4un − 8n + 24) = v n . 2 2 1 On a donc démontré que (v n ) est une suite géométrique de raison . 2 La raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plus v 0 = 4u0 + 24 = 28. 1 n 1 n b. On a immédiatement v n = v 0 × = 28 × = 4un − 8n + 24 ⇐⇒ 2 2 n n 1 1 4un = 28 × + 8n − 24 ⇐⇒ un = 7 × − 2n + 6. 2 2 1 n 7× + −2n + 6 = xn + y n où (xn ) est la c. On a donc un = 2 a. v n = 4un −8n +24 ⇒ v n+1 = 4un+1 −8(n +1)+24 = 4 suite arithmétique suite géométrique

suite (v n ) au facteur 4 près et la suite y n est définie par y n = −2n + 6, suite arithmétique de raison −2 et de premier terme 6. n d. On en déduit que n uk =

n k=0

xk + y k =

n k=0

xk +

n

yk . k=0 1 n+1 1n = 14 − 7 × . 2 2 k=0 n(n + 1) = y k = −6(n + 1) + 2 D’autre part 2 k=0 Or xk = = 14 1 − − 6n − 6 + n(n + 1) = −6n − 6 + n 2 + n = n 2 − 5n − 6. 1 n . Finalement S n = n 2 − 5n + 8 − 7 2

k=0 n+1 7−7 1 2 1− 1 2 n

E XERCICE 2

5 points

1. On a d’une part – On sait que x > 1 ⇒ ln x > 0. Comme 1 < x, on a x < x 2 ⇒ x + x 2 < 2x 2 ⇐⇒ 1 2ln x 2ln x ln x 1 < ⇐⇒ < ⇐⇒ 2 < f (x). 2 2 2 2 2x x+x 2x x+x x 1 1 ⇒ < – De même 1 < x ⇒ x < x 2 ⇒ 2x < x + x 2 ⇐⇒ 2 x+x 2x ln x 2ln x 2ln x ⇐⇒ f (x) < . < x + x2 2x x D’où l’encadrement demandé.

Baccalauréat S

1 ln x = ln x × , on reconnaît une forme uu avec u(x) = ln x, qui x x (ln x)2 a pour primitive . 2 4 (ln x)2 3(ln 2)2 On a