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maths hyperbole .pdf



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Chapitre

1

Fonction exponentielle

1.  Page d’ouverture

• Énigme ✱
Pour tout nombre entier n, Pn est la puissance d’un disque
dur en janvier de l’année de rang n sachant qu’en 2011
P0 = 4 To.
2

n

On a Pn = 2 3 P0.
Pour 2014, n = 3
P3 = 4 P0 = 16 To
Pour 2023, le rang est 12 P12 = 28 × P0 = 256 × 4 To
P12 = 1 024 To

Énigme ✱✱
100
2E
100
2
Ê
50 ˆ
2,25 E
Remboursement tous les 6 mois :  Á1
Ë 100 ˜¯

Remboursement tous les n-ième de l’année :
n
Ê
100 ˆ
n
Á
˜
Ê

n
ÁË1
˜ Á1 ˜ .
100 ¯

Ë
n
Ê

u est la suite définie sur * par un Á1 ˜ .

Ë
On saisit u dans la calculatrice afin d’obtenir un tableau
de valeurs de la suite.
Remboursement sur 1 an :  1

Sur un écran calculatrice, il semble que la banque ne
puisse pas récupérer en un an, 3 E.

2.  Vérifier les acquis
1 Réponse a : f est dérivable en 1 et le nombre dérivé
de f en 1 est – 1.
2 f ¢(1) est égal au coefficient directeur de la tan2
gente T. f ¢(1)
3

1. a) x a 2 x
1
b) x a - 2 (avec x ≠ 0)
x

© Nathan. Hyperbole Term S

3

c)  x a 3 x 2
1
d) x a
(avec x > 0)
2 x
2. a) f ¢( x ) 6 x 2 - 5
1
b) g ¢( x ) 1 2
x
3
c) h ¢( x )
pour x > 0
2 x

a) Pour tout x > 0,
1
f ¢( x ) 2 ¥ x
¥ (2 x - 1)
2 x
2x - 1
f ¢( x ) 2 x
2 x
4x
2x - 1
f ¢( x )

2 x
2 x
6x - 1
f ¢( x )
2 x
- 3( x 1) - 1 ¥ (1 - 3 x )
b)  g ¢( x )
( x 1)2
- 3x - 3 - 1 3x
g ¢( x )
( x 1)2
-4
g ¢( x )
( x 1)2
2
1
c)  h ¢( x )
2
( x - 1)
2
( x - 1)2 - 4
h ¢( x )
2( x - 1)2
( x - 1 - 2)( x - 1 2)
h ¢( x )
2( x - 1)2
( x - 3)( x 1)
h ¢( x )
2( x - 1)2
4

5 f est dérivable sur , et
f ¢( x ) 10 x - 3
f ¢(2) 17
f (2) = 16
T : y f ¢(2)( x - 2) f (2)
T : y 17 x - 18
6 a) f est une fonction dérivable sur I.
Si la dérivée est positive sur I, alors la fonction f est
croissante sur I.
Si la dérivée est négative sur I, alors la fonction f est
décroissante sur I.
Si la dérivée est nulle pour toutes valeurs de I alors la
fonction f est constante sur I.
b) g est dérivable sur .
g ¢( x ) 6 x 2 - 6 x
g ¢( x ) 6 x( x - 1)

x

g

–∞

0
+

0
1

+∞

1


0

+

0

5

• Activité 1

uuur ur
1 a) NON Pour a = 1, MH
uuur = i ur
Pour a = 2, MH = 1, 5 i uuur
ur
b) f(x) = (x + 1)3 : NON Pour a = 0,5, MH = 0, 5 i
1
f ( x) 2
 NON
x 1
ur
Pour a = – 1,  MH = i
ur
Pour a = – 0,5,  MH = 1, 25 i
2 a) Pour tout réel a, tel que f ¢(a) ≠ 0
M = Ta ∩ (Ox) ⇔ M(xM ; O)
Ta a pour équation y = f ¢(a) (x – a) + f(a)
f ¢(a) (xM – a) + f(a) = 0
f (a)
xn – a = –
  f ¢(a) ≠ 0
f ¢( a )
f (a)
xn = a –
f ¢( a )
uuur ur
b) (1) : MH i € xH – xM 1
f (a)
€a–a
1 avec f ¢( a ) 0
f ¢( a )
uuur ur
MH i € f ( a ) f ¢( a )
c) On saisit le point de coordonnées (a ; xuuur )
MH
P décrit la droite d’équation y = 1

• Activité 2
a) m(x) = u(x) ¥ v(x)
avec u(x) = exp(x) et v(x) = exp(– x) = u(– x) dérivables sur
 (activité 1 et cadre info).
Pour tout réel x, u¢(x) = u(x) = exp(x) et
v¢(x) = – u¢(x) = – u(– x) = – exp(– x)
m¢(x) = u¢(x) v(x) + u(x) v¢(x)

= exp(x) exp(– x) + exp(x) [– exp(– x)]
m¢(x) = 0
b) Pour tout réel x, m(x) = k constante réelle libre et
m(0) = exp(0) ¥ exp(0) = 1 = k, d’où k = 1
Pour tout réel x, m(x) = 1.
c) Pour tout réel x,
exp(x) exp(– x) = 1 ≠ 0 ⇔ exp(x) ≠ 0

4.  Pour s’exercer
a) f est dérivable sur  donc g l’est aussi et
1
1
g ¢( x ) f ¢( x ) f ( x ) g( x )
2
2
1
1
g( 0) f ( 0) ¥ 2 1
2
2
b) D’après le a), g( x ) = exp( x )
c) f ( x ) = 2 g( x ) = 2exp( x )
3

4 On pose g la fonction définie sur  par g(x) = 3 f(x)
g est dérivable sur  et pour tout x ∈ :
g¢(x) = 3 f ¢(x) = 3 f(x) = g(x)

6

1
g(0) = 3 f(0) = 3 ¥ = 1
3
g(0) = 1
g est donc dérivable sur  telle que g¢ = g et g(0) = 1
Pour tout x ∈, g(x) = exp(x)
1
1
donc f ( x ) = g( x ) = exp( x )
3
3
5 a) f est dérivable sur 
f ( x ) exp( x ) exp(– x )
f ¢( x ) exp( x ) - exp( - x )
De même, g est dérivable sur .
g’(x) exp( x ) exp( - x )
b) f ( x ) exp( x ) exp( - x )
1
exp( x )2 1
f ( x ) exp( x )

exp( x )
exp( x )
2
Èexp( x )˘˚ - 1 (exp( x ) - 1)(exp( x ) 1))
g( x ) Î

exp( x )
exp( x )
f 2 ( x ) - g2 ( x )
2
2
ÎÈexp( x ) exp( - x )˘˚ - ÈÎexp( x ) - exp( - x )˘˚

exp( x ) 2 exp( x )exp( - x ) exp( - x )
2

2

- exp( x ) 2 exp( x )exp( - x ) - exp( - x ) 4
2

6

2

A=
exp(2x – 1) ¥ exp(3 – 2x) = exp(2x – 1 + 3 – 2x)
= exp(2)

9 a) e 6 x 3 ( -6 x ) e3
b) 1 e -2 x
c) e 4 x - 2 x -1 e2 x -1
10 a) (ex)5 ¥ e–2x = e5x ¥ e–2x = e5x – 2x = e3x
e2 x + 3
b)  2 x –1 = e2x+3 – (2x–1) = e2x+3 – 2x+1 = e4
e
e x + e– x
c) 
= (ex + e–x) ¥ ex = ex ¥ ex + e–x ¥ ex = ex+x + e–x+x
e– x
= e2x + e0 = e2x + 1
11 e x ¥

e –2 x

1–
1 e– x

e2 x – 1
2x
e x ¥ ex
e 1
ex
2
e x –1
ex
e2 x – 1
ex ¥
¥ x
x
2
x
e
e 1 e 1

e x - 1 e- x 1 - e- x
¥ -x
ex 1
e
1 e- x
e2 x
ex - 1
- e -2 x ¥ 2 x 2 x
e
e

12 a) 

b) e - x

e2 x – 1
e2 x 1
x
e –1
ex – 1
2 x
2 x
2f ( x )
e 1
e 1

2
( e x – 1)2
1 [f ( x )]2
Ê e x – 1ˆ
1 x
1 Á x
( e 1)2
˜
Ë e 1¯
13 Pour tout réel x,  f (2 x )

© Nathan. Hyperbole Term S

3.  Activités d’approche

2( e x – 1) ¥ ( e x 1)
2[( e x )2 – 1]

x
2
x
2
( e 1) ( e – 1)
e2 x 2 e x 1 e2 x – 2 e x 1
2
x
e -1
2x
f (2 x )
e 1



14 e x – 2 e – x

( e x )2 – 2e x 1 ( e x – 1)2

0
ex
ex

15

18 a) Pour tout réel x,
f ¢( x ) - e - x  0. Donc f est une fonction décroissante
sur .
b) • lim - x et lim e X
x Æ-

Donc lim e - x

X Æ

x Æ-

• lim - x - et lim e X 0
x Æ

Donc lim e - x 0
c) 

X Æ-

x Æ

x
f(x)

–∞
+∞

+∞

21 f(x) = ex + e–x est dérivable comme une somme de
deux fonctions dérivables sur .
Pour tout réel x,  f ¢(x) = ex – e–x.
f ¢(0) = 1 – 1 = 0  et  f(0) = 1 + 1.
Une équation de la tangente à la courbe de f est y = 2.
24 Pour tout réel x :
a) f ¢( x ) - 5e -5 x 4
b) g ¢( x ) 4 e 4 x - 3
2
c) h ¢( x ) - 6 xe -3 x
2
d) k ¢( x ) (2 x - 3)e x - 3 x
25 a) x est un nombre réel, f ( x ) et g( x ) sont strictement
positives
f ( x)
 1 équivaut à e x  1 soit x  0
g( x )
f est en dessous de g sur ]– ∞ ; 0 [ et au-dessus sur
]0 ; + ∞[
b) x est un nombre réel, f ( x ) et h( x ) sont strictement
positives
f ( x)
2
 1 équivaut à e x - 2 x  1, x( x - 2)  0
h( x )
f est en dessous de g sur ]0 ; 2[ et au-dessus sur ]– ∞ ; 0[
et sur ]2 ; + ∞[.

0

d) 

5.  Accompagnement personnalisé
26 1. 

6
5
y ex

4

Les courbes de la fonction exponentielle et de g sont
symétriques par rapport à l’axe des ordonnées.

3
2

19 a) 

1
–4

© Nathan. Hyperbole Term S

b) La courbe de g admet pour axe de symétrie l’axe des
ordonnées.
c) Pour tout réel x,  g(– x) = e–x + ex = g(x)
20 1. f est dérivable sur 
f ¢( x ) - e - x
a) T0¢ : y f ¢( x )( x - 0) f ( 0)
T0¢ : y - x 1
b) T1¢ : y - e -1( x - 1) e -1
T1¢ : y - e -1x 2e -1
2. T0¢ et T0 sont perpendiculaires comme le sont T1¢ et T1
T0 : y x - 1 et T1 = yex donc 1 ¥ - 1 - 1 et
- e -1 ¥ e - 1

–3

–2

–1 O
–1

1

2

3

2. a) x  1 Æ ex  e
b) x  1 Æ ex  e
c) Pour tout nombre réel x  0, ex  1.
d) ex – 1  0 ⇔ ex  1 ⇔ x  0.
27 a) f est au-dessus de T0 sur .
b) Pour tout nombre réel x, f ¢(x) = ex – 1
ex – 1  0 ⇔ ex  1 ⇔ x  0
Donc f est croissante sur [0 ; + ∞[ et décroissante sur
]– ∞ ; 0].
f admet donc un minimum f(0) = e0 – 1 = 0.
Pour tout réel x, f(x)  0 ⇔ ex  x + 1.

7

28
Fonction
x  ex

Fonction
x  e–kx

Fonction
2
x  e–kx

0 a pour image 1
Fonction croissante
Fonction décroissante
Axe de symétrie
Somme en produit

OUI
OUI
NON
NON
OUI

OUI
NON
OUI
NON
OUI

OUI
NON
NON
OUI
NON

29 1. a) e –a =

1

ea

b) ea ¥ eb = ea+b

ea
d) (ea)n = ean
= e a – b
eb
2. (ex+2)2 ¥ e–4x = e2x+4 ¥ e–4x = e2x+4–4x = e–2x+4
Zoé ne connaît pas la propriétét algébrique 4 de la
question 1.
c) 

6.  Exercices d’application
30 a) Comme f est une fonction dérivable sur , la
fonction g = – 2f est dérivable sur .
Pour tout réel x,
g¢(x) = – 2f ¢(x)
Comme f ¢(x) = f(x), g¢(x) = – 2f(x)

g¢(x) = g(x), donc g¢ = g.
Ê 1ˆ
b) g(0) = – 2 f(0) = – 2 ¥ Á – ˜ = 1.
Ë 2¯
g(0) = 1 et g¢ = g
Il existe une unique fonction g telle que,
pour tout réel x,  g(x) = exp(x).
1
1
c) Pour tout réel x,  f(x) = – g(x), d’où f(x) = – exp(x)
2
2

1
f avec f dérivable sur , alors h est
5
dérivable sur  tel que h¢ = h et h(0) = 1, donc pour tout
réel x, h¢(x) = exp(x). Donc f = 5 exp.
31 Comme h =

1
f dérivable sur  telle que :
4
1
1
h( 0) – f ( 0) – ¥ (– 4 ) 1 et h¢ = h,
4
4
donc h = exp et f = – 4 exp.
32 h = –

1
33 h = f dérivable sur  telle que :
3
1
1
h( 0) f ( 0) ¥ 3 1 et h¢ = h,
3
3
donc h = exp et f = 3 exp.
g
est dérivable sur  comme le quotient de
f
deux fonctions dérivables sur  avec f ≠ 0 sur .
Pour tout réel x,
g ¢( x )f ( x ) – g( x )f ¢( x ) g( x )f ( x ) – g( x )f ( x )
h ¢( x )

0
f 2 ( x)
f 2 ( x)
h(x) = k avec k constante réelle libre
34 a) h =

35 1. T(0) = 55 exp (0) + 45.  T(0) = 100 °C.
2. a) T est une fonction dérivable sur  car exp est une
fonction dérivable sur .
1
T(t) = 55 exp(at + b) + 45 avec a = – et b = 0.
5
Pour tout réel t, T¢(t) = 55 a exp(at + b)
Ê 1ˆ
Ê 1 ˆ
T¢(t) = 55 ¥ Á – ˜ exp Á – t˜
Ë 5¯
Ë 5 ¯

Ê 1 ˆ
T¢(t) = – 11 expÁ – t˜ est la vitesse de refroidissement.
Ë 5 ¯
Ê 1 ˆ

45 – T(t) = – 55 expÁ – t˜
Ë 5 ¯

45 – T(t) = 5 T¢(t)
1
T¢(t)
= 45 – T(t )
5
1
b) Le coefficient de proportionnalité est .
5
3. T(5) = 55 exp(– 1) + 45, d’où  T(5) = 65 °C.
36 1. q(0) = A exp(0) = A = 3,84 ¥ 10–5.
2. a) Coefficient directeur de T passant par A (0 ; 3,84 ¥ 10–5)
et B (8 ¥ 10–4 ; 0)
y – yB
3, 84 ¥ 10–5
a= A
   a
– 0, 048
xA – xB
– 8 ¥ 10–4

b) q(t) est dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour tout t ∈ [0 ; + ∞[ :
Ê- tˆ
A
q ¢(t ) - exp Á ˜
Ë t ¯
t
c) q¢(0) = a = – 0,048
A
– – 0, 048 = – 0,048
t
A
3, 84 ¥ 10–5
t

8 ¥ 10–4
0, 048
0, 048
Constante de temps : τ = 8 ¥ 10–4
t
8 ¥ 10–4
500 W
τ = RC ⇔ R
C 1, 6 ¥ 10–4
Résistance ohmique : R = 500 W
Ê
ˆ
t
3. i(t) = – 0,048 expÁ –
.  i(0) = – 0,048.
Ë 8 ¥ 10–4 ˜¯
37 1. x(0) = – 4
2. a) Comme exp est une fonction dérivable sur , alors
x(t) est une fonction dérivable sur [0 ; + ∞[.
Pour tout réel t ∈ [0 ; + ∞[ :
x¢(t) = u¢(t) v(t) + u(t) v¢(t)
x¢(t) = 0,4 exp(ct) + (0,4 t – 4) ¥ c ¥ exp(ct)
b) x¢(0) = 0 ⇔ 0,4 – 4 c = 0
4  c = 0,4
c = 0,1
c) x(t) = (0,4 t – 4) exp(0,1 t)
3. x(t) = 0 ⇔
(0,4 t – 4) exp(– 0,1 t) = 0
⇔ 0,4 t – 4 = 0 ⇔ t = 10 s.

© Nathan. Hyperbole Term S

Propriété

8

g( 0) 1
= = 1, d’où h(0) = 1
f ( 0) 1
g( x )
Pour tout réel x, h( x ) = 1 =
, d’où g(x) = f(x)
f ( x)
Ce qui prouve l’unicité de f.
b) h( 0) =

38 A = e5a+1 ¥ (e–a)5 = e5a+1 ¥ e–5a = e1
1
B a 3 ( e – a )2 ¥ e3a 1 e – a – 3 ¥ e –2 a ¥ e3a 1 = e–2
e
C = e0 ¥ e3a ¥ e2–3a ¥ e = e3a+2–3a+1 = e3


S Ì– ˝
Ó 4˛
2
x
d) e = ex+1 ⇔ x2 = x + 1 ⇔ x2 – x – 1 = 0
D=1+4=5
1– 5
1 5
x1
et x2
2
2
1 – 5 1 5 ¸
S Ì
˝
;
2 ˛
Ó 2

39 a) Pour tout réel x,
(ex – 1)(ex – 4) = (ex)2 – 4 ex – ex + 4 = e2x – 5 ex + 4
b) Pour tout réel x,
(ex + e–x)2 – (ex – e–x)2
= (ex + e–x + ex – e–x)(ex + e–x – ex + e–x)
= 2ex ¥ 2e–x = 4e0 = 4
c) Vrai, e–x(e2x – 1) = ex – e–x
40 a) Pourt tout réel x, 

b) Pour tout réel x,

2

e( x 1)
( x 1)2 –( x –1)2 e 4 x
2 e
e( x –1)
2

3e – 2 x – 2 e – 3 x = 3e – 2 x –
41 Pour tout réel x,

e) e x = e–x–1 ⇔ x2 = – x – 1 ⇔ x2 + x + 1 = 0
D = – 3  0  Pas de solution
f) (ex)2 – 2ex + 1 = 0 ⇔
(ex – 1)2 = 0 ⇔ ex – 1 = 0
⇔ ex = 1 = ex ⇔ x = 0
S = {0}

2
3e x – 2
=
e3 x
e3 x

46 a)  e2x  1 = e0
b)  ex  e1
c)  ex  e–x
2x  0 x  1 x  – x

x  0 S = ]1 ; + ∞[ 2x  0
S = ]– ∞ ; 0] S = ]– ∞ ; 0]
2
d) e – x  ex ⇔ – x2  x ⇔ x2 + x  0 ⇔ x(x + 1)  0

exp(2 x 1) 2 – exp(– 2 x )





exp(5 x )

exp(2 x 1) – exp(– x ) ¥ exp(–5 x )
2

2

ÎÈexp(2 x 1) – exp(– x )˘˚ ÎÈexp(2 x 1) exp(– x )˘˚
5
¥ exp(– x )



x
¥2
e2

42 1. Pour tout réel x, e x
2. a) 
1
x
–∞

f(x)
0

b) 

x
–∞
(x – 1)
ex
f(x)



0

0

+


0

x
e2

2

+∞
+
+∞

1




+
+
+

43 a) Pour tout nombre réel x, ex + 2  0 est vrai.
b) Pour tout nombre réel x,
2
2
2
2
f (– x ) f ( x ) – x



e 1 ex 1 1 ex ex 1
ex
x
x
2e
2
2e 2 2( e x 1)

x


2
x
1 e
e 1 1 ex
1 ex
c) La courbe de f admet le point (0 ; 1) comme centre
de symétrie.

ex x
2
e x . Faux.
ex
e x 1
e x 1
1
b)  x2 1
x 1 x
x
. Faux.

x
e
– e e (e – e ) e – e– x
2

© Nathan. Hyperbole Term S

44 a) 

45 a) e–2x = 0  Pas de solution
b) ex+1 = 1 = ex ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = – 1  S = {– 1}

c) e–3x = ex+1 ⇔ – 3x = x + 1 ⇔ 4x = – 1 ⇔ x = –

1
4

x

x2 + x

–∞

–1
+



0

+∞

0
+

0

D’après le tableau de signes de x2 + x :
x2 + x  0 sur ]– ∞ ; 1] ∪ [0 ; + ∞[
S = ]– ∞ ; 1] ∪ [0 ; + ∞[
e) (ex + 1)(e–3x – 1)  0 ⇔ e–3x – 1  0
ex + 1  0 sur  ⇔ e–3x  1 = e0 ⇔ – 3 x  0 ⇔ x  0
S = ]– ∞ ; 0[
2
2
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
f) (ex)2  Á ˜ ⇔ (ex)2 – Á ˜  0
Ë e¯
Ë e¯
Ê x 1ˆ Ê x 1ˆ

⇔ Áe – ˜ Áe ˜  0
e¯ Ë

Ë
x
–1

⇔ e – e  0 ⇔ ex  e–1 ⇔ x  – 1
S = ]– ∞ ; – 1]
47 a) e x –

1
 0 ⇔ e2x – 1  0 ⇔ e2x  1 ⇔ 2x  0
ex
⇔x0

b)  e3– x – e2  0 ⇔ e6–2x  e2 ⇔ 6 – 2x  2 ⇔ x  2
2

48 a) Il semble que :
5
f(x)  0 sur ]– ∞ ; – ] ∪ [4 ; + ∞[
2
5
f(x)  0 sur [–  ; 4]
2
2
2
b) f(x) = ex e x – x –12 – 1  0 ⇔ e x – x –12 – 1  0
2
⇔ e x – x –12  1 = e0 ⇔ x2 – x – 12  0
ex  0 sur 

x
–∞
x2 – x – 12

–3
+

0

+∞

4


0

+

D = 1 + 48 = 49
9

49 a) Pour tout nombre entier n,
en 2
2n 2
un 1
en 2
e2 n
e3 n 2
e n 1 2 n 2 ¥ n 1 3n 3 e –1
e
un
e
e
e
2
n
e
u
b) Pour tout nombre entier n, n +1  1
un

Pour tout nombre entier n, un  0 donc un+1  un.
u est une suite décroissante.
50 a) Pour tout nombre entier naturel n :
2
2
2
2
vn 1 – vn e –( n 1) – e – n e – n – 2 n –1 – e – n

e – n e –2 n –1 – 1
b) e  0 sur 
e –2 n –1 – 1  0 ⇔ e –2 n –1  1 = e0 ⇔ – 2n – 1  0
1
⇔ n  – donc e–2n–1 – 1  0 sur 
2
Pour tout nombre entier n : vn+1 – vn  0 donc v est une
suite strictement croissante.
2

–n2

51 f dérivable sur  et pour tout réel x :
f ¢(x) = 1 ex + x ex + 3
f ¢(x) = ex (1 + x) + 3.
52 f(x) = u(x) ¥ v(x) avec u(x) = x2 – 3x + 1 et v(x) = e–x
dérivables sur  donc f dérivable sur  et u¢(x) = 2x – 3
et v¢(x) = – e–x
Pour tout réel x,  f ¢(x) = u¢(x) v(x) + u(x) v¢(x)
f ¢(x) = (2x – 3) e–x + (x2 – 3x + 1)(– e–x)
f ¢(x) = e–x (2x – 3 – x2 + 3x – 1)
f ¢(x) = (– x2 + 5x – 4) e–x.

u( x )
53 f ( x ) =
avec u(x) = ex – e–x et v(x) = ex + e–x
v( x )
dérivables sur  et v(x) ≠ 0 sur  donc f est dérivable sur
 avec u¢(x) = ex + e–x = v(x) et v¢(x) = ex – e–x = u(x)
u ¢( x ) v ( x ) – u( x ) v ¢( x )
Pour tout réel x,  f ¢( x )
v2 ( x)
x

x
x

x
x
( e e )( e e ) – ( e – e – x )( e x – e – x )
f ¢( x )
e x e– x 2
v 2 ( x ) – u2 ( x ) ÈÎv ( x ) – u( x )˘˚ ÈÎv ( x ) u( x )˘˚
f ¢( x )

v2 ( x)
v2 ( x)

x
x
2e ¥ 2e

v2 ( x)
4
f ¢( x )
e x e– x 2

10

u( x )
avec u(x) = ex et v(x) = ex – x dérivables
v( x )
sur  et v(x) ≠ 0 sur . (ex  x sur )
f est donc dérivable sur  et pour tout réel x :
e x ( e x – x ) – e x ( e x – 1)

f ¢( x )
( e x – x )2
x
e (– x 1)

f ¢( x )
( e x – x )2
54 f ( x ) =

55 f(x) = u(x) v(x) avec u(x) = 1 – x et v(x) = 2 – e–x
dérivables sur  :
f est donc dérivable sur  et pour tout réel x :

f ¢(x) = – 1 (2 – e–x) + (1 – x)(e–x)

f ¢(x) = – 2 + e–x + e–x – x e–x

f ¢(x) = e–x (– x + 2) – 2
56 a) T1 et T2 parallèles.
b) Coefficient directeur de T1 :  a = f ¢(0)
f dérivable sur  comme le produit de deux fonctions
dérivables sur .
Pour tout réel x,  f ¢(x) = 1 ex + x ex et f ¢(0) = 1
Coefficient directeur de T2 : g(x) = u(x) + v(x) dérivable sur
 avec u(x) = x2 et v(x) = ex dérivables sur .
Pour tout réel x,  g¢(x) = 2x + ex et g¢(0) = 0
Comme f ¢(0) = g¢(0) alors T1// T2
57 a) f(x) = u(x) + v(x) avec u(x) = e2x et v(x) = – 2x + 3
dérivables sur , donc f dérivable sur .
Pour tout réel x,  f ¢(x) = 2 e2x – 2
b) et c) 2 e2x – 2  0 ⇔ e2x  1 ⇔ 2x  0 ⇔ x  0
2 e2x – 2  0 sur ]0 ; + ∞[
2 e2x – 2  0 sur ]– ∞ ; 0[

x
f ¢(x)

–∞

+∞

0


f(x)

0

+

4

f(0) = e0 – 2 × 0 + 3 = 4
58 1. Il semble que :
a) Le premier point d’intersection I1 (– 0,5 ; 0) ;
Le deuxième point d’intersection I2 (1 ; – 2,5).
b) f au-dessus de g sur ]– 0,5 ; 1[.
f en dessous de g sur ]– ∞ ; – 0,5[ ∪ ]1 ; + ∞[.
c) 

x
g(x)

–∞

–2
1

1

+∞

– 2,5

2. f(x) = g(x) ⇔
– x2 ex = (x2 – x – 1) ex
⇔ x2 ex + (x2 – x – 1) ex ⇔ ex (2 x2 – x – 1)
=0
⇔ 2 x2 – x – 1 = 0, d’où ex  0
D=1+8=9

© Nathan. Hyperbole Term S

1– 7
1 7
– 3 et x2
4
2
2
D’après le tableau de signes :
f(x)  0 sur ]– ∞ ; – 3] ∪ [4 ; + ∞[
f(x)  0 sur [– 3 ; 4]
x1

1– 3
1
1
1
= –  donc y1 = – e –0 ,5 = –
4
2
4
4 e
1 3
x2
1 donc y2 = – e
4
1
I1 (– 0,5 ; –
) et I2 (1 ; – e)
4 e
3. a) f(x) – g(x)  0 ⇔
ex (– x2 – x2 + x + 1)  0
⇔ 2 x2 + x + 1  0
2
Le signe de – 2 x + x + 1 est donné dans le tableau cidessous.
x1 =

x

–∞

– 2 x2 + x + 1




1
2
0

+∞

1
+



0

1
f(x) – g(x)  0 sur ]–  ; 1[
2
b) Ceci est cohérent avec le fait que f est au-dessus de
1
g sur ]–  ; 1[.
2
4. a) g(x) = u(x) × v(x) avec u(x) = x2 – x – 1 et v(x) = ex
dérivable sur , donc g dérivable sur .
Pour tout réel x,  g¢(x) =
(2x – 1) ex + (x2 – x – 1) ex
= ex (x2 + x – 2)
b) g¢(x) a le même signe que x2 + x – 2 donné dans le
tableau ci-dessous.
x
–∞
g¢(x)

–2
+



0

+∞

1
0

+

x2 + x – 2 = 0

1– 3
1 3
– 2 et x2 –
1
2
2
c) Le signe de g¢(x) permet de dresser le tableau de
variation de g ci-dessous.
D = 9 donc x1 –

x

–∞

g(x)

–2
5 e–2

1

+∞

–e

g(1) = (1 – 1 – 1) e1 = – e.
g(–2) = (4 + 2 – 1) e–2 = 5 e–2.
1
e– x
1
, donc  lim – x 0 , d’où
x Æ – e

59 a) Pour tout réel x, ex =

Or lim e – x
x Æ –
lim e x
x Æ –

0

b)  lim f ( x ) et lim f ( x ) –
x Æ

x Æ –

60 a)  lim e – x et lim e – x 0
© Nathan. Hyperbole Term S

x Æ –

x Æ

b)  lim e x e – x et lim e x e – x
x Æ –

x Æ

c)  lim x (1 e – x ) – et lim x (1 e – x )
x Æ –

x Æ

61 Il semble que :
1. a) L’axe des abcisses d’équation y = 0 est asymptote
à la courbe de f en – ∞.

La droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe de
f en + ∞.
b)  lim f ( x ) 0 et lim f ( x ) 1
x Æ –

x Æ

2. a) Comme lim e x 0, lim
x Æ –

ex
0.
2

x Æ – e x

b) Pour tout réel x,
1
1
1
ex

x
x

x
2
e 2
1 2 e
e 2
1 x
x
e
e
1
f(x) =
1 + 2 e– x
c) Comme lim e – x 0, alors lim f ( x ) 1.
x Æ

x Æ

62 1.  lim e x 0 donc lim f ( x ) 0
x Æ –

x Æ –

2. a) Pour tout nombre réel x,
2
2
– 2 ex


x
f ( x ).

x
1
1 e
e 1
1 x
e
b)  lim e – x 0, donc lim f ( x ) - 2.
x Æ

x Æ

–2
 0 , donc la
1 e– x
courbe de f est au-dessous de l’axe des abscisses.
Pour tout nombre réel x,
–2
– 2 2 2 e– x
2 e– x
f ( x) 2
2

0

x

x
1 e
1 e
1 e– x
⇔ f(x)  – 2, donc la courbe de f est au-dessus de la
droite d’équation y = 2.
3. Pour tout nombre réel x, f ( x )

63 a) Pour tout nombre réel x,  f ¢( x )

xex
(1 x )2

a ea
ea
( x – a)
2
(1 a )
1 a
b) Ta passe par O si, et seulement si,
a ea
ea
a2 e a
ea
0
(–
a
)



(1 a )2
1 a
(1 a )2 1 a
2
2
⇔ a = 1 + a ⇔ a – a – 1 = 0.
1 – 5 1 5 ¸
S Ì
˝.
;
2 ˛
Ó 2
Équation de Ta : y

64 f(x) = eu(x)
a) Avec u(x) = – x2 – 3x dérivable sur , donc f dérivable
sur .
2
f ¢(x) = u¢(x) eu(x) = (– 2x – 3) e – x – 3 x
b) Avec u(x) = 1 – 3x dérivable sur , donc g dérivable
sur .
Pour tout réel x,  g¢(x) = – 3 e1–3x
c) Avec u(x) = x3 – 0,01 x dérivable sur , donc h dérivable sur .
3
Pour tout réel x, h ¢( x ) (3 x 2 – 0, 01) e x – 0 ,01x
1
d) Avec u(x) = – x + x 4 dérivable sur , donc k dérivable
2
sur .
Ê 1
ˆ – 1 x x4
Pour tout réel x, k¢(x) = Á – 4 x 3 ˜ e 2
Ë 2
¯

11

1
65 f(x) = eu(x) avec u(x) = dérivable sur ]0 ; + ∞[, donc
x
f dérivable sur ]0 ; + ∞[.
1
Pour tout réel x  0, u ¢( x ) – 2
x
1
1
f ¢( x ) – 2 e x
x
u( x)
avec u(x) = e2x+1 et v(x) = e2x + 1 dériv( x )
vables sur  avec v(x) ≠ 0.
Pour tout réel x, u¢(x) = 2 e2x+1 et v(x) = 2 e2x
2 e2 x 1 ( e2 x 1) – e2 x 1 ¥ 2 e2 x
f ¢( x )
( e2 x 1)2
2 e 4 x 1 2 e2 x 1 – 2 e 4 x 1

( e2 x 1)2
2
x

1
2e
f ¢( x ) 2 x
( e 1)2

Les deux alliages ont même température à l’instant t = 5.
b) 

66 f(x) =

68 a) f au-dessus de g sur l’intervalle ]– 3 ; 2[.
f au-dessous de g sur l’intervalle ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]2 ; + ∞[.

b) f(x) – g(x) = 0,1e x – 6 – 0,1e – x 0,1e – x ( e x – 6 x – 1)
Comme 0,1 e–x  0, f(x) – g(x) a le même signe que
2
ex + x–6 – 1
2
2
e x x – 6 – 1  0 € e x x – 6  1 e0 € x2 x - 6  0
Le signe de x2 + x – 6 est donné par le tableau ci-dessous
2

x

x2 + x – 6

2

–∞

–3
+

0

+∞

2


0

69 1. a) T(0) = 19, 5 e –7.10 ¥ 0 - 10, 5 19, 5 – 10, 5
T(0) = 9 °C
b) t = 60 × 24 = 1 440
–4
T(1 440) = 19,5 × e –7.10 ¥1440 – 10,5
T(1 440) ≈ – 3,4 °C
–4
2.  lim e –7.10 t 0, donc lim T(t ) – 10, 5
–4

t Æ

La température a un comportement asymptotique en + ∞.
70 a) 

72 1. a) N0 = N(0) nombre d’œufs à l’instant t = 0.
b) N(t) = 1 000 e–0,3t
N(t) dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour tout réel t  0
N¢(t) = – 300 e–0,3t  0 sur [0 ; + ∞[
• N est strictement décroissante sur [0 ; + ∞[
• lim N(t ) 0
t Æ

• Le nombre d’œufs décroit pour se rapprocher de 0.
c) et d) 
N(t)
1 000
1 740
548

1
N
2 0

406
301
223
122
96
165

+

donc f(x) – g(x)  0 sur ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]2 ; + ∞[
f(x) – g(x)  0 sur ]– 3 ; 2[

t Æ

71 a) C(0) = 3 ¥ 10–2 mol.l–1
b) C(t) dérivable sur [0 ; + ∞[
Pour tout réel t  0, C¢(t) = – 2,37 ¥ 105 C(t)
c) C¢(0) = – 2,37 ¥ 105 mol.l–1.s–1

100
O

1

t ≈ 2,3

49

11,1
15

2. a) L(0) = 1 000 ⇔ k1 + k2 = 1 000
L dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour tout réel t  0,
L¢(t) = – 0,2 k1 e–0,2t – 0,3 k2 e–0,3t
L¢(0) = – 0,2 k1 – 0,3 k2 = 300
On obtient le système suivant :
L1 k1 k2 1000
L1
k1 k2 1000
Ì– 2 k – 3 k 3 000 €
Ì– k 5 000
L2 Ó
L

2
L
2
1
2
2
1 Ó
k2 – 5 000
Ìk 6 000
Ó1

Pour tout réel t  0, L(t) = 6 000 e–0,2t – 5 000 e–0,3t
b) L est dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour tout réel t  0 :
L¢(t) = – 1 200 e–0,2t + 1 500 e–0,3t
L¢(t) = – 300 e–0,2t (4 – 5 e–0,1t)
12

t

© Nathan. Hyperbole Term S

u( x)
avec u(x) = 1 – e–x et v(x) = 1 + e2x dériv( x )
vables sur .
Pour tout réel x, u¢(x) = e–x et v¢(x) = 2 e2x
e – x (1 e2 x ) – (1 – e – x )(2 e2 x )
f ¢( x )
(1 e2 x )2

x
x
e e – 2 e2 x 2 e x

(1 e2 x )2
– 2 e2 x 3 e x e – x
f ¢( x )
(1 e2 x )2
67 f(x) =

Le temps de fusion pour la fonte 1 est de t = 5,77.
Le temps de fusion pour la fonte 2 est de t = 6,265.

c) L¢(t) = 0 ⇔ 4 – 5 e–0,1t = 0 ⇔ e–0,1t =

76 1. Faux  2. Vrai  3. Vrai
4. Vrai  5. Vrai  6. Vrai

4
5

a ∈ ]2,2 ; 2,3[
– 300 e–0,2t  0 sur ]0 ; + ∞[
L¢ a le même signe que 4 – 5 e–0,1t
4
4
4 – 5 e–0,1t  0 ⇔ – e–0,1t  – ⇔ e–0,1t  = eα
5
5
⇔ – 0,1t  α ⇔ t  – 10α
donc  4 – 5 e–0,1t  0 sur ]– 10α ; + ∞[
L¢(t)  0 sur ]– 10α ; + ∞[
donc  4 – 5 e–0,1t  0 sur [0 ; – 10α[
L¢(t)  0 sur [0 ; – 10α[
Le signe de L¢ nous donne le tableau des variations de
L ci-dessous sur [0 ; + ∞[.
t
L(t)

0

+∞

– 10a

1 000

73 1. f(0) = 170 – 150 = 20 °C.
2. a) f est dérivable sur [0 ; 1] et pour tout réel x ∈ [0 ; 1] :
f ¢(x) = – 150 × (– 0,6) e–0,6x
f ¢(x) = 90 e–0,6x  0 sur [0 ; 1]

x

0

f(x)

20

2

Ê

3
1 3
77 Partie A : 1. a)  Á e x - ˜ e2 x - e x

4
4 4
Ë
e2 x - e x 1 g( x )
b) Pour tout nombre réel x, g(x) > 0
2. a) ∆ = – 3 > 0
Donc pour tout nombre réel X, X2 – X + 1 > 0 (signe du
coefficient de X2)
b) Donc, pour tout nombre réel x, (ex)2 – ex + 1 > 0
Partie B : 1. a) f est dérivable sur ℝ
3e x ( e x 1) - e x (3e x )
f ¢( x ) 1 ( e x 1)2
2
x
3e 3e x - 3e 2 x
f ¢( x ) 1 ( e x 1)2
( e x 1)2 - 3e x
f ¢( x )
( e x 1)2
2
x
e - ex 1
g( x )
x
f ¢( x )
( e x 1)2
( e 1)2
b) Pour tout nombre réel x, f ¢( x )  0 car pour tout
nombre réel x, g( x )  0
x


f(1)

b) f(1) = 170 – 150 e–0,6  8,8 °C
c) 
0

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9

f

1

- 3-

20 28,7 36,9 44,7 52 58,9 65,3 71,4 77,1 82,5 87,7

d) 

a
+

–5

3e - 5
e -5 1

0

5

7-

3e 5
e5 1

2. Pour tout x ∈ [–5 ; α[, f(x)  0 car la fonction est croissante sur [– 5 ; 5]
De même, pour tout x ∈ [α ; 5], 0  f(x)
3. Avec la calculatrice, α ∈ [– 1,42 ; – 1,41]

y
90
80
60

78 1. a)  lim e - x 0

40

lim 2 - e - x 2

x Æ

x Æ

Donc lim f ( x )

20
10
O

x Æ

0,1 0,2

0,4

0,6

0,8

1

x

e) 5 mètres.

7.  Objectif Bac
© Nathan. Hyperbole Term S

74 1. a)   2. a)   3. b)   4. b)  
75 1. L’affirmation est fausse car ( e1 )2 = e2 et e(1 ) = e
2. L’affirmation est vraie d’après les propriétés algébriques de la fonction exponentielle.
3. L’affirmation est fausse car le point de coordonnées
(1 ; e1) n’appartient pas à la droite.
4. L’affirmation est fausse car f(0) = 2 et e2×0 = 1
2

b) f(x) – (2x – 2) = (x – 1)[(2 – e–x) – 2] = – e–x (x – 1)
f(x) – (2x – 2) est du signe de 1 – x.
 est au-dessus de ∆ sur [0 ; 1] et au-dessous sur [1 ; + ∞[.
2. a) f est dérivable sur [0 ; + ∞[.
f ¢(x) = 1(2 – e–x) + e–x(x – 1)
f ¢(x) = 2 – e–x + xe–x – e –x
f ¢(x) = 2(1 – e–x) + xe–x
b) Pour tout nombre réel x  0,
–x  0
e–x  e0
–e–x  – e0
–x
Donc 2(1 – e ) > 0
Pour tout nombre réel x  0, f ¢(x)  0
c) f(0) = – 1
13

3. 

x
f ¢(x)

0

f(x)

–1

Pour k = 50 et n = 1, on obtient a = 46,3.
Pour k = 25 et n = 2, on obtient a = 92,42.

+∞
+
+∞

8.  Travaux pratiques

3
2

81 1. Pour tout nombre réel t  0,
N¢(t) = – l × N0 e–lt = – l N(t).
N vérifie donc la condition 1.
2. a) Comme l  0, N¢(t)  0 sur [0 ; + ∞[.
b)  lim N(t ) 0

A

1

O

1

2

3

4

5

6

7

c) 



–1

t
N(t)

–2

4. f ¢(x) = 2
xe–x + 2 – 2e–x = 2
xe–x – 2e–x = 0
e–x(x – 2) = 0
x = 2 car e–x > 0
Les coordonnées de A sont (2 ; 2 – e–2).
79 1. a) Q(0) = 1,8e–λ×0 = 1,8
Q¢(t) = –λ × 1,8e–λ×t = –λ Q(t)
b) Q(1) = Q(0) × 0,7 = 1,8e–λ
0,7 = e–λ
Avec la calculatrice, λ ≈ 0,356 7
2. a) 

3. 1. a) 

0
N0

+∞
0

Carbone 14

N0
N
€ N0 e –0 ,121t 0 € e –0 ,121t 0, 5
2
2
t ≈ 5,71 milliers d’années
2.  Uranium-238
b) N(t )

t ≈ 4 444 444,4 milliers d’années
Iode-131
b) La quantité de substance est réduite de moitié pour
t ≈ 1,9 h.
80 1.  lim P( x ) 0
x Æ

14

t ≈ 2,14.10–5 milliers d’années
82 1. a) 

© Nathan. Hyperbole Term S

Une épaisseur de plaque plastique acrylique infinie ne
laisse plus passer la lumière.
2. a) x = 45 cm
b) x = 80 cm
3. P(x) dérivable sur  et pour tout réel x  0,
P¢(x) = – 1,5e–0,015x  0
P est strictement décroissante sur [0 ; + ∞[.
Le pourcentage de lumière traversant une plaque diminue avec des valeurs de x qui augmentent.
4. a) L’algorithme nous donne une valeur approchée de
l’inéquation P(x)  k.
b) 

b) Il semble que  est au-dessus de Ta
2. a) Ta a pour équation y = ea (x – a) + ea
b) Pour tout nombre réel x, d¢(x) = ex – ea
d¢(x)  0 ⇔ ex  ea ⇔ x  a
d¢(x)  0 ⇔ ex  ea ⇔ x  a
Donc d est strictement décroissante sur ]– ∞ ; a] et strictement croissante sur [a ; + ∞[.
d admet un minimum d(a) = 0.
c) Pour tout nombre réel x, d(x)  0
Donc  est au-dessus de Ta sur .

84 1. a) ( x 2 – 3 x + 1) e – x

2 + 3 x –1

  3 points

83 Partie A
1. a) b) 

(2 x + 1) e –2 x –1  1 point

La longueur OM est minimale pour a = – 0,44.
Partie B
1. a) Pour tout nombre réel x, g¢(x) = 4 e2x + 2  0 sur .
g est une fonction strictement croissante sur .
b) α ≈ – 0,44.
c) D’après les variations de la fonction g :
• g(x)  0 sur ]– ∞ ; α[ ;
• g(x)  0 sur [α ; + ∞[.
2. a) Pour tout nombre réel x, f ¢(x) = 2 e2x + 2x = g(x).
f¢ a le même signe que g sur .
f est une fonction :
• strictement décroissante sur ]– ∞ ; α[ ;
• strictement décroissante sur [α ; + ∞[.
b) f admet un minimum f(α) ≈ 0,6.
2 y2
3. a) OM xM
x 2 ( e x )2 x 2 e2 x
M

( x 2 + x + 2) e – x

2 – x –2

  1 point

© Nathan. Hyperbole Term S

b) OM est minimale signifie que la fonction x  x2 + e2x
admet un minimum pour x = α. La valeur minimale de
OM recherchée est f (a ) ª 0, 77.
c) La tangente T0 a pour coefficient directeur m = ea
La droite (OM0) a pour coefficient directeur
yM
ea
ea
e2 a
m¢ =  0
. D’où m ¥ m ¢ ea ¥

xM0
a
a
a
avec g(α) = 0 ⇔ 2 e2a + 2α = 0 ⇔ e2a = – 1.
Conclusion : m × m¢ = – 1.
15

pas de solution (D = – 3  0)
–1
u¢(x) = 2x + 1 = 0 ⇔ x =
2
–1
1 x
• e
x
1
–1
u( x ) 1 € x 1  u ¢( x ) 2 0
x
x
• x e– x
u(x) = x = 1 ⇔ x = 1
1
u ¢( x )
0
2 x
3
2
• ( x 3 + x 2 – 1) e – x – x +1
u(x) = x3 + x2 – 1 = 1 ⇔ x3 + x2 – 2 = 0
⇔ (x – 1)(x2 + 2) = 0 ⇔ x = 1

–1

1 x
e   1 point
x

u¢(x) = 3x2 + 2x = 0 ⇔ x(3x + 2) = 0 ⇔ x = 0 et x =

x e – x   1 point

–2
3

9.  Exercices d’entraînement

( x 3 + x 2 – 1) e – x

3 – x 2 +1

  3 points

85 a) f(t) = u(t) × v(t) + 3,9 avec u(t) = – 3t + 0,1 et
v(t) = e–5t dérivables sur [0 ; 2].
Donc f est dérivable sur [0 ; 2] et pour tout réel t ∈ [0 ; 2] :
u¢(x) = – 3 et v¢(t) = – 5 e–5t
–5t
f ¢(t) = – 3 e + (– 3t + 0,1)(– 5 e–5)
f ¢(t) = e–5t (15t – 3,5)
b) e–5t  0 sur [0 ; 2]
15t – 3,5 = 0
15t = 3,5
3, 5
7
t=
=
 0,24
15
30
f(0) = 0,1 + 3,9 = 4
f ¢ a le même signe que 15t – 3,5

t

0

f ¢(t)



7
30
0

2
+

4

f(t)

f(2) = – 5,9 e–10 + 3,9  3,9
7
c) À t = , le plateau atteint sa côte minimal 3,713 1 cm.
30
d) 
f(t)

• (x2 + x + 2) e – x – x – 2
u(x) = x2 + x + 2 = 1 ⇔ x2 + x + 1 = 0
2

16

4

3,78
3,71

3,88
3,89

3,84

3
2
1

O

1

2

t

© Nathan. Hyperbole Term S

b) Il semble que la tangente à  est horizontale lorsque
u(x) = 1 et u¢(x) = 0.
2. a) f ¢ = u¢ e–u (1 – u)
b) f ¢(x) = 0 ⇔ u¢(x) = 0 et u(x) = 1
2
c) • (x2 – 3x + 1) e – x + 3 x –1
u(x) = x2 – 3x + 1 = 1 ⇔ x(x – 3) = 0 ⇔ x = 0 et x = 3
3
u¢(x) = 2x – 3 = 0 ⇔ x =
2
• (2x + 1) e–2x–1
u(x) = 2x + 1 = 1 ⇔ x = 1
u¢(x) = 2 ≠ 0

b) e –0 ,1x  e x ⇔
– 0,1x  x2 ⇔ x2 + 0,1x  0
⇔ x(x + 0,1)  0

86 1. a) f dérivable sur + et pour tout réel t  0,

f ¢(t) = –

1
– t
100 e 2

 0 sur [0 ; + ∞[
f(t)

x
–∞
x
x + 0,1
x2 + 0,1x

+∞

0
220

t

f(0) = 220
b) 

2

°C

220
200

100
80
60
50°C
40
20
O

1

2

3

4

5

6

7

t = 7,65 cm Æ 3,82 h

c) 3 h 49 min
2. a) d0 = 78,7 °C ; d1 = 47,7 °C ; d2 = 28,9 °C.
D’où dn = f(n) – f(n + 1)
dn = 200 e
dn

n
2

n

= 200 e 2

b) 

© Nathan. Hyperbole Term S



– 200 e



1 –

n+1
2

1

e 2

¥ e –3 x 1 € e x – 3 x –10 e 0
⇔ x2 – 3x – 10 = 0


D = 9 + 40 = 49
3–7
4
x1
– –2
2
2
S = {– 2 ; 5}

0
0

+

+∞

0


0

+


0

+
+
+

D’après le tableau de signes de x2 + 0,1x :
S = ]– ∞ ; – 0,1[ ∪ ]0 ; + ∞[
c) e2x + ex – 2 = 0
En posant X = ex, l’équation devient X2 + X – 2 = 0
D=1+8=9
–1– 3
–1 3
X1 =
= – 2  et X2
1
2
2
e x1 = – 2 impossible e x2 1 € x2 0
S = {0}
d) e2x – (1 + e) ex + e  0
En posant X = ex, l’équation devient X2 – (1 + e) X + e  0
D = (1 + e)2 – 4e = 1 + 2e + e2 – 4e = 1 – 2e + e2 = (1 – e)2  0
1 e – ( e – 1)
1 e e – 1 2e
X1
1 et X2

e
2
2
2
Ce qui donne e x1 1 € x1 0
e x2 e € x2 1
X

–∞

1
+

0

+∞

e


0

+

S = ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[

c) n0 = 6
2 –10




X2 – (1 + e) X + e

Entrer
Saisir la diminution de la température voulue C
Initialisation
n prend la valeur 1
d prend la valeur d(0)
Traitement
Tant que d  C
d prend la valeur d(n)
n prend la valeur n + 1
Fin Tant que
Sortie
Afficher n – 1

87 a) e x

t

– 0,1

2

x2

3 7
5
2

88 a) f(x) = u(x) ¥ v(x) avec u(x) = x – 2 et v(x) = ex dérivables sur  telles que u¢(x) = 1 et v’(x) = ex
Pour tout réel x, f ¢(x) = ex (x – 2 + 1)
f ¢(x) = ex (x – 1)
f ¢(x) = 0 ⇔ ex (x – 1) = 0 ⇔ x – 1 = 0 ⇔ x = 1
f(1) = – 1 e1 = – e
Conclusion : La tangente à  au point (1 ; – e) est parallèle
à l’axe des abscisses.
b) Raisonnons par l’absurde
Si α = 1, alors f ¢(x) = 0, donc la tangente à  au point
d’abscisse α est parallèle à (Ox), faux.
Donc α ≠ 1.
1
c) f ¢(x) = 1 ⇔ eα (α – 1) = 1 ⇔ eα =
a –1
d) α = 1,28
89 a) A(0 ; 2) ∈  ⇔ f(0) = 2 ⇔ b e0 = 2 ⇔ b = 2
B(2 ; 0) ∈  ⇔ f(2) = 0 ⇔ (2a + 2) e2 = 0 ⇔ 2a + 2 = 0
⇔a=–1
f(x) = (– x + 2) ex
b) Cherchons la hauteur h du profilé.
f dérivable sur  et pour tout réel x :
f ¢(x) = – 1 ex + (– x + 2) ex
f ¢(x) = ex (– 1 – x + 2)
f ¢(x) = ex (– x + 1)
x
f ¢(x) = 0 ⇔ e (– x + 1) = 0 ⇔ – x + 1 = 0 ⇔ x = 1
h = f(1) = (– 1 + 2) e1

17

90 Partie 1
u( x )
1. A( x ) =
v( x )
avec u(x) = 4x et v(x) = ex + 1 dérivables sur [0 ; + ∞[ telle
que u¢(x) = 4 et v¢(x) = ex
4 ( e x 1) – 4 x e x
Pour tout réel x  0,  A ¢( x )
( e x 1)2
x
x
4 ( e – x e 1)
4 g( x )
A ¢( x )
x
( e x 1)2
( e 1)2
Comme (ex + 1)2  0 sur [0 ; + ∞[ :
A¢(x) a le même signe que g(x) sur [0 ; + ∞[
2. 
0
x
α
+∞

A¢(x)
+
0

A(x)
Partie 2

4x
1. Aire de OPMQ : x ¥ f ( x ) x
maximale par x = α
e 1
α  1,3
2. Coefficient directeur de (PQ) :
yQ – yP
f (a ) – 0 f (a )
4



0–a
–a
– a ( ea 1)
xQ – xP
α vérifie g(α) = 0 ⇔ eα – α eα + 1 = 0 ⇔ eα + 1 = α eα.
f (a )
4
–4

2 a
Donc
a
–a
–a ¥ ae
a e
Coefficient directeur de T : f ¢(α)
1
f(x) = 4 ×
avec u(x) = ex + 1 dérivable sur [0 ; + ∞[
u( x )
telle que u¢(x) = ex.
– 4 u ¢( x )
Pour tout réel x  0,  f ¢( x )
u2 ( x )
– 4 ex
– 4 ex
– 4 ea
f ¢( x ) x
f
(
x
)


 donc 
¢
(aea )2
a 2 ea
( e 1)2
–4
f ¢( x ) 2 a
a e
Conclusion : T et (PQ) sont parallèles pour M d’abscisse α.
91 Partie A
1. Il semble que :
a) f strictement croissante sur .
1
b) T a pour équation y = x .
2
c) f est au-dessus de T sur ]– ∞ ; 0] ;
f est en dessous de T sur [0 ; + ∞[.

Partie B

u( x )
avec u(x) = ex – 1 et v(x) = ex + 1 dérivables
v( x )
sur  telles que u¢(x) = ex et v¢(x) = ex.
e x ( e x 1) – ( e x – 1) e x
Pour tout réel x,  f ¢( x )
( e x 1)2
1. a) f(x) =

18

e2 x e x – e2 x e x
( e x 1)2
2e x
 0 sur .
f ¢( x ) x
( e 1)2
b) f est strictement croissante sur .
1
2. y = f ¢(0) (x – 0) + f(0), d’où y = x
2
2
2 1
f ¢(0) = 2 = = et f(0) = 0
2
4 2
3. a) Comme f est dérivable sur , pour tout réel x :
1
2e x
1
g ¢( x ) f ¢( x ) – x

2
2 ( e 1)
2
4 e x – ( e x 1)2
4 e x – e2 x – 2 e x – 1
g ¢( x )

2( e x 1)2
2( e x 1)2
2
x
x
– ( e – 2e 1)
g ¢( x )
2( e x 1)2
– ( e x – 1)2
g ¢( x )
.
2( e x 1)2
b) g¢(x)  0 sur , donc g est strictement décroissante
sur .
c) g(0) = f(0) – 0 = 0
g(0) = 0  donc  g(x)  0 sur ]– ∞ ; 0[
g(x)  0 sur [0 ; + ∞[
x
d) f(x)  sur ]– ∞ ; 0[
2
x
f(x)  sur [0 ; + ∞[
2
f ¢( x )

92 1. a)   

b) Il semble que f admet un maximum f(0) = 1,5.
u( x )
2. a) f(x) =
avec u(x) = e2x + ex + 1 et v(x) = e2x + 1
v( x )
dérivables sur .
Donc f dérivable sur  et pour tout réel x,
u¢(x) = 2e2x + ex et v¢(x) = 2e2x
2
x
(2e e x )( e2 x 1) – ( e2 x e x 1) 2e2 x
f ¢( x )
( e2 x 1)2
2 e 4 x 2 e2 x e3 x e x – 2 e 4 x – 2 e3 x – 2 e2 x
f ¢( x )
( e2 x 1)2
3
x
x
x
–e e
(– e )( e2 x – 1)

f ¢( x ) 2 x
( e 1)2
( e2 x 1)2
x
b) • – e  0 sur 
• e2x – 1 = 0 ⇔ e2x = 1 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0
• (e2x + 1)2  0 sur 
• e2x – 1  0 ⇔ e2x  1 ⇔ x  0
• e2x – 1  0 sur ]– ∞ ; 0[
x
f ¢(x)
f(x)

–∞

+∞

0
+

0
3
2



© Nathan. Hyperbole Term S

h = e u donc h = 10e  27,18 cm.
Il faut à la société PROBOIS une section de 30 cm sur
27,18 cm pour débiter un profilé.
Avec une planche de section 30 cm sur 300 cm, on peut
débiter 11 profilés.

1 1 1 3

1 1
2
c) Le tableau de variation de f confirme l’existence d’un
maximum f(0) = 1,5.
3 e2 x e x 1 3
3. a) Pour tout réel x,  f ( x ) –

2
e2 x 1
2
2 e 2 x 2 e x 2 – 3e 2 x – 3
f ( x)
2( e2 x 1)
2
x
– e 2e x – 1
f ( x)
2( e2 x 1)
3 – ( e x – 1)2
f ( x) –
2 2( e2 x 1)
3
b) f(x) –  0 sur 
2
3
f(x)  sur 
2
f(0) =

93 a) 

b) L’origine du repère est un centre de symétrie de la
courbe de f.
e– x – 1
c) Pour tout réel x,  f (– x ) – x – – x
e 1
1
–1
x
1 – ex
ex – 1
f (– x ) – x – e
–x–


x

1
1 ex
ex 1
1
ex
ex – 1
– f ( x) – x x
e 1
f(– x) = – f(x)
d) Pour tout réel x, f(– x) = – f(x) confirme la conjecture
émise.

© Nathan. Hyperbole Term S

94 f(t) = b ea(1–t) + 40
1. A(1 ; 5) ∈  ⇔ f(1) = 5 ⇔ b e0 + 40 = 5 ⇔ b = – 35
y – yA
40 – 5 35
Coefficient direction de (AB) : B
=
=
xB – xA
10 – 1 10

f ¢(1) = 3,5  f dérivable sur [1 ; + ∞[.
f(t) = – 35 eu + 40 avec u(t) = 0,1 – at dérivable tel que
u¢(t) = – a.
Pour tout réel t  1, f ¢(t) = – 35 × (– a) ea(1– t)
f ¢(t) = 3,5 aca(1–t)
f ¢(1) = 3,5 a = 3,5 ⇔ a = 0,1
f(t) = – 35 e0,1(1–t) + 40
2. a) f(5) = 16
b)  f (1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(5)
= 5 + 8 + 11 + 14 + 16
= 54 pièces produites lors des 5 premiers jours.
3. a) Cet algorithme donne le nombre de pièces produites au bout de n jours.

b) 

Sur Casio

Pour N = 20 jours
S = 481 pièces produites soit une production journalière
de 24 pièces/jour.
Pour N = 30 jours
S = 850 pièces produites soit une production journalière
de 28 pièces/jour fi
L’apprenti n’atteindra pas la production moyenne journalière souhaitée par son entreprise.
95 Équation de la tangente T1,
y = f ¢(–1,5) (x + 1,5) + f(1,5) au point d’abscisse – 1,5
f(x) = e–x dérivable sur  et pour tout réel x :
f ¢(x) = – e–x  f ¢(– 1,5) = – e1,5  f(– 1,5) = e1,5
y = – e1,5 (x + 1,5) + e1,5
Pour atteindre une cible, y = 0 ⇔ x + 1,5 = 1, soit x = – 0,5.
En a = – 1,5, le pilote atteint la cible 1.
b) Pour atteindre la cible C5,  y = f ¢(a) (1,5 – a) + f(a) = 0
⇔ – e–a (1,5 – a) + e–a = 0 ⇔ 1,5 – a = 1 ⇔ a = 0,5
Le pilote doit être en position a = 0,5 pour atteindre la
cible 5.
c) Pour atteindre la cible C3,  y = f ¢(a)(0,5 – a) + f(a) = 0
⇔ – e–a (0,5 – a) + e–a = 0 ⇔ 0,5 – a = 1 ⇔ a = – 0,5
Le pilote doit être en position a = – 0,5 pour atteindre
la cible 3.
d) Pour atteindre une cible d’abscisse x par le pilote placé
au point d’abscisse a :
y = f ¢(a)(x – a) + f(a) = 0 ⇔ – e–a (x – a) + e–a = 0
⇔ x – a = 1 ⇔ x = 1 + a ⇔ a = x – 1  abscisse du pilote.
96 1. a) Pour tout nombre réel x,
e– x e x
ch(– x )
ch( x )
2
b)  lim e x et lim e – x 0,
x Æ

x Æ

donc lim ch( x ) .
x Æ

c) Pour tout nombre réel x,
e x – e– x
e2 x – 1
ch¢( x )
e– x
2
2
a le même signe que e2x – 1
e2x – 1  0 ⇔ e2x  1 ⇔ 2x  0 ⇔ x  0
La fonction ch est donc croissante sur [0 ; + ∞[.
2. a) Pour tout nombre réel x,
e– x – e x
sh(– x ) =
= – sh( x )
2
b)  lim e x et lim e – x 0 donc lim sh( x )
x Æ

x Æ

x Æ

e x e– x
c) Pour tout nombre réel x, sh¢( x )
 0 . La
2
fonction sh est donc strictement croissante sur [0 ; + ∞[.
19

x Æ –

c) 

x Æ

6
5
y ch(x)

4
3
2
1

–4 –3 –2 –1O
–1
y sh(x)

1

2

3

4

–2
–3
–4

4. a) 

e a e – a eb e – b
ch( a ) ch(b )
¥
2
2
e a b e a – b eb – a e – a – b

4
e a – e – a eb – e – b
sh( a ) sh(b )
¥
2
2
e a b – e a – b – eb – a e – a – b

4
e a b e –( a b )
ch( a ) ch(b ) sh( a ) sh(b )
ch( a b )
2
e a – e – a eb e – b
sh( a ) ch(b )
¥
2
2
e a b e a – b – eb – a – e – a – b

4
e a e – a eb – e – b
¥
2
2
e a b – e a – b eb – a – e – a – b

4
e a b e –( a b )
sh( a ) ch(b ) sh(b ) ch( a )
sh( a b )
2
b) 
ch (2a) = ch (a + a) = ch (a) ch (a) + sh (a) sh (a) = ch2 (a) + sh2 (a)
sh (2a) = sh (a + a) = sh (a) ch (a) + sh (a) ch (a) = 2sh (a) ch (a)
c) Pour tout nombre réel a,
2
2
Ê ea e– a ˆ
Ê ea – e– a ˆ
ch2 ( a ) – sh2 (b ) Á

˜
Á
˜
2
2
Ë
¯
Ë
¯
a
2

2
a
2
a
e 2 e
– e 2 – e –2 a

1
4
ch( a ) sh(b )

u( x )
avec u(x) = ex et v(x) = 1 + x dérivables
v( x )
sur ]– 1 ; + ∞[ telles que v(x) ≠ 0
u¢(x) = ex et v¢(x) = 1
f est donc dérivable sur ]– 1 ; + ∞[ et pour tout réel x  1 :
97 f ( x ) =

20

e x (1 x ) – e x
x ex

2
(1 x )
(1 x )2
Équation de T1 au point d’abscisse x = – 0,6 :
y = f ¢(– 0,6) (x + 0,6) + f(– 0,6)
– 0 , 6 e –0 , 6
e –0 , 6
y
( x 0, 6)
2
0, 4
0, 4
– 0 , 62 – 0 , 6 e – 0 , 6
Pour x = 0, y
e

0, 42
0, 4
–0,6
–0,6
y = – 2,25 e + 2,5 e
y = 0,25 e–0,6 ≠ 0
T1 ne passe pas par l’origine du repère.
Équation de T2 au point d’abscisse x = 1,6 :
y = f ¢(1,6) (x – 1,6) + f(1,6)
1, 6 e1,6
e1,6
y
( x – 1, 6)
2
2, 6
2, 6
– 1, 62 1,6
Pour x = 0, y
e e1,6 0  0,029
2 , 62
T2 ne passe pas par l’origine du repère.
f ¢( x )

98 Pour x = 3  – 2,  f(3) = (4 – 9) e–3 = – 5 e–3  0.
Faux
Pour tout réel x,  f(x) = (2 – x) (2 + x) e–x
f(x) a le même signe que (2 – x)(2 + x)
f(x)  0 sur ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]2 ; + ∞[
f(x)  0 sur [– 2 ; 2]
99 Déterminer a et b :
x(0) = 2 ⇔
ae0 = 2
⇔a=2
x(t) = u(t) v(t) avec u(t) = 2ebt et v(t) = 1 – 8t dérivables sur
[0 ; 3] telles que u¢(t) = 2bebt et v¢(t) = – 8.
Donc x dérivable sur [0 ; 3] et pour tout réel t ∈ [0 ; 3],
x¢(t) = 2bebt (1 – 8t) + 2ebt × – 8
x¢(0) = 2b – 16 = – 26
2b = – 10
b=–5
donc x(t) = 2 e–5t (1 – 8t) sur [0 ; 3]
x(t) = 0 ⇔ 2e–5t (1 – 8t) = 0
1 – 8t = 0
1
t= s
8
1 oscillation autour de la position d’équilibre.
100 1. Il semble que f est strictement croissante sur
]– ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; + ∞[ et strictement croissante sur [1 ; 2].
2. a) f(x) = u(x) × v(x) avec u(x) = x2 – 5x + 7 et v(x) = ex
dérivables sur  telles que u¢(x) = 2x – 5 et v¢(x) = ex
Donc f est dérivable sur  et pour tout réel x :
f ¢(x) = (2x – 5) ex + (x2 – 5x + 7) ex

f ¢(x) = ex (x2 – 3x + 2)
x
b) e  0 sur 
f(x) a le même signe que x2 – 3x + 2
D=9–8=1
3–1
3 1
x1
1 et x2
2
2
2

© Nathan. Hyperbole Term S

e x e– x e x – e– x

e– x  0
2
2
b)  lim ch(x ) – sh(x ) lim e – x 0
3. a) ch( x ) – sh( x )

x
f ¢(x)

–∞

f(x)

1
+

0
3e

+∞

2


0

+

e2

3. ex  0 sur 
f(x) a le même signe que x2 – 5x + 7
D = 25 – 28 = – 3  0
f(x)  0 sur 
101 a) Vraie.  e2 a ¥ e2b ( e a b )2 e a b
ea+b  0
b) Fausse. 2ea+b = e2a + e2b ⇔ 2eaeb = (ea)2 + (eb)2
⇔ (ea)2 – 2eaeb + (eb)2 = 0 ⇔ (ea – eb)2 = 0
⇔ ea – eb = 0 ⇔ ea = eb ⇔ a = b
c) Vraie.  a = b = k ∈ 
d) Fausse. e2a + e2b  2ea+b ⇔ (ea – eb)2  0
102 • Propriété 1 : Supposons qu’il existe un réel x tel
que exp(x) = 0.
Pour tout réel y ≠ x :
exp(y) = exp(y – x + x) = exp(y – x) exp(y) = 0
alors exp est la fonction nulle.
En introduction avec le prérequis 2 donc pour tout réel x,
exp(x) ≠ 0.
• Propriété 2 : Pour tout réel x,
exp(x + 0) = exp(x) × exp(0) ⇔
exp(x) = exp(x) exp(0)
⇔ exp(0) = 1
• Propriété 3 : Pour tout réel x,
exp(x – x) = exp(x) × exp(– x) ⇔
exp(0) = exp(x) × exp(– x)
1
⇔ exp(– x) =
exp( x )
• Propriété 4 : Pour tous réels x et y,
exp(x – y) = exp(x) × exp(– y)
1
exp( x )
⇔ exp(x – y) = exp(x) ×
⇔ exp(x – y) =
exp( y )
exp( y )

4 cm
10 millions

29,122

30
25,935
23,936
21,815
19,344

20

24,946

22,901

20,645

16,256

10

13,812
10,742

17,847
M(t ; f(t))

6,621

O

1 2

5

10

15

t

10. Exercices
d’approfondissement

4. a) u(t) est le coefficient directeur de la droite (OM).
b) u(t) minimale pour t = 15

28
28
28
= 14 ⇔

= 14 ⇔ 0,3t + 1 =
2
0, 3t + 1
14
10
⇔t=
3
Au bout de 4 ans.
1
b) v(t) = 28 ×
avec u(t) = 0,3t + 1 dérivable sur [0 ; 15]
u(t )
tel que u¢(t) = 0,3.
v est donc dérivable sur [0 ; 15] et pour tout réel
– u ¢(t )
t ∈ [0 ; 15], v¢(t) = 28 × 2
u (t )
– 0, 3
– 8, 4
v¢(t) = 28

 0 sur [0 ; 15].
( 0, 3t 1)2 ( 0, 3t 1)2
V est donc une fonction strictement décroissante sur [0 ; 15]
28
28
c) V(t) = 7 ⇔
= 7 ⇔ 0,3t + 1 =
⇔ t = 10
0, 3t + 1
7

104 Partie A
1. Il semble que :
a) C1 est au-dessus de C2 sur [0 ; 1] ;
C1 est au-dessous de C2 sur ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[.
b) I1 (0 ; 0) et I2 (1 ; 0,3) soient les points d’intersection
de C1 et C2.
c) 
1
x
–∞
+∞

103 1. a) v(t) =

© Nathan. Hyperbole Term S

Au bout de 10 ans.
d) La fonction 28 – v(t) représente la décote du véhicule.
– v(t) est une fonction strictement croissante sur [0 ; 15]
donc 28 – v(t) est aussi une fonction strictement croissante sur [0 ; 15].
2. C(t) = u(t) + v(t) avec u(t) avec u(t) = 2e0,1t et
v(t) = – 0,05t – 2 dérivables sur [0 ; 15] telles que :
u¢(t) = 0,2 e0,1t et v¢(t) = – 0,05
C est donc une fonction dérivable sur [0 ; 15] et pour tout
réel x, C¢(t) = 0,2 e0,1t – 0,05 = 0,2 (e0,1t – 0,25)
e0,1t  1 sur [0 ; 15]
e0,12 – 0,25  0,75 sur [0 ; 15]
C¢(t)  0 sur [0 ; 15]
C est donc une fonction strictement croissante sur [0 ; 15]
3. a) f(t) =
28 – v(t) + C(t) (Décote + frais d’entretien)
28
= 28 –
+ 2e0,1t – 0,05t – 2
0, 3t + 1
28
f(t) = 26 –
+ 2e0,1t – 0,05t
0, 3t + 1
b) f(12)  25 953 E
c) 

f(x)
d) f2(0) = 0 est un mimimum de f2
f2(2) = 0,54 est un maximum local de f2
2. • Conjecture a
f1(x) – f2(x) = ex (x – x2) a le même signe que x – x2 donné
dans le tableau ci-dessous
21

x
x – x2

–∞

0


+∞

1
+

0

0



f1(x) – f2(x)  0 sur ]0 ; 1[
f1(x) – f2(x)  sur ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[
donc C1 est au-dessus de C2 sur ]0 ; 1[ ;
C1 est au-dessous de C2 sur ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[.
• Conjoncture b
f1(x) = f2(x) ⇔ x e–x = x2 e–x ⇔ e–x (x – x2) = 0
⇔ x – x2 = 0 ⇔ x(1 – x) = 0
d’où x = 0 ou x = 1
1
f1(0) = 0 et f1(1) = 1e–1 =
e
1
I1 (0 ; 0) et I2 (1 ; ) points d’intersection de C1 et C2.
e
• Conjecture c
f1(x) = u(x) v(x) avec u(x) = x et v(x) = e–x dérivables sur .
telles que u¢(x) = 1 et v¢(x) = – e–x donc f est dérivable sur .
Pour tout réel x, f ¢(x) = e–x (1 – x) a le même signe que
1 – x sur .
1
f(1) =
e
1
x
–∞
+∞

f ¢(x)
+
0
1
f(x)
e
• Conjecture d
f2(x) = u(x) × v(x) avec u(x) = x2 et v(x) = e–x dérivables sur
 telles que u¢(x) = 2x et v¢(x) = – ex
donc f est dérivable sur .
Pour tout réel x, f ¢(x) = e–x (2x – x2) a le même signe que
2x – x2 sur .
0
2
x
–∞
+∞


f ¢(x)
+
0
0
–2
4e
f(x)
0
f(0) = 0 et f(2) = 4e–2
f(0) = 0 est un minimum de f2
f(2) = 4e–2 est un maximum local de f2
3. 
y

Partie B
1. Équation de la tangente
À C1 au point d’abscisse a :  y = f ¢(a) (x – a) + f(a)
y = e–a (1 – a) (x – a) + a e–a
Pour x = 0,  y = e–a (1 – a)(– a) + a e–a
y = e–a (– a + a2) + a e–a
y – a e – a a2 e – a a e – a
y = a2 e–a
2. a) α = a2 e–a
Pour α  4e–2, il existe une unique solution a
tel que  f2(x) = α = a2 e–a
donc une seule tangente à C1 passant par T.
Pour α ∈ ]0 ; 4e–2], il existe deux solutions α
tel que  f2(x) = α = a2 e–a
donc deux tangentes exactement à C1 passant par T
Pour α = 0, 1 seule tangente à C1 passant par T
Pour α  0, aucune tangente à C1 passant par T
b) On place sur C2 le point M d’ordonnée a, puis on place
sur C1 le point N de même abscisse que M.
On trace enfin la droite (TM) tangente à C1 en N.
105 1. a)  

b) Il semble que la concentration plasmatique maximale
est 0,7 pour t = 0,76.

2. a) c(t) dérivable sur  et pour tout réel t ∈[0 ; 24] :
c¢(t) = 3(– e–t + 2e–2t) = – 3e–2t (et – 2)
–2t
b) – 3e  0 sur [0 ; 24].
Donc c¢(t) est de signe contraire à et – 2
et – 2 = 0 ⇔ et = 2 ⇔ t = α  0,69
et – 2  0 ⇔ et  2 = eα ⇔ t  α
et – 2  0 sur [0 ; a[

2

t
c¢(t)

α  0,69

0
+

0

+∞


T Æ a2e–a

O

22

ur
i 1

C2
C1
2

3

4

x

c) α = 0,69 cohérent avec la conjecture 1.b)
3. Il semble que non
c(t) = 3e–2t (et – 1)
3e–2t  0 sur [0 ; 24]
et – 1  0 sur ]0 ; 24]
Donc c(t) ≠ 0 sur ]0 ; 24]

© Nathan. Hyperbole Term S

c(t)
1

106 Partie A
1. Équation de T au point M :  y = ea(x – a) + ea
T coupe l’axe des abscisses en P si, et seulement si :
ea(x – a) + ea = 0 ⇔ xuu–r a = – 1 ⇔ x = a – 1uur ur
2. Coordonnées du vecteur NP (a – 1 – a ; 0). Donc NP = i
Partie B
1. Équation de Ta au point M :  y = g¢(a)(x – a) + g(a)
Ta coupe l’axe des abscisses en P si, et seulement si :
g( a )
g( a )
g¢(a)(x – a) + g(a) = 0 ⇔ x – a = –
⇔x=a–
g ¢( a )
g ¢( a )
Ê
g( a ) ˆ
P a pour coordonnées Á a –
;0
g ¢( a ) ˜¯
Ë

2. g(0) = 2. Pour tout réel x,  g¢(x) = – 2e–x
Ê
ˆ
2e – a
P a pour coordonnées Á a –
; 0˜ , soit (a + 1 ; 0)

a
– 2e
¯
Ë
uur
uur ur
Coordonnées du vecteur NP (a + 1 – a ; 0). Donc NP = i
y

107 1. 
6
4
2
1
O
B(b ; –b2–1)

T
A(a ; ea)
1

x

1
Ê a2 a 1ˆ – 1
– Ê 1ˆ
ax – e a
e
b) y = 0 ⇔ Á
˜
ÁË a ˜¯ 0
a2
Ë
¯
1
a
a
⇔x
⇔x 2
a a 1
Ê a2 a 1ˆ
Á
˜
a2
Ë
¯

c) T 1 coupe l’axe des abscisses au point d’abscisses
a

1
1
a
a
a
x

2
1
1
1 a a2
a

a 1
1
2
a2 a
a
108 1. Pour tout réel x,  f ( x )

ex

1
e– x

1
f ( x)
e– x e x
f est une fonction paire
L’axe des ordonnées est un axe de symétrie de la courbe
de f.
2. Pour tout réel x  0,
1
e – x  e x € x  e x € 1  e2 x
e
Sur [0 ; + ∞[, e2x  1, donc e–x  ex sur [0 ; + ∞[.

f (– x )

lim e x ¸
Ô
3. a) 
˝ lim e x e - x
lim e - x 0 Ô x Æ
x Æ
˛
lim f ( x ) 0
x Æ

x Æ

1
avec u(x) = ex + e–x dérivable sur [0 ; + ∞[
u( x )
telle que u(x) ≠ 0 sur [0 ; + ∞[ et u¢(x) = ex – e–x.
f est dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour réel x  0,
e x - e- x
e- x - e x
f ¢( x ) - x
x
x
2
(e e )
( e e - x )2
b) f ( x ) =

–1
dérivables sur
x
–1
]0 ; + ∞[ telles que v¢(x) = 1 et u¢(x) = 2
x
donc f est dérivable sur ]0 ; + ∞[ et pour tout réel x  0 :
1
1

1 –
f ¢(x) = e x ( x 1) ¥ 2 e x  0 sur ]0 ; + ∞[
x
1
– Ê x 2 x 1ˆ
f ¢( x ) e x Á
˜
x2
Ë
¯
f est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[

© Nathan. Hyperbole Term S

f(x) = v(x) eu(x) avec v(x) = x + 1 et u(x) =

2. a) Équation de Ta :  y = f ¢(a)(x – a) + f(a).
1
1
– Ê a2 a 1ˆ

a


y e aÁ
(
x

)
(
)
e
a
a
1
˜
a2
Ë
¯
1
Ê a2 a 1ˆ – 1
ˆ
– Ê a2 a 1
ax – e a
y Á
e
– a – 1˜
˜
Á
2
a
a
Ë
¯
Ë
¯
1
1
2
Ê a a 1ˆ –
– Ê 1ˆ
y Á
˜ e a x – e a ÁË a ˜¯
2
a
Ë
¯

Comme e–x  ex sur [0 ; + ∞[, f ¢(x)  0 sur [0 ; + ∞[.
f est décroissante sur [0 ; + ∞[.
x
f ¢(x)
f(x)

–∞
+
0

+∞

0
0
1
2


0

1
2
4. a) Pour tout réel x  0, ex  ex + e–x  2ex
1
1
1
x
x
x
x
e
e e
2e
h(x)  f(x)  g(x)

f ( 0) =

23

b) G est au-dessus de G2 et au-dessous de G1 sur [0 ; + ∞[.
1
0,8

111 a) D(0) = 12 573 habitants par km2 au centre ville.
b) D’après la calculatrice
0
R
+∞

G1

D(R)

12 573

0,6
G

c)  lim D(R ) 0

0,4

R Æ

G2

O

Équation de la tangente à G au point d’abscisse 0
y = f ¢(0) x + f(0)
1
y=
2
109 Conjecture : voir grapheur.
Il semble que pour tout réel x, eax  ax.
Soit f(x) = eax – ax dérivable sur .
Pour tout réel x, f ¢(x) = aeax – a
f ¢(x) = a(eax – 1)
• 1er cas : a  0
eax – 1  0 sur ]0 ; + ∞[
eax – 1  0 sur ]– ∞ ; 0[
• 2e cas : a  0
eax – 1  0 sur ]– ∞ ; 0[
eax – 1  0 sur ]0 ; + ∞[

x
f ¢(x)
f(x)

–∞

0

112 Partie A
a) g dérivable sur ]0 ; 100] et pour tout réel x ∈ ]0 ; 100] :
g¢(x) = 2e2x – 2ex = 2ex(ex – 1)
g¢(x) a le même signe que ex – 1.
g¢(x)  0 sur ]0 ; 100].
b) 
x
0
100

g(x)
c) 

+∞

0


d) D(R) = 12 573 eu avec u(x) = – 0,008 51R – 0,063 1 R2
dérivable sur [0 ; + ∞[ telle que u¢(x) = 0,008 31 – 0,126 22.
D est donc dérivable sur [0 ; + ∞[ et pour tout réel R  0,
D¢(R) = – 104,481 63 – 1 586,712 6 eu(R)  0 sur [0 ; + ∞[.
D est donc strictement décroissante sur [0 ; + ∞[.

+

1

f(0) = e0 – 0 = 1 donc pour tout réel x, f(x)  0 et eax  ax
110 T(t) = Aect + 20 sur [0 ; 24].
T(0) = A + 20 = 32
A = 12
T(0,5) = 12e0,5c + 20 = 31
12e0,5c = 11
11
e0,5c =
12
121
(e0,5c)2 =
144
121
ec =
144
Heure du crime tel que T(t) = 12ect + 20 = 37
t
Ê 121ˆ
17
17
ct
ct
c
t
⇔ 12e = 17 ⇔ e =
⇔ (e ) = Á

Ë 144 ˜¯
12
12

d) g(x)  0 sur ]0 ; a[
g(x)  0 sur ]a ; 100]
Partie B
u( x )
1. f ( x ) =
avec u(x) = e2x + 3 et v(x) = 6(ex – 1) ≠ 0
v( x )
dérivables sur ]0 ; + ∞[ telles que u¢(x) = 2e2x et v¢(x) = 6ex.
f dérivable sur ]0 ; + ∞[ et pour tout réel x  0 :
2e2 x ¥ 6( e x - 1) - ( e2 x 3) ¥ 6e x
f ¢( x )
36( e x - 1)2
12e3 x - 12e2 x - 6e3 x - 18e x
f ¢( x )
36( e x - 1)2
3
x
6e - 12e2 x - 18e x
f ¢( x )
36( e x - 1)2
x
6 e ( e 2 x - 2 e x 3)
e x ¥ g( x )
f ¢( x )

6( e x - 1)2
36 ( e x - 1)2
x
f ¢(x)

t

Ê 121ˆ
17

⇔Á
⇔ t ≈ 2 h d’après le tableur de la calcu˜
Ë 144 ¯
12
latrice.

24

a

0

100



0

+

1
1,01

a
1

2
1,50

f(x)
2. 

x
f(x)

0,5
1,47

3
3,55

© Nathan. Hyperbole Term S

0,2
0,1

0

3. 

17

f(3) = 0  f (7) = 4 e 4   f (30) 27e
3. Équation de T :
y = f ¢(24)(x – 24) + f(24)
17
y ( x - 24 ) 21
4
17
y x 123
4

-

3
2

y

300
O

1

2

3
200

4. 1 unité.
113 Partie A

1. f(x) = u(x) ¥ v(x) avec u(x) = x – 3 et v(x) =
dérivables sur [3 ; 30] sur  telles que u¢(x) = 1 et
x
1 - 6
v¢(x) = - e 4 donc f est dérivable sur [3 ; 30] et pour
4
tout réel x ∈ [3 ; 30] :
x
- 6
Ê 1ˆ - x 6
f ¢( x ) e 4 ( x - 3) ¥ Á - ˜ e 4
Ë 4¯
x
- 6 Ê
x 3ˆ
f ¢( x ) e 4 Á1 - ˜
Ë
4 4¯
Ê x 7 ˆ - x 6
f ¢( x ) Á - ˜ e 4
Ë 4 4¯
2. e

x
- 6
4

3

7
+

Partie B
1. Bénéfice = prix de vente – prix de revient


x
x
- 6
- 6
4
- 300e 4
x
- 6
3) e 4

x¥e


(x Bénéfice = f(x)

17

0

30


17

0

x

4e 4

27e

-

3
2

© Nathan. Hyperbole Term S

f(x)

O ur 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 30
i

2. f(x) admet un maximum f (7) = 4 e 4 donc x = 700 F
prix de vente.
Le bénéfice est alors de 28 000 F.

 0 sur [3 ; 30]
x
f ¢(x)

100

x
- 6
e 4

25

Chapitre

2

Limite d’une suite

1.  Page d’ouverture

• Énigme ✱
L’épaisseur d’une feuille est de 0,01 cm. Si on plie la feuille
une fois, l’épaisseur est alors 2 ¥ 0,01 cm. Si on plie encore
une fois, l’épaisseur est égale à :
22 ¥ 0,01 cm = 22 ¥ 0,01 cm et ainsi de suite…
ième
Au n
pliage, l’épaisseur est donc égale à 2n ¥ 0,01 cm.
Prenons pour distance moyenne entre la Terre et la Lune
d = 384 400 km = 3 844 ¥ 107 cm.
On cherche la première valeur de n pour laquelle
0,01 ¥ 2n  3 844 ¥ 107 c’est-à-dire 2n  3 844 ¥ 109.
On trouve n = 49 (voir algo EnigmeTerreLune.sce).

• Énigme ✱✱

1
Dans le triangle ABO, la base BO est de longueur et la
n
1
hauteur (AH) issue de A, de longueur .
2n
1
1
¥
1
L’aire du triangle ABO est égale à 2n n
.
2
4 n2
1
1
L’aide de la scie vaut alors An = n ¥ 2 =
.
4n
4n
Lorsque n devient infiniment grand, Ln est alors constante
et l’aire de la scie tend vers 0.

3 a) Pour tout nombre entier naturel n,
un+1 – un = un² + un + 5 – un = un² + 5
et un² + 5  0.
b) On peut en déduire que la suite u est croissante.

a) Pour tout nombre entier naturel n,
9n +1
9n+1  0 et 7n  0 donc n  0
7
b) Pour tout nombre entier naturel n,
un 1 9n 2
7n
9
n 1 ¥ n 1
un
7
9
7
4

c) De ce qui précède, on déduit que, pour tout nombre
u
entier naturel n, n +1  1 donc la suite u est croissante.
un
5 La suite (an) semble avoir pour limite 0.
La suite (bn) semble avoir pour limite + ∞.
La suite (cn) ne semble pas avoir de limite.
6 a) x2  106 si et seulement si x  103
1
b)    10–10 si et seulement si x  1010
x
c)  x  108 si et seulement si x  1016

3.  Activités d’approche

• Activité 1

2.  Vérifier les acquis
1 a) u3 = 5 × 32 + 3 – 3 = 45
Pour calculer v3, on doit calculer successivement v1
puis v2.
v1 = v0² + v0 + 1 = 1
v2 = v1² + v1 + 1 = 3 donc v3 = v2² + v2 + 1 = 13
b) 

a) f est la fonction définie sur [0 ; + ∞[ par :
f ( x ) 5 x 2 - 20 x - 6
b) Pour tout x  0, f ¢( x ) 10 x - 20. On peut dresser le
tableau de variation de f sur [0 ; + ∞[.

© Nathan. Hyperbole Term S

2

x


0

f

–6



2
0

+∞
+

– 26

La suite u est croissante à partir du rang 2.

1 a) Voir fichier Activité1.ods.
b) La suite (Pn) semble décroissante et avoir pour limite
0,5.
c) On a moins de 55 % de chances de tirer une boule
blanche dès que Pn  0,55, donc à partir de n = 46.
2 a) Pour tout nombre entier naturel n,
nombre de boules blanches
n 10
Pn =

car le
nombre total de boules
2n 10
nombre de boules blanches = n + 10 et le nombre total
de boules = n + 10 + n = 2n + 10.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
1
n 10
1 n 10 - ( n 5)
5
Pn –
-

0
2 2n 10 2
2n 10
2n 10
1
donc Pn  .
2
c) La ligne 1 déclare la suite (Pn) pour n  0.
51
La ligne 2 résout l’inéquation Pn 
.
100
Le logiciel affiche qu’à partir de n  245, Pn  0,51. Or,
1
dans la question précédente, on a montré que Pn  ,
2
pour tout n nombre entier naturel.
Conclusion : À partir du rang n = 246, Pn ∈ ]0,49 ; 0,51[.
27

d) Voir fichier Activité1.xws.
À partir de n = 4 999 995, Pn ∈ ]0,499 999 5 ; 0,500 000 5[ et à
partir de n = 499 999 995, Pn ∈ ]0,499 999 999 5 ; 0,500 000 005[.
1
e) La limite de Pn doit être égale à 0,5 = .
2
On a donc bien une chance sur deux de tirer une boule
blanche lorsque n devient infiniment grand.

• Activité 2
1 a) 

Pour tout nombre réel A  0, wn = 2n2 – 7  A dès
A+7
que n 
, donc lim w n .
n Æ
2
5

6

A est un nombre réel strictement positif
1
1
0
 A soit n  2
A
n
1
On note n0 un entier supérieur ou égal à 2 .
A
Conclusion : Pour tout nombre réel A, ]0 ; A[ contient
tous les termes de la suite un dès que n  n0
Pour tout nombre réel A  0, vn ∈ ]2 – A ; 2 + A[
1
dès que n  . En effet pour tout nombre entier naturel
A
1
1
n  1, vn  2  2 – A et vn – 2 =  A si n  .
n
A
7

n
n2 – 3n + 1,25

0 0,5
+ 0

+∞

2,5
– 0

+

On peut lire dans le tableau qu’à partir de n = 3,
un – vn  0 donc un  vn.
b) un est supérieur à 102 dès que vn l’est, donc à partir
de n = 10.
De même, un  106 dès que vn  106 donc à partir de
n = 103 et un  A dès que vn  A donc à partir de N où N
est le nombre entier naturel le plus petit supérieur à A .
c) On sait que l’on peut rendre vn = u2 aussi grand que
l’on veut, pour n suffisamment grand donc il en est de
même pour un qui est toujours plus grand que vn.
Or lim vn lim n2 , donc par comparaison,
n Æ

n Æ

lim un .

10 a) n  6 donc n – 6  0
Donc n3 + n – 6  n3
un  n3
b) D’après un théorème de comparaison, lim un
n Æ

11 a) Pour tout nombre entier naturel n,
vn – n = (n2 – n – 1) n . Or, n2 – n – 1 est un trinôme du
1+ 5
1- 5
second degré dont les racines sont
et
2
2
donc n2 – n – 1  0 à partir de n = 2.
b)  lim n donc, par comparaison, lim vn
12 On conjecture que la suite (wn) a pour limite + ∞
(à l’aide d’un tableur ou de la calculatrice par exemple).
Pour tout nombre entier naturel n, wn – n2 = 10n + 3 donc
wn – n2  0. Or lim n2 donc, par comparaison,
n Æ
lim w n .

n Æ

13 On conjecture que lim zn .
n Æ

Pour tout nombre entier naturel n, – 1  sin (3n)  1
donc – 1 + n2  zn  1 + n2.
Or lim n2 - 1 donc, par comparaison :
n Æ

lim zn - 1 .

n Æ

4.  Pour s’exercer
3

A est un nombre réel strictement positif
A + 10
3n - 10  A  n 
3
A + 10
On note n0 un nombre entier supérieur ou égal à
.
3
Conclusion : Pour tout nombre réel A, ]A ; + ∞[ contient
tous les termes de la suite un dès que n  n0
4 Pour tout nombre réel A  0, vn = n2  A dès que
n  A.
Donc lim vn .
n Æ

28

n Æ

n Æ

n Æ

14 On conjecture que lim t n .
n Æ

Pour tout nombre entier naturel n,
t n - n 2 n 10  0 donc tn  n . Or
lim n donc, par comparaison, lim t n .
n Æ

n Æ

15 On conjecture que lim sn .
n Æ

Pour tout nombre entier naturel n, – 1  cos(n)  1 donc :
2n – 1  sn  2n + 1.
Or, lim 2n - 1 donc, par comparaison :
n Æ

lim sn .

n Æ

© Nathan. Hyperbole Term S

b) On conjecture que la limite de la suite (un ) est + ∞.
c) On conjecture que, pour
tout nombre entier naturel n,
un  vn.
2 a) Pour tout nombre entier
naturel n,
un – vn = n2 – 3n + 1,25.
On étudie le signe de n2 – 3n + 1,25 qui est un trinôme
du second degré.
On obtient, après avoir déterminé les racines de ce trinôme, le tableau de signes suivant :

16 a) On conjecture que, pour tout nombre entier
naturel n, un  vn.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
un - vn n 4 3n - n2
n 4 3n - n 4
3n


4
4
2
n 3n n
n 3n n2
donc un – vn  0.
c) Or lim n2 donc, par comparaison :
n Æ

lim un

n Æ

1
1
0 donc lim 2 2 et lim n
n Æ n
n Æ
n Æ
n
Ê
1 ˆ
donc, par produit, lim n Á 2 .
n Æ Ë
n ˜¯
Or lim

25 Pour tout nombre entier naturel n non nul,
Ê
1
1
1

n2 – n + 1 = n2Á1 - 2 ˜ et lim 1 - 2 1,
Ë
n n ¯ n Æ
n n
Ê
1

lim n2 donc lim n2 Á1 - 2 ˜
Ë
n Æ
n Æ
n n ¯
or lim n donc lim t n
n Æ

17 a) n est un nombre entier supérieur ou égal à 1,
– 1  (– 1)n sin n  1
1
1
- 3  un  3 car n3  0
n
n
1
1
b)  lim - 3 lim 3 0
n Æ n
n Æ n
D’après le théorème des gendarmes, lim un 0
n Æ

18 Pour tout nombre entier naturel n,
– 2  cos(n) + sin(n)  2
-2
1 2
1
donc
 (cos(n) + sin(n)) ¥   (car  0).
n
n n
n
-2
2
Or lim
lim
0.
n Æ n
n Æ n
Grâce au théorème des gendarmes, on en déduit que :
lim vn 0.
n Æ

21

lim n2

n Æ

lim 5n

n Æ

lim un

n Æ

22

lim - 2 - 2, lim n 3 donc :

n Æ

n Æ

lim vn 0.

n Æ

23

lim – n3 – et lim 6n .

n Æ

n Æ

© Nathan. Hyperbole Term S

On aura donc une forme indéterminée.
Or, pour tout nombre entier naturel non nul n,
Ê
6

w n n3 Á – 1 2 3 ˜ . Or lim n3 et
Ë
n Æ
n
n ¯
6
3
6
3
lim 2 lim 3 0 donc lim - 1 2 3 - 1,
n Æ n
n Æ n
n Æ
n
n
Ê
6

3
donc, par produit, lim n Á - 1 2 3 ˜ - .
Ë
n Æ
n
n ¯
24

lim 2n et lim

n Æ

n Æ

n donc on aura une

forme indéterminée.
Or, pout tout nombre entier naturel n non nul :
Ê
Ê

1 ˆ
zn n Á2 n Á2 ˜
Ë
n ¯
n ˜¯
Ë

n Æ

26 n est un entier naturel non nul,
n
1
1
1
un 2 ¥
¥
3
n
n 1 3
1 2
n
n2
3
lim
0
n Æ n2
1
1
donc lim
0
1, lim
3
n Æ
n Æ n
1 2
n
Donc lim un 0
n Æ

27 On peut montrer que lim n2 n 1 et
n Æ

lim n 1 donc on aura une forme indéterminée

n Æ

en passant au quotient.
Or, pour tout nombre entier naturel n non nul :
Ê
Ê
1

1

n2 Á1 2 ˜
n Á1 2 ˜
Ë
Ë
n n ¯
n n ¯
vn

1
Ê

1

n Á1 ˜
n
Ë

1
1
1
Or lim 1 2 lim 1 1 et lim n
n Æ
n Æ
n Æ
n n
n
donc lim vn .
n Æ

28 Pour tout nombre entier naturel n  2 :
Ê

n2 Á1 2 ˜ 1 1
Ë
n ¯
n2
wn

1
Ê

n2 Á1 - 2 ˜ 1 - 2
n
Ë
n ¯
1
1
Or lim 1 2 1 et lim 1 - 2 1 donc lim w n 1.
n Æ
n Æ
n Æ
n
n
29 Pour tout nombre entier naturel n  1 :
5n
n¥5
5
zn


1
1- n
Ê1 ˆ
-1
n Á - 1˜
n
Ën ¯
1
Or lim - 1 - 1 et lim 5 5 donc lim zn - 5.
n Æ n

n Æ

5
0
n Æ
n Æ n 1
et lim n donc lim t n .
30

lim n 1 donc lim

n Æ

n Æ

29

5.  Accompagnement personnalisé
31 b) On conjecture que lim un 2.
n Æ

b) • Pour tout nombre entier n  1, n - n
Or lim

n Æ

n et lim

n Æ

n





n -1

n - 1 ,

donc lim un .
n Æ

c) À l’aide du tableau de la calculatrice, on conjecture
que :
• un ∈ ]1,99 ; 2,01[ pour n  11 ;
• un ∈ ]1,999 ; 2,001[ pour n  32.

• Pour tout nombre entier n  1 :
Ê 3
ˆ
3
n2 Á 2 - 1˜
-1
Ën
¯
3 - n2
n2


1
n2 1
Ê

n2 Á1 2 ˜ 1 2
n
Ë
n ¯
3
1
Or lim 2 - 1 - 1 et lim 1 2 1
n Æ n
n Æ
n
donc lim vn - 1
n Æ

1
32 a) Pour tout nombre entier n  1, 2  0, donc :
n
1
un = 2 + 2  2.
n
b) 2 – a  un  2 + b est successivement équivalent à :
1
2–a2+ 2 2+b
n
1
–a 2 b
n
1
et d’après le a) : 0  2  b.
n
1
1
c)  2  b est équivalent à  n2 (car b  0), donc
n
b
1
1
n2   soit n 
(car n  0, b  0 et la fonction racine
b
b
carrée est croissante sur [0 ; + ∞[).
1
d) un ∈ ]2 – a ; 2 + b[ dès que n 
.
b
e) a et b peuvent être choisis aussi petits que l’on veut,
donc, d’après le cours, le d) indique que la suite (un )
converge vers 2.
33 Pour tout nombre entier n  1, – 1  (– 1)n  1
1
( - 1)n
1
- 

n
n
n
1
1
0, 5 -  vn  0, 5
n
n
1
1
Or lim 0, 5 - lim 0, 5 0, 5, donc, d’après le
n Æ
n n Æ
n
théorème des gendarmes lim vn 0, 5.
n Æ

34 a) •  lim n , lim
n Æ

n Æ

n , donc on est en

présence d’une forme indéterminée de type « ∞ – ∞ ».
•  lim 3 - n2 - , lim n2 1 , donc on est en
n Æ

n Æ


présence d’une forme indéterminée de type «   ».

1
2
•  lim
0 , lim 4 - n - n - , donc on est en
n Æ n
n Æ
présence d’une forme indéterminée du type « 0 ¥ ∞ ».
30

n Æ

6.  Exercices d’application
35 a) On conjecture que la suite u a pour limite + ∞.
b) Pour tout nombre réel A  0, 5n2  A dès que
A
N
donc tout intervalle ]A ; + ∞[ contient tous les
5
termes de la suite u à partir du rang N où N est le plus
A
petit nombre entier naturel plus grand que
.
5
Donc lim un .
n Æ

36 a) On conjecture que la suite v a pour limite 0.
1
1
b) Pour tout nombre réel A  0,
 – A et
Aà
2n
2n
1
partir de n 
. Donc, pour tout intervalle ]– A ; A[
2A
contient tous les termes de la suite v à partir d’un rang
N donné.
37 On conjecture que lim n2 6 .
n Æ

Pour tout nombre réel A  6, n2 + 6  A dès que
n  A - 6 donc lim un .
n Æ

A
donc
3
tout intervalle ]– ∞ ; – A[ contient tous les termes de la
suite (un) à partir d’un rang N donc lim un - .
38 Pour tout réel A  0, – 3n  – A dès que n 

n Æ

39 Pour tout nombre réel A  0, 5n  A dès que
A2
n  . Donc l’intervalle ]A ; + ∞[ contient tous les termes
5
de la suite (un ) à partir d’un certain rang.
40 Pour tout nombre réel a  0, un ∈ ]7 – a ; 7 + a[
quelque soit n nombre entier naturel. Donc lim un 7.
n Æ

© Nathan. Hyperbole Term S

  

1
4
• Pour tout nombre entier n  1, ( 4 - n - n2 ) - 1 - n
n
n
4
Or lim
- 1 - 1 et lim - n -
n Æ n
n Æ
donc lim w n -

-1
-1
 A et
 – A
3n
3n
1
dès que n  . Donc l’intervalle ]– A ; A[ contient tous
3n
les termes de la suite (un ) à partir d’un certain rang.
41 Pour tout nombre réel A  0,

42 On conjecture que la limite de la suite (un ) est 1.
Pour tout nombre réel A  0, un – 1  – A et un – 1  A
1
dès que u  . Donc l’intervalle ]– A + 1 ; A + 1[ contient
A
tous les termes de la suite (un) à partir d’un certain rang
donc lim un 1.
n Æ

43 a) On conjecture que lim un 0.
n Æ

b) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
1
n
n


.
2
2n
2
n
2 n



c) Pour tout nombre réel A  0,

1
1
 – A et
A
2 n
2 n

1
. Donc l’intervalle ]– A ; A[ contient tous
4 A2
les termes de la suite (un ) à partir d’un certain rang. Donc
lim un 0.
dès que n 

n Æ

44 a) L’algorithme détermine et affiche la première
valeur de n nombre entier naturel vérifiant un  A, le
nombre réel A ayant été saisi en entrée.
b) Si A = 20, alors n = 80 et si A = 50, alors n = 500.
c) On peut conjecturer que lim un .
n Æ

d) Pour tout nombre réel A  0, 5n + 2  A dès que
A2 - 2
n 
donc l’intervalle ]A ; + ∞[ contient tous les
5
termes de la suite u à partir d’un certain rang.
45

b) Si n est pair, un = 1 et si n est impair, un = – 1. – 1 et
1 sont les seules limites possibles. L’intervalle ]0,5 ; 1,5[
ne peut contenir tous les termes un à partir d’un certain
rang N. Il en est de même pour l’intervalle ]– 1,5 ; – 0,5[.
Donc la limite de la suite (un ) ne peut être ni 1, ni – 1. Elle
n’admet donc pas de limite finie.
48 a) Pour tout nombre entier naturel n, u + 3  0
donc (n + 3)8  0 ; donc (n + 3)8 + n  n donc un  n.
b)  lim n donc, par comparaison, lim un .
n Æ

n Æ

49 a) Pour tout nombre entier naturel n, e3n + n  0
donc un  n2.
b)  lim n2 donc, par comparaison, lim un .
2

n Æ

n Æ

50 a) On peut conjecturer que, pour tout nombre
entier naturel n, un  vn.
b) Pour tout nombre entier naturel n, – 1  (– 1)n  1 donc
(– 1)n + n + 3  n + 2  0
( - 1)n n 3 existe et est positif. Donc un  vn.
Or lim vn lim n donc lim un .
n Æ

n Æ

n Æ

51 Pour tout nombre entier naturel n :
– 1  – sin(n)  1 donc n - 1  n - sin( n).
Or lim n - 1 donc lim n - sin( n) .
n Æ

n Æ

52 1. On suppose qu’à partir du rang N, un  vn. A est
un réel  0. Il existe un rang P tel que, pour tout n  P,
vn ∈ ]– ∞ ; – A[, donc un ∈ ]– ∞ ; A[, ce qui permet d’en
déduire que lim un .
n Æ

( n + 7 )4
2. a) Pour tout nombre entier naturel n,
0
( n + 5)2
( n 7 )4
2
donc  0 donc un  – n .
( n 5)2
b) Or lim n-2 - donc, d’après ce qui précède,
n Æ

lim un - .

n Æ

53 Pour tout nombre entier naturel n :
n2 + 3n + 8  0  0 donc un  3n  n.
Or lim n donc lim un .
n Æ

© Nathan. Hyperbole Term S

Si A = – 20, alors n = 400 et si A = – 50, alors n = 2 500.
46 Pour tout nombre réel A  0, un – 5  A et
4
un – 5  – A dès que n  2 . Donc l’intervalle
A
]5 – A ; 5 + A[ contient tous les termes de la suite (un ) à
partir d’un certain rang. Donc lim un 5.
n Æ

47 a) Pour tout nombre entier naturel n, – 1  un  1,
donc l’intervalle ]2 ; + ∞[ ne contient aucun terme de la
suite u. Il en est de même pour l’intervalle ]– ∞ ; – 2[.
Donc la suite (un ) ne peut avoir pour limite + ∞ ou – ∞.

n Æ

54 Pour tout nombre entier naturel n, - 9 n2 1  0
donc un  – n3.
Or lim - n3 - donc lim un - .
n Æ

n Æ

55 Pour tout nombre entier naturel n, 1 + n2 + 1  1





donc 5 n 1 n2 1  5 n  n  (5 n  0 )
Or lim

n Æ

n donc lim un .
n Æ

56 a) Pour tout nombre entier naturel n :
– 1  cos(n)  1 donc 2en – 1  2en + cos(n).

31

n Æ

lim un .

n Æ

57 La suite u est croissante et converge vers 8, donc,
pour tout nombre entier naturel n, un  8.
Or, le tableau de Pierre affiche u10 = 8,0001  8, ce qui est
impossible. Donc Pierre n’a pas affiché les 11 premiers
termes de u.
58

lim un 0 et u30 = 1.

n Æ

Si la suite u était croissante, alors, pour tout nombre entier
naturel n, on aurait un  0, or u30 = 1  0, ce qui est impossible,
donc on ne peut forcer l’hypothèse que u est croissante.
59 a) Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0,
– 1  (– 1)n  1 donc, puisque n  0 :
- 1 ( - 1)n
1


.
n
n
n
1
–1
b)  lim
0 donc lim
0.
n Æ n
n Æ n
c) En utilisant le théorème des gendarmes, on peut
affirmer que lim un 0.
n Æ

60 a) Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0 :
– 1  sin(n)  1.
b) On peut en déduire que, pour tout nombre entier
-1
1
naturel n ≠ 0, 2  un  2 (car 3n2  0).
3n
3n
1
-1
0 et lim
0 donc lim un 0.
Or, lim
n Æ
n Æ 3n2
n Æ 3n2
61 a) Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0 :
- 1 sin n
1
– 1  sin n  1 donc 2  2  2
n
n
n
1
1
donc 4 - 2  un  4 2 .
n
n
1
1
b)  lim 2 0 donc lim 4 - 2 4
n Æ n
n Æ
n
1
et lim 4 2 4 . En utiliant le théorème des genn Æ
n
darmes, on peut en déduire que lim un 4.
n Æ

62 a) La suite u semble converger vers 2.
b) Pour tout nombre entier naturel n non nul :
2n sin n 2n sin n
sin n
un =


2
n
n
n
n
1
sin n
1
 et
c) Or, – 1  sin n  1, donc - 
n
n
n
1
1
sin n
1
1
2- 2
 2 donc -  un - 2  .
n
n
n
n
n
1
1
d) Or, lim - lim
0 donc lim un 2.
n Æ n
n Æ n
n Æ
63 1. Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0,
1
( - 1)n
1
 3 (n3  0).
– 1  (– 1)n  1 donc - 3 
n
n3
n

32

1
1
( - 1)n
lim 3 0 donc lim
0.
3
n Æ n
n Æ n
n Æ n3
2. Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0,
1
2 - cos n
3
1  2 – cos n  3 donc ( n  0),


n
n
n
1
3
Or lim
0 et lim
0 donc :
n Æ n
n Æ n
2 - cos n
lim
0.
n Æ
n
3. Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0,
0  (sin(n))2  1 donc 1  1 + (sin n)2  2
1
2
1 1 + (sin n)2
2
donc 
lim
0
 et lim
n
n
n n Æ n n Æ n
1 (sin n)2
lim
0.
donc
n Æ
n
Or lim -

64 a) Pour tout nombre entier naturel n, 4  0 donc
4 + n2  n2.
2
2
(n + 2) = n + 4n + 4, donc (n + 2)2 – (n2 + 4) = 4n  0 donc
(n + 2)2  n2 + 4, d’où n2  n2 + 4  (n + 2)2.
b) Les trois nombres n2, n2 + 4 et (n + 2)2 sont positifs
donc, pour tout n  1, n2  n2 4  ( n 2)2

n2 + 4
n
n2 + 4
n+2


donc n 
n
n
n
n
c) Or lim n donc, par comparaison :
donc

n Æ

lim un .

n Æ

65 a) Pour tout nombre entier naturel n  1,
n 1- n ¥ n 1 n
n 1- n
n 1 n










n
2

n 1 -

2

n 1 n
1

n 1 n
b) Pour tout nombre entier naturel n  1, n + 1  n
1
1
donc n + 1 + n  2 n donc
et

n +1+ n
2 n
1
1
0
donc 0  un 
.
n +1+ n
2 n
1
c)  lim
0 donc lim un 0.
n Æ 2 n
n Æ
66 a) Pour tout nombre réel A  0, il existe un rang N1
A
tel que, pour tout nombre entier naturel n  N1, un 
2
A
et il existe un rang N2 tel que vn  pour tout n  N2.
2
A
Soit M = max (N1, N2). Alors pour tout n  M, un  et
2
A
vn  implique un + vn  A.
2
Donc l’intervalle ]A ; + ∞[ contient tous les termes de la
suite (un + vn) à partir d’un certain rang, donc
lim un vn .

n Æ

© Nathan. Hyperbole Term S

b) Or lim 2e n - 1 donc, par comparaison :

b)  lim n et lim n2 , donc :
n Æ

lim n

n2

n Æ

67

lim

n Æ
n2 e n

lim 3n et lim

n Æ

lim

n Æ

.
n , donc :

n Æ

lim 3n n .

n Æ

69

lim 6n2 , lim 5n et lim 1 1, donc :

n Æ

lim

n Æ

70

n Æ
6 n 2 5n



1

n Æ

n ,

n Æ

donc lim n2 5n n .
n Æ

1
5 , donc lim 2
0.
71 a)  lim
n Æ
n Æ n 5
b)  lim n3 , lim n 5 , donc
n2

n Æ

n Æ

lim n3 n 5 , donc lim

n Æ

c)  lim n 1 et lim
n Æ

lim ( n

n Æ

n Æ

1)e n

-4

n Æ n3 n
e n , donc

5

0.

-2
, donc lim
0.
n Æ ( n 1)e n

72 a) Pour tout nombre réel A  0, il existe un rang
3A
N1 tel que, pour tout n  N1, un 
et un rang N2 tel
2
A
A
que, pour tout n  N2, –  vn  , donc pour tout n
2
2
A 3A
 un + vn
supérieur ou égal à max (N1, N2), – +
2
2
donc A  un + vn.
Autrement dit, l’intervalle ]A ; + ∞[ contient tous les
termes de la suite (un + vn) à partir d’un certain rang, donc
lim un vn .

n Æ

b)  lim n et lim
n Æ

73

n Æ

1
1
0, donc lim n .
n Æ
n
n

lim 2n2 et lim -

n Æ

n Æ

lim 2n2 -

© Nathan. Hyperbole Term S

n Æ

74

n Æ

lim n2 2n et lim

n Æ

lim

n Æ

1
0 , donc :
n3

1
.
n3

lim n2 et lim 2n , donc

n Æ

n Æ

n2

1
2n
.
n

1
0, donc
n

n Æ
n2 n

1 .

76 1. Pour tout nombre réel A  0, il existe un rang
A
A
N, tel que, pour tout n  N1, -  un -  
et il
2
2
existe un rang N2 tel que, pour tout n  N2,
A
A
-  vn -  ¢  donc, pour tout n  max (N1, N2),
2
2
A A
A A
- -  un -  vn -  ¢  donc :
2 2
2 2
– A  un + vn – ( + ¢)  A.
L’intervalle ] + ¢ – A ;  + ¢ + A[ contient donc tous les
termes de la suite (un + vn) à partir d’un certain rang, donc :
lim un vn   ¢ .
n Æ

lim n2 , lim 5n et lim

n Æ

lim e - n 0 et lim n2 n 1 , donc :

n Æ

.

lim n2 et lim e n , donc :

n Æ

n Æ

68

75

n Æ

1
3
3
2. a)  lim
0, donc lim 2 2 et lim 0,
n Æ n
n Æ
n Æ
n
n
1
donc lim 4 4.
n Æ
n
Donc lim un 2 4 6.
n Æ

4
0,
n Æ e n

b)  lim e - n 0, donc lim e - n - 1 - 1et lim
n Æ

n Æ

4
donc lim 3 n 3.
n Æ
e
Donc lim un - 1 3 2.
n Æ

77 a)  lim

n Æ

4
3
0 et lim
0, donc :
n Æ n
n2 5
4
3
lim
¥ 0.
n Æ n2 5
n

5
0 et lim n2 n 5 , donc :
n Æ n
n Æ
4
lim
0.
n Æ n2 n 5
Donc lim un 0.
b)  lim

n Æ

78 a) On conjecture les limites suivantes.
lim un 0, lim vn 1 et lim w n 0.

n Æ

n Æ

n Æ

3
b)  lim
0 et lim e - n 1 1, donc :
n Æ n
n Æ
3
n
lim
0.
n Æ e - n 1
3
3
lim e - n 0, donc lim e - n 1 0
n Æ n
n Æ n
3
3
lim
0 et lim e - n 0, donc lim ¥ e - n 0.
n Æ n
n Æ
n Æ n
1
0 et lim n2 lim n et
n Æ
n Æ
n
2
lim 1 1, donc lim n n 1 .

79 a)  lim

n Æ



n Æ

b) On a une forme indéterminée « 0 ¥ + ∞ ».
c) Pour tout nombre entier naturel n  1,
33

n Æ

80 a) Pour tout nombre entier naturel n  1,
Ê
Ê
n

1

un n2 - n 1 n2 Á1 - 2 2 ˜ n2 Á1 - 2 ˜
Ë
Ë
n
n ¯
n n ¯
1
1
1
1
b)  lim - lim 2 0 donc lim 1 - 2 1et
n Æ n
n Æ n
n Æ
n n
lim n2 , donc lim un
n Æ

n Æ

81 1. Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê
2

2n2 – 2n + 3 = n2 Á 2 - 2 2 ˜
Ë
n
n ¯
2
3
Or lim 2 - 2 2 et lim n2 , donc :
n Æ
n Æ
n n
lim 2n2 - 2n 3 .
n Æ

2. Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê

– n3 + 2n = – n3 Á1 - 2 ˜
Ë
n ¯
2
lim 1 - 2 1 et lim - n3 - , donc :
n Æ
n Æ
n
Ê

lim - n3 Á1 - 2 ˜ - .
Ë
n Æ
n ¯
4
4
De plus, lim - 0 donc lim - n3 2n - - .
n Æ n
n Æ
n
3. Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê
2
5

3n 3 - 5n 2 - 2 n 3 Á 3 - - 5 ˜ .
Ë
n
n n ¯
5
2
3
Or lim n et lim 3 - - 5 3, donc :
n Æ
n Æ
n n
2
3
2
lim 3n - 5n - 2 .
n Æ
n
82 a) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê
Ê

1 ˆ
n3 - n n3 Á1 - 3 ˜ n Á1 - 2 ˜
Ë
n ¯
n n¯
Ë
1
b)  lim 1 - 2
1 et lim n , donc :
n Æ
n Æ
n n
lim un .
n Æ

83 a) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê
Ê

1 ˆ
un n2 Á 2 - 2 ˜ n2 Á 2 Ë
n ¯
n ¥ n ˜¯
Ë
1
Or lim n ¥ n , donc lim
0
n Æ
n Æ n n
1
donc lim 2 2 et lim n2 ,
n Æ
n Æ
n n
donc lim un .
n Æ

34

Ê 1
ˆ
b) Pour tout entier naturel n  1, un n Á 2˜ .
n
Ë
¯
1
lim 2 2 et lim n , donc lim un .
n Æ
n Æ
n Æ
n
84 a) On conjecture les limites suivantes : lim un 1
n Æ
et lim vn 0.
n Æ

b) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê

n Á1 ˜ 1 1
Ë

n

un
Ê
2ˆ 1 2
n Á1 ˜
n
Ë

Ê

1
n Á1 ˜
1
Ë
1

n
vn
¥
.
n 1 2
Ê

n Á1 2 ˜
n2
Ë
n ¯
1
2
c) Or lim 1 1 et lim 1 1, donc
n Æ
n Æ
n
n
1
1
1
1
n lim u 1 et lim
n 1,
lim
2 n Æ n
2
n Æ
n Æ
1
1 2
n
n
1
1
1
1
n lim v 0.
lim
0, donc lim ¥
n
2
n Æ n
n Æ n
n Æ
1 2
n
85 a) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê
Ê


n2 Á1 2 ˜
n Á1 2 ˜
Ë
Ë
n ¯
n ¯
un

2
Ê

1
n Á1 ˜
n
Ë

1
2
b)  lim 1 2 1 et lim 1 1, donc
n Æ
n Æ
n
n
Ê

1
1 2
1 2 ˜
Á
n .
n 1 et lim n
lim
Á
2
2 ˜
n Æ
n Æ
Á 1 ˜
1
Ë

n
86 a) À la calculatrice, on conjecture que lim un 2.
n Æ

Ê

n Á2 ˜ 2 1
Ë

n

Pour tout entier naturel n  1, un
3
Ê

1
n Á1 ˜
n
Ë

1
3
et lim 2 2 et lim 1 1, donc lim un 2.
n Æ
n Æ
n Æ
n
n
b) On conjecture que la suite (un ) converge vers un
nombre réel proche de 0,142 56.
Pour tout nombre entier naturel n :
en
1
un n

n
e (7 2e ) 7 2e - n
n
Or lim 2e 0 et lim 7 2e - n 7, donc
n Æ

n Æ

1
lim un ª 0,142 56.
n Æ
7

© Nathan. Hyperbole Term S

1 2
1
1
1
1
( n n 1) ¥ n2 ¥ n n 1
n
n
n
n
n
1
Or lim n 1 et lim
0, donc :
n Æ
n Æ n
lim un .

un

87 a) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
Ê
Ê


n2 Á 2 2 ˜
2 2˜
Á
Ë
Ë
n ¯
n ¯
un
n
.
3
Ê

1
n Á1 ˜
n
Ë

1
3
Or lim 2 2 2 et lim 1 1,
n Æ
n Æ
n
n
donc lim un .
n Æ

b) Pour tout nombre entier naturel n :
e2 n (1 5e -2 n )
un n
.
e (2 2e - n )
Or lim e2 n et lim 2 2e -2 n 2 et
n Æ

n Æ

lim 1 5e -2 n 1, donc lim un .

n Æ

n Æ

88 a) Pour tout nombre entier naturel n  1 :
n
n
1
un


2
Ê
Ê
Ê



n Á1 ˜
n Á1 ˜
n Á1 ˜
Ë
Ë
Ë



2
b) Or lim n et lim 1 1, donc
n Æ
n Æ
n
Ê

lim n Á1 ˜ et lim un 0.
Ë
n Æ
n Æ

c) Pour tout nombre entier naturel n  1,
Ê
Ê


n Á1 ˜
n Á1 ˜
Ë
Ë


vn
.

5
Ê
ˆ
5
3
n Á3
n
n ˜¯
Ë
3
5
lim 1 1, lim 3
3 et lim n ,
n Æ
n Æ
n Æ
n
n
donc lim vn .



n Æ

Ê
Ê
3 ˆ
3 ˆ
n Á1
n Á1
˜

n ˜¯
Ë
Ë
wn

2
Ê
Ê


n2 Á 3 2 ˜
n ¥ n Á3 2 ˜
Ë
¯
Ë
n
n ¯
3
1
3
n

. Or lim 1 1 et
n Æ
n
Ê

n ¥ n Á3 2 ˜
Ë
¯
n
5
lim n n , lim 3 2 3 , donc lim w n 0.
n Æ
n Æ
n Æ
n

© Nathan. Hyperbole Term S



u
89 a) À la ligne 3, on affiche les limites de un, vn et n .
vn
un
Le logiciel affiche lim un 0, lim vn 0 et lim
1
n Æ
n Æ
n Æ v n
1
n
un
e- n
e
b) Pour tout n ∈ ,


1
1
vn
en 2
en 2
1
n ¥ ( e n 2) e - n ( e n 2) 1 2e - n
e
c)  lim e - n 0, donc lim 1 2e - n 1.
n Æ

n Æ

90 Pour tout nombre entier naturel n  1,
Ê
4

un n2 Á 5 - 2 ˜ . Or lim n2
Ë
n Æ
n n ¯
4
3
et lim 5 - 2 5, donc lim un .
n Æ
n Æ
n n

Ê
Ê


n2 Á 2 2 ˜
2 2˜
Á
Ë
Ë
n ¯
n ¯
n
91 Pour tout n ∈ *, un
.
Ê
Ê

8ˆˆ
n Á1 ˜
ÁË1 ˜¯
Ë

n
4
8
Or lim n et lim 2 2 2 et lim 1 1,
n Æ
n Æ
n Æ
n
n
donc lim un .
n Æ

92 Pour tout n ∈ *,
Ê
1 ˆ
1
n Á3
3
n ˜¯
Ë
n
un

. Or lim n
n Æ
Ê
Ê
3 ˆ
3 ˆ
n Á2
n Á2
˜
˜


Ë
Ë
1
3
et lim 3
3 et lim 2
2,
n Æ
n
Æ
n
n
donc lim un 0.
n Æ

5e n
5

.
n
n
e (1 e ) 1 e - n
1, donc lim un 5.

93 Pour tout n ∈ , un

Or lim 1 e - n
n Æ

n Æ

94 Pour tout nombre entier n ∈ * :
Ê
Ê


n2 Á 3 2 ˜
n Á3 - 2 ˜
Ë
Ë
n ¯
n ¯

un
.
1
Ê


1
n Á1 ˜
n
Ë

1
1
lim 3 - 2 3 , lim 1 1 et lim n ,
n Æ
n Æ
n Æ
n
n
donc lim un .
n Æ

3n 2 - 1
vn

n( n 1)

Ê

n2 Á 3 - 2 ˜ 3 - 1
Ë
n ¯
n2

1
Ê

1
n2 Á1 ˜
n
Ë


donc lim vn 3.
n Æ

- 1 - 3n
3n 2 - 1
- 3n
n 1
n 1
Ê
Ê


- Á3 ˜
- n Á3 ˜
Ë
Ë




1
Ê

1
n Á1 ˜
n
Ë

1
1
Or lim 3 3 et lim 1 1, donc
n Æ
n Æ
n
n
Ê

- Á3 ˜
Ë

lim
- 3 lim w n
1
n Æ
n Æ
1
n

w n un - 3n

35

3n2 - 1
-1
u -1
3n 2 - n - 2
tn n
n 1

- 1 - 3n
wn 3
- 3n - 1
n 1
Ê
Ê
1 2ˆ
1 2ˆ
n2 Á 3 - - 2 ˜
- n Á3 - - 2 ˜
Ë
Ë
n n ¯
n n ¯


1
Ê

3
– n Á3 ˜
n
Ë

1 2
et lim - n - , lim 3 - - 2 3
n Æ
n Æ
n n
1
et lim 3 3, donc lim t n - .
n Æ
n Æ
n

4. Faux : Pour tout n de ℕ, un = n et vn = n, wn = n et
lim w n

n Æ







n - n2 4 n n2 4
n - n2 4
un

2
2 n n2 4
-4

. Or lim n2 4 et
n Æ
2
2 n n 4
-2
lim n n2 4 , donc lim
0.
n Æ
n Æ n n2 4









7.  Objectif Bac
96 1. b)  2. b)  3. b)  4. c) 
97 1. Vrai  2. Vrai  3. Faux.
98 1. Faux :
Pour tout n de ℕ, un = n2 et vn = – n et lim (un vn )
n Æ

2. Faux : Pour tout n de ℕ, un = – 1 et vn  =  n et
lim un vn -

n Æ

3. Faux : Pour tout n de ℕ, un =
36

1
> 0 et lim un 0
n Æ
n

n

Ê

soit e  Á1 ˜

Ë
4. De même, pour tout n de ℕ,
n 1
n 1
Ê - 1 ˆ
Ê
1 ˆ
n

1
e
1

Á
˜
ÁË
n 1˜¯
Ë
¯
1
1

0
n 1
e
Ê

ÁË1 n ˜¯
La fonction inverse est strictement décroissante sur
]0 ; + ∞[
n 1
Ê

Donc e  Á1 ˜

Ë
5. Pour tout n de ℕ* :
n 1
n
Ê
Ê

n 1

1


e 
1

¥
e
ÁË
˜
Á
˜

n

Ë
n

Ê
n

ÁË1 n ˜¯  e n 1

© Nathan. Hyperbole Term S

95 a) On résout l’équation x2 – nx – 1 = 0 d’inconnue
x en calculant le discriminant D.
D = (– n)2 ¥ 4 ¥ 1 ¥ (– 1) = n2 + 4  0
Donc l’équation admet deux solutions réelles :
n + n2 + 4
n - n2 4
 et 
.
2
2
n n2 4
n - n2 4
On pose un
et vn
pour
2
2
tout nombre entier naturel n.
b) Pour tout nombre entier naturel n ∈ * :
Ê

4
n n2 Á1 2 ˜
n n 1 2
Ë
n ¯
n
vn

2
2
4
Et lim n , lim 1 2 1,
n Æ
n Æ
n
4
donc lim 1 2 1.
n Æ
n
4
n n 1 2
n
.
Donc lim
n Æ
2
Et pour tout nombre entier naturel n  1,

99 Partie A : 1. f est dérivable sur ℝ.
f ¢(x) = ex – 1
 : y = (ea – 1)(x – a) + (ea – a – 1)
 : y = (ea – 1)x + ea(1 – a) – 1
2. N ∈ () donc ses coordonnées vérifient l’équation
de ().
D’où – b – 1 = (ea – 1)b + ea(1 – a) – 1
0 = bea + ea – aea
0=b+1–a
Soit b – a = –1
3. a = 1,5 donc b = 0,5
On place le point M d’abscisse 1,5 de () et le point N
de () d’abscisse 0,5.
On trace la droite (MN).
Partie B : 1. D’après le graphique, f est positif sur ℝ.
2. On en déduit que pour tout nombre x réel,
ex – x – 1  0
1
On remplace x par . Donc pour tout n de ℕ*,
n
1
1
1
1
e n - - 1  0 soit (1) e n  1 +
n
n
1
On remplace x par – 
. Pour tout n de ℕ,
n +1
1
1
1
1
e n 1
- 1  0 soit e n 1  1 n 1
n 1
3. Pour tout n de ℕ*,
1
1
e n 1 + 0 et x  xn est croissante sur [0 ; + ∞[.
n
n
n
Ê 1ˆ
Ê

Donc Á e n ˜  Á1 ˜

Ë
Ë ¯

n

Ê
n

 Á1 ˜  e
n 1 Ë

n
1
De plus,
1 et
n 1
n
1
lim 1 1
n Æ
n
Ê

lim e Á1 ˜ e
n Æ Ë

D’après le théorème des gendarmes,
n
Ê

lim Á1 ˜ e
n Æ Ë

Donc e

100 1. U0 = 0
U1 = U0 + 2(0 + 1) = 2
U2 = U1 + 2(1 + 1) = 6
U3 = U2 + 2(2 + 1) = 6 + 6 = 12
2. La proposition 1 est fausse car U1 – U0 ≠ U2– U1
La proposition 2 est vraie car pour n = 1, U1 = 12 + 1 = 2
La proposition 3 est fausse car pour n = 2, U2 ≠ 22 + 1
3. a)

Entrée
N=3
P=0
Traitement
K=0
P prend la valeur 0 + 0
Afficher 0
K=1
P prend la valeur 0 + 1
Afficher 1
K=2
P prend la valeur 1 + 2
Afficher 3
K=3
P prend la valeur 3 + 3
Afficher 6
Fin de l’algorithme

© Nathan. Hyperbole Term S

On n’obtient pas l’affichage des 4 premiers termes de
la suite U.
b) 
Entrée
N est un entier naturel non nul
Initialisation
P=0
Traitement
Pour K de 0 jusqu’à N
P prend la valeur P + 2K
Afficher P
Fin de l’algorithme
4. a) Pour tout entier naturel n non nul, Un = Un–1 + 2n
donc Un  2n car Un–1  0
Pour n = 0, U0 = 0  0
b) On en déduit que lim Un
n Æ

101 (A) Faux, par exemple, un = n – 1
(B) Vrai d’après un théorème de comparaison.
(C) Faux, par exemple, la suite (un ) définie par u0 = 7, u1 =
5 et un = n + 1 pour tout entier n  2
(D) Faux, par exemple, la suite (un ) définie par u1 = 0,1,
1
u2 = 0,4 et un = pour tout entier n  3
n
(E) Vrai d’après un théorème des gendarmes.
102 a)  Vraie : u est une suite à termes positifs convergente vers un réel .
Montrons que   0 à l’aide d’un
raisonnement par l’absurde.
On suppose que  < 0, il existe un
réel m tel que  < m < 0,
Il existe aussi un réel m¢ tel que m¢ < .
u converge vers  signifie qu’à partir d’un certain rang
N0, l’intervalle ]m¢ ; m[ contient tous les termes un de
rang supérieur à N.
Ce qui signifie que pour tout n  N0, m¢  un  m < 0,
ce qui est absurde car u est une suite à termes positifs.
Donc   0 et  ≠ –1
b)  Vraie : u est croissante donc par définition, pour
tout n de ℕ,
un+1 – un  0.
un
un 1
vn 1 - vn
1 un 1 1 un
un 1 - un

0
(1 un 1 )(1 un )
car un+1 – un  0 et (1+ un+1)(1+ un)  0 (u est une suite à
termes positifs)
n
c) Faux : Pour tout n de ℕ, un = n et vn
. La suite
1 n
v converge, ce qui n’est pas le cas de la suite u.
103 1.  lim vn donc tout intervalle ]A ; + ∞[
n Æ

contient tous les termes de la suite (vn) à partir d’un
certain rang N. Or vn ∈ , un  vn, donc, à partir de ce
rang N, tous les un sont aussi dans ]A ; + ∞[ donc :
lim un .
n Æ

1
1
2. a) u1 u0 0 - 1 - - 0, 5
2
2
1
1
u2 u1 1 - 1 - - 0, 25
2
4
1
1
7
u3 u2 2 - 1 - 1
2
8
8
1
b) Pour tout nombre entier n  4, un 1 un n - 1
2
1
donc un un -1 n - 2 .
2
Or, pour tout nombre entier n  4, un  0 donc, pour tout
nombre entier naturel n  4, un–1  0 et donc un  n – 2.
c)  lim n - 2 , donc, par comparaison,
n Æ

lim un .

n Æ

37

104 1. u2 = 2,5 et v2 = 2,75
1
(u2 + v2) ¥ = 2,625 et (2,625)2  7 donc u3 = 2,625 et
2
v3 = 2,75
1
(u3 + v3) ¥ = 2,685 et (2,685)2  7 donc u4 = 2,685 et
2
v4 = 2,685.
2. b) On tape dans la cellule B5 la formule =Si(E27,
D2;B2) et dans la cellule C3 la formule =Si(E27;C2;D2).
c) À partir de n = 17, la différence vn – un est inférieure
à 10–5.
Une valeur approchée de 7 par défaut est 2,645 744 324.
3. a) Pour tout nombre entier naturel n :
v - un
1
(vn - un ).
vn 1 - un 1 n
2
2
1
Donc la suite v – u est géométrique de raison q = .
2
1
Ainsi, pour tout n de , vn – un = .
2
b) • Pour tout n de , 2  e0,1 donc 2n  e0,1n d’où
1
1
 0 ,1n (car la fonction inverse est décroissante sur
n
2
e
]0 ; + ∞[.
1
•  lim e 0 ,1n , donc lim 0 ,1n 0
n Æ e
n Æ
1
1
1
or 0  n  0 ,1n , donc lim n 0.
n Æ 2
2
e
Finalement, lim vn - un 0 or lim un 7 , donc
n Æ

n Æ

lim vn 7 et lim w n 7 .

n Æ

n Æ

c) L’amplitude est inférieure à 10–6 pour n  20.
105 1. Pour tout nombre entier naturel n,
un+1 = 0,3un + b.
2. a) Pour tout nombre entier naturel n,
b
b
vn 1 un 1 0, 3un b 0, 7
0, 7
Ê
1 ˆ
0, 3u b Á1 0, 7 ˜¯
Ë

Ê 0, 7 - 1ˆ
0, 3un b Á
Ë 0, 7 ˜¯
Ê
b
b ˆ
0, 3un - 0, 3 ¥
0, 3 Á un 0, 7
0, 7 ˜¯
Ë
0, 3 ¥ vn .
Donc (vn) est une suite géométrique de raison 0,3.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
Ê
b ˆ
¥ ( 0, 3)n
vn v0 ¥ ( 0, 3)n Á1 000 0, 7 ˜¯
Ë
Ê
b ˆ
b
Donc un Á1 000 ¥ 0 , 3n
0, 7 ˜¯
0, 7
Ë
c) b est un nombre entier inférieur à 400,
b
400
-b
400

donc
, d’où
et
0, 7
0, 7
0, 7
0, 7
400
b
1 000 1 000 0.
0, 7
0, 7
38

Or, 0  0,3  1 donc, pour tout nombre entier naturel
Ê
b ˆ
n, Á1 000 0, 3n  0 donc :
0, 7 ˜¯
Ë
b
un 
ª 571, 429  500.
0, 7
Or, 0  0,3  1, donc la suite (vn) est décroissante, donc
la suite (un ) est décroissante.
d) Pour tout nombre entier naturel n, 0  0,3n.
1
Et e–1 = ≈ 0,367.
e
Donc 0,3  e–1 et 0,3n  (e–1)n = e–n
Conclusion : pour tout nombre entier naturel n,
0  0,3n  e–n.
Ê
b ˆ
¥ 0, 3n et
e) Pour tout n ∈ , vn = Á1 000 0, 7 ˜¯
Ë
lim e - n 0 donc, d’après le théorème des gendarmes,

n Æ

lim 0,3n 0 et donc lim vn 0

n Æ

n Æ

Donc, lim un lim vn
n Æ

n Æ

b
b

.
0, 7 0, 7

b
On cherche donc une valeur de b telle que
. On
0, 7
prend b = 350.
3. On montre qu’il faut 4 ans pour que le nombre de
truites soit compris entre 500 et 505.

9.  Exercices d’entraînement
106 Pour tout nombre réel A  0, il existe un rang N à
È
˘ A
partir duquel un ∈ ˙
; Í (a  0).
˙˚ a
ÍÎ
A
Or un 
⇔ aun2  A
a
Donc pour tout n  N, aun2 ∈ ]A ; + ∞[
Donc lim aun2
n Æ

2. a) Pour tout n ∈ , w1 = w0 + 2n = 1 + 2n
donc, vn ew n e1 2 n e ¥ e2 n e ¥ ( e n )2
b)  lim e n . On applique la propriété démontrée
n Æ

en 1. avec un = en et a = e. Donc lim vn .
n Æ

107 1. a) Voici un algorithme qui permet de calculer
et d’afficher les 20 premiers termes.

Initialisation
S prend la valeur 0
Traitement
Pour p variant de 1 à 20

1
S prend la valeur S +
p( p + 1)
Afficher S
Fin Pour
b) On peut conjecturer que la suite (S1) converge vers 1.

© Nathan. Hyperbole Term S

8.  Travaux pratiques

2. a) Pour tout nombre entier naturel p  1,
1
1
p 1- p
1


up
p p 1
p( p 1)
p( p 1)
b) Pour tout nombre entier n ∈ *,
1 ¸
u1 1 2 Ô
Ô
1 1 Ô
u2 2 3 Ô
1 1 Ô
u3 Ô On ajoute membre à membre.
3 4 ˝ 
1
.
Ô On obtient Sn 1 M
n
1
1

un 1
- Ô
n 1 nÔ
1
1 Ô
un n n 1 Ô˛
1
c)  lim Sn lim 1 1
n Æ
n Æ
n 1
108 a) Pour tout nombre entier n ∈ *,
1 2 º n n( n 1)
Sn

n2
2 n2
n 1
donc Sn
donc l’affirmation est vraie.
2n
b) S1 = 1 donc l’affirmation est fausse.
n 1
c)  lim Sn lim
n Æ
n Æ 2 n
Ê

n Á1 ˜
Ë

lim
n Æ
2n
n 1 1

lim
n Æ 2 n
2
donc l’affirmation est fausse.
d) Pour tout nombre entier naturel n  1,
n 1 1
1
1
Sn

.La suite définie sur * par vn =
2n
2 2n
2n
est décroissante, donc la suite (Sn) est décroissante.
Donc l’affirmation est fausse.
3
Autre méthode : S1 = 1, S2 = donc (Sn) ne peut être
4
croissante.
109 1. a) Voir copies d’écrans Exo109Page59.sce
b) On conjecture que la suite (qn) est décroissante et
converge vers 0.
2. a)  lim e n donc lim 35e n 15 , donc :
n Æ

n Æ

100
0.
15
Pour tout n ∈ , un = f(n) où f est la fonction définie sur
100
[0 ; + ∞[ par f(x) =
.
35e x + 15
- 3 500e x
Or, pour tout x ∈ [0 ; + ∞[, f ¢(x) =
et f ¢(x)  0
(35e x 15)2
donc f est décroissante sur [0 ; + ∞[ donc (qn) est décroissante.
b) La quantité de médicaments diminue au cours du
temps après l’administrateion de celui-ci et tend à disparaître.
lim

© Nathan. Hyperbole Term S

n Æ 35e n

c) 

Entrée
Saisir A
Initialisation
n prend la valeur 0
q prend la valeur 2
Traitement
Tant que q  0,01
n prend la valeur n + 1
q prend la valeur 100/(en ¥ 35 + 15)
FinTantQue
Sortie
Afficher n

On l’exécute et en sortie, on obtient n = 6.
Voir fichier Scilab Exo105Page60.sce
110 a) Pour tout n de *,

( n 1)2
vn 1 ( n 1)un 1 ( n 2) ¥ e n 1


n2
vn
nun
n¥ n
e
3
3
n
Ê
( n 1)
e

1
¥ n 1 Á1 ˜ ¥

Ë
n3
e

e
1
4
1
1
b) Pour tout n  3,  , 1 +  , d’où
3
n
3
n
3
vn 1
Ê

64
64 1
64 1
¥ or
¥ ª 0, 9 ,
, ainsi

ÁË1 ˜¯ 
vn
n
27
27 e
27 e
v
ainsi n +1  1.
vn
c) D’après le b), vn+1  vn, donc la suite (vn) est décroissante à partir de n  3. Donc, pour tout n  3, vn  v3.
v
v
d) Pour tout n  3, 0  un  n , d’où 0  un  3 .
n
n
v3
Or lim
0, donc, d’après le théorème des genn Æ n
darmes, lim un 0.
n Æ

111 1. a) c4 = 1 + 4 + 9 + 16 = 30
De la même manière :
c1 = 1 ; c2 = 1 + 4 = 5 ; c3 = 1 + 4 + 9 = 14.
b) Pour tout nombre entier n ∈ *, cn+1 = cn + (n + 1)2.
c) c4 = 30 et c5 = c4 + 25 = 55.
Donc, la première valeur de n pour laquelle c1  50 est
n = 5.
2. a) L’algorithme détermine la première valeur de n
entière pour laquelle cn  A, le nombre réel A ayant été
saisi en entrée.
b) Voir le fichier Exo106Page61.sce
Si A = 100
n=7
Si A = 10 000
n = 31
Si A = 106
n = 144
Si A = 1010
n = 3 107
c) On peut conjecturer que, pour tout nombre réel
A  0, il existe un rang à partir duquel cn  A (la suite

39

n Æ

112 1. On conjecture que la limite de la suite (un ) est
– 1,5.
2. a) Pour tout n ∈ ,
n - ( n 1)( n 2) n ( n 1)( n 2)








- ( n 1)( n 2)
- 3n - 2
b) Pour tout n ∈ ,
n - ( n 1)( n 2) n ( n 1)( n 2)
un
n ( n 1)( n 2)
n-2
- 3n
( n 1)( n 2) n2 3n 2

n ( n 1)( n 2)
n2









Ê

n Á- 3 - ˜
Ë


Ê
3
2 ˆ
n Á1 1 2 ˜
n n ¯
Ë
2
- 3n

3
2
1 1 2
n n
2
3
2
c)  lim
lim
lim 2 0
n Æ n
n Æ n
n Æ n
2
- 3-3
n

Donc lim
n Æ
2
3
2
1 1 2
n n
113 a) Pour tout nombre entier k compris entre 1 et n
1  k  n donc 1 + n2  k + n2  n + n2
1
1
1
donc


n + n2
k + n2
1 + n2
b) Donc, pour tout n ∈ *, pour tout nombre entier
compris entre 1 et n,
n
n
n


n + n2
k + n2
1 + n2
n
n
 un  n ¥
donc n ¥
2
n n
1 n2
n2
n2
donc 2
 un 
n +n
1 + n2
2
n
1
c)  lim 2
lim
1 et
1
n Æ n n
n Æ
1 2
n
n2
1
lim
lim
1
1
n Æ 1 n2
n Æ
1 2
n
donc, d’après le théorème des gendarmes, lim un 1.
n Æ

3
3
15
114 1. a) u1 = M1B = AB ¥ 10
4 r
4 uuuur uuur2
uuuuu
b) Pour tout n ∈ *, MnMn 1 MnB BMn 1
uuuur uuur
1 uuuur
MB
donc MnB BMn 1
( n 1)2 n
40

uuur
Ê 1
ˆ uuuur
donc BMn 1 Á
1
˜¯ MnB
Ë ( n 1)2
uuuuuur Ê
1 ˆ uuuur
donc Mn 1B Á1 Mn B
Ë ( n 1)2 ˜¯
uuuuuur
uuuur
1
donc Mn 1B 1 Mn B
2
1) 3
( n2
14444
4444
0

1)2

(n
-1
¥ un
( n 1)2
n( n 2)
¥ un
donc un 1
( n 1)2
c) Pour tout nombre entier n ∈ *,
( n - 1) ¥ ( n 1)
un
¥ un -1
n2
( n - 1) ¥ ( n 1) ( n - 2) ¥ n

¥
¥ un - 2
n2
( n - 1)2
( n - 1) ¥ ( n 1) ( n - 2) ¥ n
3¥1

¥
¥ º ¥ 2 ¥ u1
2
2
n
( n - 1)
2
n 1
¥ u1
d) Pour tout n ∈ *, un
2n
n 1 15
2. Pour tout n ∈ *, un
¥
2n
2
1
1
n 1
n 1 donc :
3.  lim
lim
n Æ 2 n
n Æ 2
2
1 15 15
lim un ¥

3, 75
n Æ
2 2
4
4. À l’aide de l’algorithme codé en langage Scilab
(Exo114Page60.sce), on trouve n = 75 001.
donc un 1

115 Pour tout x de [0 ; 100],
f ¢(x) = 2 – 2ex–55 = 2(1 – ex–55).
D’où le tableau de variation.

x
f ¢(x)

0

55
+

f

0
143

100


Or un = f(n), donc la température de la fusée ne dépassera
jamais 143 °C
116 a) L’algorithme détermine et affiche la première
valeur de k nombre entier à partir duquel un est supérieur
strictement sur nombre réel A saisi en entrée.
b) Voir fichier Scilab Exo116Page61.sce
Si on saisit A = 10, k = 27 est affiché.
Si on saisit A = 100, k = 2 525 est affiché.
Si on saisit A = 103, k = 250 230.
c) Les résultats affichés laissent penser que un pourra
dépasser n’importe quelle valeur de A réel aussi grand
soit-il, à partir d’un certain rang.
d) On conjecture que lim un .
n Æ

Pour tout n ∈ *, pour tout k entier compris entre 1 et n,

© Nathan. Hyperbole Term S

(cn) étant décroissante) donc on peut conjecturer que
lim cn .

1
1

1
n
k
n
1
1
et Â
un  n ¥
n.
n
k 1 k
e)  lim n , donc, par comparaison,

1  k  n donc

120 a) 
0,1


n Æ

– 0,1

lim un .

n Æ

117 a) For all n in *,

O

4 n2 - 13n 3
un

4 3n - n 2

Ê
13 3 ˆ
n2 Á 4 ˜
Ë
n n2 ¯
Ê 4
3 ˆ
n2 Á 2 - - 1˜
Ën
n ¯

13 3

n n2

3
4
- 1 2
n n
13 3
3
4
2 4 and lim - 1 - 2 - 1,
And lim 4 n Æ
n Æ
n n
n n
so lim un - 4.
4-

n Æ

-5
5
 vn  n
n
ne
ne
5
-5
n
and lim ne , lim
0 and lim
0
n
n Æ
n Æ ne
n Æ ne n
so lim vn 0.
b) For all n in *,

n Æ

Pour tout n  , un ∈ ] – 0,1 ;  + 0,1[.
b) m =  – 10–1 et M =  + 10–1 conviennent.
c) C’est le même graphique qu’au a), dans lequel on a
remplacé 0,1 par 10–10.
Il existe un rang P tel que, pour tout n  P,
un ∈ ] – 10–10 ;  + 10–10[.

10. Exercices
d’approfondissement
121 1. a) 
4
3

e n (1 3e - n ) 1 3e - n

e n ( 8e - n 1) 1 8e - n
lim 1 8e - n 1 so lim w n 1.

c) For all n in *, w n
and lim 1 3e - n
n Æ

n Æ

n Æ

b) On suppose que la suite w converge vers un réel .
Donc lim w n lim w 2 n .
n Æ

Or, pour tout n de , w2n = sin(2n) = 2 sin n cos n
w 22 n = 4 sin2 n cos2 n = 4 sin2 n (1 – sin2 n)
D’où 2 = 42(1 – 2)
Ainsi,  = 0 ou  = – 1 ou  = 1.
Mais 1 – sin2(2n) = cos2(2n) = (1 – 2sin2 n)2
ainsi 1 – 2 = (1 – 22)2 ce qui donnerait  = 0.
Dans ce cas, lim cos 2n lim 1 - 2 sin2 n 1
© Nathan. Hyperbole Term S

n Æ

1

1= 1

119 a) Pour tout n de , un = 1, donc lim un 1 ;
n Æ
vn = – 1, donc lim vn – 1.

n Æ

2

n Æ

118 a) un = n et vn = – n
b) un = n2 et vn = – n
c) un = n et vn = – n2
d) un = n + 3 et vn = – n

n

N

n Æ

Or sin(2n + 1) = sin 2n cos 1 + cos 2n sin 1.
En pensant à la limite, on obtiendrait :
 =  ¥ cos 1 + 1 ¥ sin 1
et donc sin 1 = 0, ce qui est absurde.

2 3 4=2

b) Le volume V est encadré par la somme des volumes
des cylindres blancs V4 et la somme des volumes des
cylindres rouges U4.

1 p ¥ 2 p ¥ 3 6p et
p 1 p 2 p 3 p 4 10 p
2

U4 p ¥
V4

2

2

2

2

2

2

Donc 6p  V  10p
2. a) Pour tout nombre entier naturel n  1,
2
2
4Ê 4ˆ


un p ¥ Á
˜ p¥ Á 2¥ ˜
nË n¯


º p ¥

4 Ê ( n - 1) ¥ 4 ˆ
Á
˜

n
¯

2

4p È 4
4

¥ Í 2 ¥ º ( n - 1) ¥ ˙
n În
n

16 p
2 [1 2 º ( n - 1)]
n
4p È 4
4

De même, vn
¥ Í 2 ¥ º n ¥ ˙
n În
n

16 p
2 [1 2 º n]
n


41

b) Pour tout nombre entier naturel n  1,
n( n 1)
1 2 º n
2
16 p n( n 1) 8 p( n 1)
donc vn 2 ¥

n
2
n
16 p ( n - 1) ¥ n 8 p( n - 1)
et un 2 ¥

n
n
2
Ê

Á1 n ˜
Ê n 1ˆ
c)  lim 8 p Á
lim 8 p ¥ n Á
Ë n ˜¯ n Æ
Ë n ˜¯
n Æ
Ê

lim 8 p Á1 ˜ 8 p
Ë
n Æ

Ê

De même, lim un lim 8 p Á1 - ˜ 8 p
Ë
n Æ
n Æ

En utilisant le théorème des gendarmes, on en déduit
que V = 8p.

Le théorème des gendarmes permet de conclure que
lim un 0.

n Æ

2. a) Pour tout nombre entier n ∈ , e2n  0 et en  0
5e n
donc 2 n
 0 donc :
5e + e n + 2
5e n
un 2 n
¥ sin( np) .
5e e n 2
5e n
Or sin( np )  1donc un  vn où vn 2 n
.
5e e n 2
b) Pour tout n ∈ ,
5e n
5e n
5


2
n
n
5e e 2
Ê
Ê
1
2 ˆ
1
2 ˆ
en Á5 n 2 n ˜
en Á5 n 2n ˜
Ë
Ë
e
e ¯
e
e ¯
1
2
Or lim e n et lim 5 n n 2 5 donc
n Æ
n Æ
e
(e )
lim vn 0.

n Æ

123 1. a) Le nombre de triangles est n2.
b) Pour tout nombre entier naturel n ≠ 0,
Ê 1
1ˆ 1
1
Sn = n2 ¥ Á 2 ¥ ˜ ¥
 0.
¯
Ën
n
2 2n
c)  lim Sn 0. La limite d’une suite à termes stricten Æ

ment positifs peut être nulle.
2. a) Pout tout nombre entier n ∈ *,
2
Ê 1ˆ
1
p
Sn¢ n ¥ p ¥ Á ˜ np ¥ 2
Ë 2n ¯
4n
4n
lim Sn¢ 0

n Æ

1
b) Pour tout entier n ∈ *, Pn = n ¥ p ¥ = p.
n
lim Pn p

n Æ

124 1. Pour tout n ∈ , un  vn donc – vn  un  vn.

Or lim vn lim - vn 0
n Æ

42

n Æ

D’après la propriété de la question 1. on peut conclure
que lim un 0.
n Æ

125 1. a) b) Voir fichier Exo125Page63.pdf
c) On conjecture que lim un .
n Æ

2. a) Pour tout nombre réel x,
1
1

f(x) – (x + 1) = x 2 + 2 – x – 1 = x 2 – x + 1
4
4
x 2 - 4 x 4 ( x - 2)2

0

=
4
4
Donc f est toujours au-dessus de la droite d’équation
y = x + 1.
b) Pour tout n ∈ , un+1 – un = f(un ) – un.
Or, pour tout x ∈ , f(x) – x  1, donc f(un ) – un  1,
c’est-à-dire un+1 – un  1  0.
La suite (un ) est donc croissante.
un - un -1  1 ¸
un -1 - un - 2  1ÔÔ
˝ on ajoute membre à membre
M
Ô
u1 - u0  1
Ô˛
un - u0  n
donc un – 3  n donc un  n + 3.
Or, lim n 3 donc, par comparaison,
n Æ

lim un .

n Æ

126 a) Faux.
Pour tout n ∈ , un = n + 2 et vn = – n – 1.
un + vn = 1 et (u) et (v) divergent.
b) Faux.
1
1
un = et vn = 2 .
n
n
un
u
u
= n et lim n .
1
n Æ v n
vn
n2
c) Vrai.
Si u ne converge pas vers 0

© Nathan. Hyperbole Term S

122 1. a) Voir fichier Exo122Page62.ods
b) On peut conjecturer que la limite  de la suite (un ), si
elle existe, vérifie 1    2.
2. a) Pour tout nombre entier naturel p compris entre
1 et n, pp – 1  E(pp)  pp donc pp – 1  E(pp)  pp.
b) Pour tout nombre entier naturel n non nul,
p(1 + … + n) – n  E(1p) + E(2p) + … + E(np)
 p(1 + 2 +… + n)
n( n 1)
n( n 1)
p
- n  E( p) E(2 p) º E( np)  p
2
2
n( n 1) 1
p( n 1)
donc p
-  un 
2n
n
2n
Ê

1
n Á1 ˜
1
Ë
n 1

n 1
3.  lim
lim
lim
n Æ 2 n
n Æ
n Æ 2
2n
2
p( n 1) p
p( n 1) 1 p
Donc lim
et lim
- .
n Æ
2n
2 n Æ 2n
n 2
Le théorème des gendarmes permet de conclure que
p
lim un .
n Æ
2

u
ou bien u converge vers une limite finie  ≠ 0, alors
v
diverge vers + ∞ ou – ∞. Impossible.
u
ou bien u diverge vers + ∞ ou – ∞, alors diverge vers
v
+ ∞ ou – ∞. Impossible.
d) Vraie.
Si lim un .
n Æ

Pour tout réel A  0, l’intervalle ]+  – A ;  + A[ contient
tous les un à partir du rang N.
Or un un -    un -   donc :
un -   un - 
donc, pour tout n  , – A  un -   A
donc l’intervalle ]  – A ;  + A[ contient tous les un ,
donc lim un 
n Æ

e) Faux.
Pour tout n ∈ , vn = (– 1)n. vn = 1, donc lim vn 1
mais (vn) n’a pas de limite donc diverge.

n Æ

127 1. Pour tout n ∈ *,
un = 10–1 + 10–2 + … + 10–n

= 10–1 + (10–1)2 + … + (10–1)n
1 - (10-1 )n

= 10–1 ¥
1 - 10-1
0,1
1

=
¥ (1 - 10- n ) (1 - 10- n )
0, 9
9
2. b) On conjecture que lim vn 0.
n Æ

c) La feuille de calcul formel affiche lim 10- n 0.
n Æ

Or 10  e donc, pour tout nombre entier naturel n non
nul, 10n  en, donc 10–n  e–n et 10–n  0.
Or lim e - n 0 , donc, grâce au théorème des genn Æ

darmes, lim

n Æ

10- n

n Æ

1
1
1
(1 - 10- n ) donc lim un .
n Æ 9
n Æ
9
9
b) On remarque que la suite (un) est croissante et converge
1
vers , donc, d’après la propriété page 48, on peut affirmer
9
1
que, pour tout n ∈ *, un  , donc il n’existe pas de
9
1
valeur entière de n pour laquelle un  .
9

© Nathan. Hyperbole Term S

130 1. a)  lim Sn 1 .
n Æ

b) Pour tout n de , Sn+1 – Sn = un+1.
c)  lim un 1 lim Sn 1 - Sn  -  0
n Æ

n Æ

Donc lim un 0.
n Æ

2n 1
2 0,
n 1
donc la suite (Sn) ne converge pas, donc elle diverge.
3. a) Si lim Sn  alors lim S2 n .
2. D’après ce qui a été montré au 1., lim

n Æ

n Æ

n Æ

Ainsi, lim S2 n - Sn 0.
b) Pour tout n  1,

lim

128 On peut calculer les premiers termes de la suite (an).
a0 = 0
2
p ¥ 52
p Ê 5ˆ
25
a1 =
-2¥ ¥Á ˜ p¥
2
2 Ë 2¯
4
2

p ¥ 25
p Ê 5ˆ
25p
-3¥ ¥Á ˜
2
2 Ë 3¯
3
Pour tout n ∈ *,
2
p ¥ 25
p Ê 5ˆ
an
- ( n 1) ¥ ¥ Á ˜
2
2 Ë n¯
a2 =

129 Pour tout n ∈ *, pour tout nombre entier k com1
1
1
pris entre 1 et n,
.
k ( k 1) k k 1
n
n
Ê1
1
1 ˆ
Or un Â
ÂÁ ˜
Ë
k
(
k

)
k
k

1
k 1
k 1
1
1
1 1 1
1- - º n n 1
2 2 3
1
1n 1
1
1 donc lim un 1.
Or lim
n Æ
n Æ n 1

n Æ

0.

3. a)  lim 10- n 0 donc lim 1 - 10- n 1 et
n Æ

25p n 1 25p
- 2 ¥
2
n
2
25p È n 1˘ 25p È n2 - n - 1˘

¥ Í1 - 2 ˙
Í
˙
2
n ˚
2 Î
n2
Î
˚
Or, pour tout nombre entier naturel n non nul,
1
1
n2 - n - 1
1
1
1 - - 2 et lim - lim - 2 0
n Æ n
n Æ n
n
n n
1
1
25p
donc lim 1 - - 2 1 et lim an
.
n Æ
n Æ
2
n n

an

S2 n - S n

2n

1

n

1

Âk -Âk

k 0

k 0



2n

1
k n 1 k

Â

Pour tout n  1,
2n
1
1
1
1
1
 k n 1 n 2 º 2n  2
k n 1
1
c) D’après le b), lim S2 n - Sn  , ce que contredit le
n Æ
2
résultat de la question 3. a).
Donc la suite (Sn) ne converge pas, et pourtant, la suite
Ê 1ˆ
(un ) = Á ˜ converge vers 0.
Ë n¯
La proposition est donc fausse.
131 1. a) Pour tout t ∈ [0 ; + ∞[,
f ¢(t) = – 800 e–2t.
e–2t  0, donc f ¢(t)  0.
La fonction f est strictement décroissante sur [0 ; + ∞[.

43

b) 

n

La pièce sera à 50 °C environ 1,15 h après le début du
refroidissement.
2. a) d0 = f(0) – f(1)

= (400 e0 + 10) – (400 e–2 + 10)

= 400(1 – e–2)
d1 = f(1) – f(2)
= (400 e–2 + 10) – (400 e–4 + 10)
= 400 e–2(1 – e–2)
d2 = f(2) – f(3)
= (400 e–4 + 10) – (400 e–6 + 10)
= 400 e–4(1 – e–2)
b) Pour tout n de ,
dn = (400 e–2n + 10) – (400 e–2(n+1) + 10)
dn = 400 e–2n(1 – e–2)
Or lim e2 n , donc lim e -2 n 0, ainsi
n Æ

n Æ

lim dn 0.

n Æ

c) 

dn  10–6 pour n  10.
132 1. a) Pour tout nombre entier n ∈ *,
2u un 1
vn 1 un 1 - un n
- un
3
2u un 1 - 3un
- (un - un 1 )
n

3
3
1
- vn
3
1
Donc (vn) est géométrique de raison - .
3
b) Pour tout nombre entier n ∈ *,
Sn v1 v2 º vn
n

Ê 1ˆ
Ê
1 - Á- ˜
1 - ÁË 3¯
Ë
v1 ¥
( - 1) ¥
4
Ê 1ˆ
1 - Á- ˜
3
Ë 3¯


n
ˆ
3 Ê Ê 1ˆ
¥ Á Á - ˜ - 1˜
4 Ë Ë 3¯
¯


˜


n

n

Ê 1ˆ
wn = kxn + k¢yn = k + k¢Á - ˜
Ë 3¯
2w n 1 w n
(wn) vérifie (1) si w n 2
3
n 1
n
Ê
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ ˆ
Á
k


k

2
n 2
ÁË
˜
ÁË
˜ ˜

3¯ ¯
Ë
Ê 1ˆ
donc si k Á - ˜

Ë 3¯
3
n 1
n
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
Á- ˜
2 Á- ˜
n 1
Ë 3¯
Ë 3¯
Ê 1ˆ
2k k
donc si k Á - ˜


Ë 3¯
3
3
n 1
n
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
Á- ˜
2 Á- ˜
n 2
Ë 3¯
Ë 3¯
Ê 1ˆ

donc si Á - ˜
Ë 3¯
3
Ce qui est vrai d’après ce qui précède.
Donc la suite (wn) = (kxn + k¢yn) vérifie (1).
c) La suite u vérifie par définition, donc il existe deux
n
Ê 1ˆ
réels k et k¢ tels que k + k¢Á - ˜ = un, pour tout n ∈ .
Ë 3¯
Or, u0 = 2 et u1 = 1 donc k et k¢ sont solutions du système

5
k k ¢ 2
ÔÔk 4
Ô
€Ì

Ì
Ôk ¢ 3
ÔÓk - 3 1
4
ÓÔ
n

Donc, pour tout n ∈ , un
Ê
Or lim Á n Æ Ë

44

n

5 3 Ê 1ˆ
Á- ˜ .
4 4 Ë 3¯


5
un .
˜¯ 0 donc nlim
Æ
3
4

© Nathan. Hyperbole Term S

c) 

Ê 1ˆ
3
c)  lim Á - ˜ 0 et par conséquent lim Sn n Æ Ë 3¯
n Æ
4
et Sn = v1 + v2 + … + vn

= u1 – u0 + u2 – u1 + … + un – un–1

= – u0 + un
donc Sn = – 2 + un et un = Sn + 2.
3
5
Donc lim un - 2 .
n Æ
4
4
2. a) Soit q la raison d’une suite géométrique qui vérifie (1).
Alors q est solution de l’équation :
2q n 1 q n
qn 2
⇔ 3qn+2 – 2qn+1 – qn = 0.
3
Supposons que q ≠ 0, alors q est solution de 3q2 – 2q – 1 = 0
1
donc q = 1 ou q = - .
3
On vérifie aisément que les suites géométriques de
1
premier 1 et de raison 1 ou - sont solutions de (1).
3
n
Ê 1ˆ
Pour tout n ∈ , xn = 1 et yn = Á - ˜ .
Ë 3¯
b) Soient k et k¢ deux nombres réels.
Pour tout nombre entier n, on pose :

Chapitre

3

Raisonnement par récurrence
et suites

1.  Page d’ouverture

• Énigme ✱
Le calcul des puissances de
n

1
sur tableur permet de
2

Ê 1ˆ
conjecturer que si n pair, Á ˜ se termine par 625 (n  4) ;
Ë 2¯
n

Ê 1ˆ
si n impair, Á ˜ se termine par 125 (n  3).
Ë 2¯

À l’étape n, l’aire colorée en noir est a1 + a2 + … + an.
Calcul de a1. Soit a l’aire d’un triangle noir et  l’aire de
chaque zone blanche, entre le carré ABCD et le carré
1
central. Pour un petit carré : a +  = (1 carré complet).
5
1
1 1
Dans le triangle ADH dont l’aire est ¥ 1 ¥ on a
2
2
4
1
2a +  = .
4
1 1
1
1
On en déduit a = -
et a1 = 4a = .
4 5 20
5
n
n
Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
1- Á ˜
1- Á ˜
Ë 5¯
Ë 5¯
1
L’aire noire à l’étape n est a1 ¥
¥
1
4
5
n
11 ÍÈ Ê 1ˆ ˙˘
5
5
soit 1 - Á ˜ .
4 ÍÎ Ë 5¯ ˙˚
n
Ê 1ˆ
1
Ainsi, cette aire reste inférieure à car 1 - Á ˜  1 et
Ë 5¯
4
1
on ne recouvrira pas du carré ABCD avec ce procédé.
3

2.  Vérifier les acquis
Ceci est toujours vérifié, en effet on passe d’un nombre
au suivant en le divisant par 2, d’où les derniers chiffres
sont 125 car 625 ÷ 2 = 312,5. De même, 125 ÷ 2 = 62,5
et les derniers chiffres du nombre suivant seront 625.

• Énigme ✱ ✱
A

B

1 a) Affirmation fausse : 2 × 2n = 2n + 1 et 4n = (2 × 2)n.
b) n désigne un nombre entier naturel,
n
n -1
n -1
Ê 3ˆ
4 Ê 3ˆ
4 3 Ê 3ˆ
¥Á ˜ ¥ ¥Á ˜
2¥Á ˜
Ë 2¯
3 Ë 2¯
3 2 Ë 2¯
L’affirmation est donc vraie pour tout nombre entier
naturel n.
2 a) Pour n = 0, n2 – 5n +1 = 1  0.
Pour n = 1, n2 – 5n +1 = −3  0.
Pour n = 2, n2 – 5n +1 = −5  0.
L’affirmation est vraie pour n = 1 et n = 2
b) Pour n = 0, 5n − 4n + 3 = 3
Pour n = 1, 5n − 4n + 3 = 4
Pour n = 2, 5n − 4n + 3 = 12
L’affirmation est vraie pour n = 0 et n = 2
n
Ê 5ˆ
n
c) Pour n = 0, Á ˜ 1 et 1 1
Ë 4¯
4
n

D

H

C

Ê 5ˆ
n 5
5
Pour n = 1, Á ˜ et 1
Ë 4¯
4 4
4

© Nathan. Hyperbole Term S

2

En repositionnant les 4 triangles noirs comme indiqué
on obtient que dans le carré ABCD il rentre 5 carrés de
même dimension que le carré central. Ainsi, à chaque
nouveau partage, les aires des figures sont divisées par
5, et si on note an l’aire de la zone noire à l’étape n, on
1
obtient que (an) est une suite géométrique de raison .
5

Ê 5ˆ
25
n 3 24
Pour n = 2, Á ˜
et 1
Ë 4¯
4 2 16
16
L’affirmation est vraie pour n = 0, n = 1, et n = 2.
3

a)  lim un l signifie que tout intervalle ouvert
n Æ

contenant  contient tous les termes un à partir d’un
certain rang.
45

˘1 3È
b)  lim un 1 et ˙ ; Í contient 1. Donc à partir d’un
n Æ
˚2 2Î
certain rang, tous les termes de la suite u sont dans
˘1 3È
l’intervalle ˙ ; Í .
˚2 2Î

3.  Activités d’approche

• Activité 1
1  a) 

A fortiori, à partir d’un certain rang, tous les termes de
1
la suite u sont strictement supérieur à .
2

n Æ

D’après un théorème de comparaison, lim vn
n Æ

2n (1

2) 3 ¥
5 a) un
La suite (un ) est donc
une suite géométrique de raison 2.
b) v1 2 ¥ v0 5 2 ¥ ( - 1) 5 3
v2 2 ¥ v1 5 2 ¥ 3 5 11
v1
v
3
11

et 2
-3
v0
- 1 v1
3
2n .

La suite (vn) n’est donc pas géométrique.
6 La taille du bambou en cm après n jours peut se
modéliser à l’aide de la suite géométrique (un ) définie
pour tout nombre entier naturel n par un 10 ¥ 2n
On recherche le plus petit nombre entier n, tel que
un  500
10 × 2n  500
2n  50
À l’aide de la calculatrice, et/ou d’un algorithme : n = 6.
Il faudra 6 jours au bambou pour dépasser 5 m.

1 - 5n 1
1- 5
b) Sn = 2 + 2 × 5 + 2 × 5² + … + 2 × 5n
Sn = 2 (1 + 5 + 5² + … + 5n)
1 - 5n 1
Sn = 2
1- 5
2. Pour tout nombre entier k,
k -1
Ê 1ˆ
vk ( - 8) ¥ Á ˜
Ë 3¯
7

1. a) 1 + 5 + 5² + … + 5n =

Ê 1ˆ
1
 n - 8 ( - 8) ¥ 3 º ( - 8) ¥ ÁË 3˜¯
n -1
Ê
Ê 1ˆ ˆ
1
 n - 8 ÁË1 3 º ÁË 3˜¯ ˜¯
Ê 1ˆ
1- Á ˜
Ë 3¯
Ân - 8
1
13
46

n

Ê Ê 1ˆ n ˆ
- 12 Á1 - Á ˜ ˜
Ë Ë 3¯ ¯

n -1

b) Pour u0  0, les termes semblent tous négatifs.
Pour u0  0, les termes semblent tous positifs.
Êu ˆ
u
2 a) Si uk  0, alors k  0 et exp Á k ˜  exp(
0) soit
Ë 5 ¯ 1442443
5
1
uk+1  0.
Ê uk ˆ
b) Si uk  0, exp Á ˜  exp( a ) et uk+1  0.
Ë 5¯
3 a) Si u0 = – 2  0, alors u1  0 et donc u2  0 grâce à
2. a). On en déduit u3  0 puis u4  0 et u5  0.
b) Si u0 = 3 . 0, alors u1 . 0 et donc u2 . 0. On en déduit
u3 . 0 puis de proche en proche u13 . 0.

• Activité 2
a) Augmenter de 60 % c’est multiplier par 1,6. (un ) est
géométrique de raison 1,6, donc un = 1 ¥ (1,6)n.
1,6  1 donc (un ) est une suite croissante.
b) u  200 pour la première fois pour n = 12 ; u  500
pour n = 14 ; u  1 000 pour n = 15 (Note : on saisit Q = 1,6
et A = 200 ou 500 ou 1 000).
c) On peut tester des seuils de plus en plus grands. Il
semble en effet que 1,6n dépasse tout nombre réel à
partir d’un certain rang. On conjecture lim 1, 6n .
n Æ

4.  Pour s’exercer
2 a) Initialisation : 0  u1  3 est vérifié car u1 = 5
Hérédité : On suppose que pour un entier k, k  1,
0  uk  3. On en déduit 5  uk + 5  8. En appliquant
la fonction racine carrée strictement croissante sur
[0; + ∞[, il vient 5  un + 5  8 donc 0  uk+1  3

car 0   5 et 8  3
Conclusion pour tout entier n, n  1, 0  un  3
b) Initialisation : u0  u1 est vérifié car u0 = 0 et u1 = 5
Hérédité : On suppose que pour un entier k, uk  uk+1.
On en déduit uk + 5  uk+1 + 5. Ces nombres sont positifs
d’après la question a). On peut appliquer la racine carrée
et il vient :
uk + 5  uk +1 + 5 donc uk+1  uk+2
Conclusion : pour tout entier n, un  un+1
On a démontré que la suite u est strictement croissante.

© Nathan. Hyperbole Term S

4 a) Grâce à la relation de récurrence, pour tout
entier n, vn+1  (n+1)2 car vn 2  0
Donc pour tout entier supérieur ou égal à 1, vn  n2
b) (wn) est la suite définie sur  par wn = n2
(1) Pour tout entier naturel n, vn  wn
(2) lim w n

3 a) Initialisation : u0 = 2 donc 0  u0  7.
Hérédité : on suppose 0  uk  7 pour un nombre entier

OAk 1 ( 4 k 1) 4 ou OAk 1

k. Alors 0  7un  49 et 0  7uk  49 soit 0  uk+1  7.
Conclusion : pour tout nombre entier n, 0  un  7.
b) Soit P(n) la propriété de un  un+1. P(0) est vrai car
u0  u1. En effet, u1 = u = 3,7. De plus, si pour un nombre
entier k, uk  uk+1 alors 7uk  7uk+1 et ces nombres sont
positifs car a) donc 7uk  7uk +1 .

Ak 1

O
2
Ak

Conclusion : pour tout nombre entier n, OAn = 4 n + 1.

Donc si P(k) est vraie, alors P(k + 1) est vraie aussi.
Conclusion : pour tout nombre entier n, P(n) est vraie
soit un  un+1 et la suite u est croissante.

10 a) Pour n  1, un 3 ¥ 0, 8n -1
b) -1  0, 8  1 donc lim 0, 8n -1 0 et par produit la

a) u0  0 et pour un nombre entier k, si uk  0 alors

11 a) Pour n ∈ , vn = 9 ¥ (– 1)n.
vn = 9 si n est pair et vn = – 9 si n est impair.
b) La suite (vn) n’a pas de limite (dernier point du théorème, q  – 1).

4

1
u + 1  0 soit uk+1  0.
2 k
Conclusion : pour tout nombre entier naturel n, un  0.
b) u1 = 6 donc u1  u0 et la propriété P(n)  un  un+1
initialisée pour n = 0.
Hérédité : Considérons un nombre entier k tel que
1
1
uk+1  uk alors uk+1 + 1  uk + 1 car la fonction x   k + 1
2
2
est croissante sur . Ainsi, uk+2  uk+1.
Conclusion : Pour tout nombre entier n, un+ 1  un et
la suite n est décroissante.
Initialisation : pour n = 0, 20 = 1 et n + 1 = 0 donc

5
20  0 + 1.
Hérédité : on suppose que pour un nombre entier k,
2k  k + 1 et on montre que alors 2k+1  (k + 1) + 1.
De 2k  k + 1, on déduit 2k+1  2k + 2, on compare 2k + 2
et (k + 1) + 1 = k + 2.
2k + 2 = k + (k + 2) donc 2k + 2  k + 2
et 2k+1  2k + 2  k + 2
Conclusion : pour tout nombre entier n, 2n  n + 1.
6 Initialisation : pour n = 2, = 16 et 4 ¥ 2 + 1 = 9
donc 42  4 ¥ 2 + 1.
Hérédité : on suppose 4k  4k + 1 pour un nombre entier k,
k  2 alors 4k+1  16k + 4 et 16k + 4 – (4(k + 1) + 1) = 12k – 1.
Pour k  2, 12k – 1  0 et 4k+1  16k + 4  4(k + 1) + 1.
Conclusion : pour tout nombre entier n, n  2,
4n  4n + 1.

42

18
18
= 3 ; u2 =
= 3.
6
6
Conjecture : pour tout nombre entier n, un = 3.
5¥3 3
18
b) u0 = 3 et si uk = 3, alors uk+1 =
 ; uk+1 =
= 3.
3 3
6
La propriété « un = 3 » est initialisée et elle est héréditaire
donc par récurrence : pour tout nombre entier n, un = 3.
7

© Nathan. Hyperbole Term S

4( k 1) 1.

8

a) u1 =

Initialisation : pour tout n = 0, OA0 = 1 et

4 ¥ 0 1 1, donc OA0 = 4 ¥ 0 1.
Hérédité : si pour un nombre entier k, OAk = 4 k + 1,
alors dans le triangle OAkAk+1 rectangle en Ak le théorème
de Pythagore donne OA2k 1 OA2k 4 donc :

n Æ

limite de la suite u est 0.

12 a) 0  0,9  1, donc lim ( 0, 9)n 0  et par opéran Æ

tion lim un 3(2 - 0) 6.
n Æ

b) 1,01n  1, donc lim 1, 01n et lim vn .
n Æ

n Æ

c) 0  0,2  1 et 0  0,9 1, donc lim 0, 2n 0 et
n Æ

lim

n Æ

0, 9n

0. Par opération lim w n

d) 4  1 et 3  1 donc lim

n Æ

n Æ
4 n et

3 0
3
- .
0-5
5
lim 3n .

n Æ

Le numérateur et le dénominateur de tn ont pour limite
+ ∞, on a donc une forme indéterminée. On écrit :
n
n
1 Ê 4ˆ
5 Ê 1ˆ
tn ¥ Á ˜ ¥ Á ˜
2 Ë 3¯
2 Ë 3¯
n

Ê 4ˆ
4
1
 1 donc lim Á ˜ et 0   1 donc
n Æ Ë 3 ¯
3
3
n

Ê 1ˆ
lim Á ˜ 0. On en déduit lim t n .
n Æ Ë 3¯
n Æ
13 a) Sn = (– 3) + (– 3) ¥ 0,8 + … + (– 3) ¥ 0,8n–1.
1 - 0, 8n
Sn = (– 3) (1 + 0,8 + … + 0,8n–1) d’où Sn = – 3 ¥
1 - 0, 8
Sn = – 15 [1 – 0,8n].
n
b) 0  0,8  1, donc lim 0, 8 0 et lim Sn - 15
n Æ
n Æ
(par opérations).
14 Sn = 2 + 2 ¥ 3 + … + 2 ¥ 3n car l’expression de vk est
vk = 3 ¥ 2k pour 0  k  n.
1 - 3n 1
Sn = 2(1 + 3 + … + 3n) soit Sn = 2 ¥
et Sn = 3n+1 – 1
1- 3
3  1 donc lim 3n 1 . On en déduit lim S n .
n Æ

n Æ

15 a) Chaque jour, le nombre de cas est multiplié par
20
1 0, 8. (pn) est géométrique de raison 0,8.
100
Ainsi, pour tout n ∈ , pn = 2 000 ¥ (0,8)n.
0  0,8  1 donc lim 0, 8n 0 et lim pn 0.
n Æ

n Æ

47

18 a) Initialisation : u0  u1  125. Vrai car u0 = 75 et
u1 = 95
Hérédité : Soit k  N tel que uk  uk+1  125. Alors
0,6uk + 50  0,6uk+1+ 50  0,6 × 125 + 50
soit uk+1  uk+2  125
Conclusion : Pour tout entier n de , un  un+1  125
b) La suite u est donc croissante et majorée par 125. Elle
est convergente vers un réel  avec   125
c)  lim un 1  et lim 0, 6un 50 = 0,6 + 50, d’où
n Æ

n Æ





 = 0,6 + 50 par unicité de la limite d’une suite.
50
L’équation a une solution  =
= 125.
0, 4
19 a) u0  0 et si uk  0 alors 2 uk + 3  0, soit uk +1  0
donc par récurrence, pour tout nombre entier n, un  0.
Pour tout nombre entier n, un 1 - un un 3  0 car
un  0 donc la suite u est strictement croissante.
b) Si u est majorée, comme elle est aussi croissante, elle
converge vers un nombre réel . Par unicité de la limité
de la suite (un+1), on a  2 3 donc  - 3. La limite
est un nombre réel négatif.
c) Pour tout n, un  0 donc si u converge vers un nombre
réel  alors   0. On obtient une contradiction : la suite
u n’est pas majorée et comme elle est croissante on en
déduit lim un
n Æ

5.  Accompagnement personnalisé
20 • (– n) majorée non minorée
• (0,2n) strictement positive et de limite 0
• ((– 1)n) bornée et divergente
Ê Ê 1ˆ n ˆ
• Á Á - ˜ ˜ convergente vers 0 et non monotone
ËË 2 ¯ ¯
• ((– 2)n) non majorée et ne tend pas vers + ∞.
21 a) un+1 = 0,7un + 3 000
b) u0  10 000 et si pour un entier k, uk  10 000, alors
0,7uk + 3 000  0,7 ¥ 10 000 + 3 000, soit uk+1  10 000.
Donc par récurrence, pour tout nombre entier n :
un  10 000.
Pour n ∈ , un+1 – un = – 0,3un + 3 000. Or un  10 000
donc – 0,3un  – 3 000 et un+1 – u1  0 ceci pour tout
nombre entier n.
La suite u est minorée par 10 000 et décroissante.
c) Le théorème de convergence montre que (un ) est
convergente vers un réel  (de plus   10 000).
lim un 1 l et lim 0, 7un 3 000 0, 7l 3 000

n Æ

n Æ

donc :
 = 0,7 + 3 000 et  = 10 000.
48

lim un 10 000.  Au bout d’un certain nombre de mois,

n Æ

et sous ces mêmes hypothèses, la clientèle se stabilisera autour de 10 000 clients.
d) On cherche le premier nombre
entier n tel que un  11000.
La suite u est décroissante, on utilise la calculatrice ou le tableur.
C’est à partir du 5e mois que la
clientèle tombe en dessous de
11 000 personnes.
22 1. u1 = u0 + 2 (0 + 1) = 2 ; u2 = u1 + 2 ¥ (1 + 1) = 6.
2. a) N = 3  U = 0  K = 0  U = 2
K = 1  U = 6
K = 2  U = 12
Fin du Pour V = 9
Affichage U = 12 ; V = 9
b) U = un et V = un – n
c) Avec N = 4, l’algorithme donne U = 20 et V = 16.
Il semble que pour N = n, on trouve V = n2, donc conjecture un – n = n2  un = n2 + n.
3. Initialisation : u0 = 0 et 02 + 0 = 0 donc u0 = 02 + 0
Hérédité : on considère k, k ∈ , tel que uk = k2 + k.
Montrons que uk+1 = (k + 1)2 + (k + 1)
uk+1 = uk + 2(k + 1)

= k2 + k + 2k + 2

= (k2 + 2k + 1) + (k + 1)

= (k + 1)2 + (k + 1)
Conclusion : pour tout nombre entier n, un = n2 + n.
23 a) Soit P(n) la propriété un  un+1  1 où n est un
nombre entier naturel.
Initialisation : P(0) s’écrit u0  u1  1 qui est vérifié car
u0 = 0 et u1 = 2.
Hérédité : soit k ∈  tel que uk  uk+1  1, montrons
que uk+1  uk+2  1 si uk  uk+1  1, alors :
0,3uk  0,3uk+1  0,3 car 0,3  0
d’où en ajoutant 1 à tous les membres uk+1  uk+2  0,3.
Conclusion : pour tout nombre entier n, un  un+1  1
et la suite u est décroissante et minorée par 1.
b) Le théorème de convergence montre que la suite u
est convergente ver un réel  (avec de plus   1).
lim un 1  et lim ( 0, 3un 1) 0, 3 1.

n Æ

n Æ

On en déduit  = 0,3 + 1
0,7 = 1
1

=
0, 7
10

=
7
10
La suite u est convergente vers .
7

© Nathan. Hyperbole Term S

b) Le nombre de cas se rapproche de 0 quand on laisse
s’écouler un bon nombre de jours.

6.  Exercices d’application
24 Initialisation : u0 = 0, donc 0  u0  2.
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
0  uk  2 et on montre qu’alors 0  uk+1  2 si 0  uk  2
alors 2  uk + 2  4  et  0  2  uk + 2  4 soit
0  uk+1  2
Conclusion : pour tout nombre entier n, 0  un  2.
25 1. Initialisation : (ea)0 = 1 et ea¥0 = e0 = 1 donc
(ea)0 = e0¥a
Hérédité : on considère un entier k tel que (ea)k = eka et
on montre qu’alors (ea)k+1 = e(k+1)a. Or (ea)k+1 = (ea)k ¥ ea
d’où avec l’hypothèse de récurrence (ea)k+1 = eka ¥ ea et
(ea)k+1 = eka+a et (ea)k+1 = e(k+1)a.
Conclusion : pour tout nombre entier n, (ea)n = ena ceci
pour tout nombre réel a.
2. e2x ¥ (e–x)3 = e2x ¥ e–3x (ex)2 ¥ e = e2x ¥ e1

= e2x–3x = e2x+1

= e–x
26 Initialisation : (1 + π)0 = 1 et 1 + 0 ¥ π = 1 donc
(1 + π)0  1 + 0 ¥ π.
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
(1 + π)k  1 + kπ et on montre qu’alors
(1 + π)k+1  1 + (k + 1) π
Si (1 + π)k  1 + kπ alors (1 + π)k+1  (1 + π)(1 + kπ),
soit (1 + π)k+1  1 + (k + 1)π +kπ2
Or k ∈  donc kπ2  0
et (1 + π)k+1  1 + (k + 1)π + kπ2  1 + (k + 1)π
Conclusion : pour tout nombre entier n, (1 + π)n  1 + nπ.
27 Initialisation : pour n = 6,  26 = 64 et 6 ¥ 6 + 7 = 43
donc 26  6 ¥ 6 + 7.
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
6k  6k + 7 et on montre qu’alors 6k+1  614444
( k +214444
) + 73
6 k +13

Si 6k  6k + 7, alors 6k+1  6(6k + 7), soit 6k+1  36k + 42.
On compare 36k + 42 et 6k + 13 :
(36k + 42) – (6k + 13) = 30k + 29  0
donc 36k + 42  6k + 13 et 6k+1  36k + 42  6k + 13
Conclusion : pour tout nombre entier n, n  6,  2n  6n + 7.
28 a) Initialisation : pour n = 4,
24 = 16 et 3 ¥ 4 + 1 = 13, donc 24  3 ¥ 4 + 1
Hérédité : on considère un nombre entier k  4 tel que
( k 4+214444
) + 31
2k  3k + 1 et on montre qu’alors 2k+1  31444

© Nathan. Hyperbole Term S

3k + 4

Si 2k  3k + 1, alors 2k+1  6k + 2.
Or (6k + 2) – (3k + 4) = 3k – 2 et pour k  4,
3k – 2  10  0 donc 2k+1  6k + 2  3k + 4.
Conclusion : pour tout nombre entier n, 2n  3n + 1.
b) Le résultat du a) montre que si n  4, 2n – n  2n + 1.
Or lim (2n 1) . Donc, avec un théorème de comn Æ

paraison, on obtient lim un .
n Æ

29 Intialisation : 50+2 = 25 et 40+2 + 30+2 = 25 donc :
50+2  40+2 + 30+2
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
5k+2  4k+2 + 3k+2 et on montre qu’alors 5k+3  4k+3 + 3k+3
Si 5k+2  4k+2 + 3k+2 alors 5k+3  5 ¥ 4k+2 + 5 ¥ 3k+2.
5  4 donc 5 ¥ 4k+2  4k+3 et 5  3 donc 5 ¥ 3k+2  3k+3
et par somme : 5k+3  4k+3 + 3k+3
Conclusion : pour tout nombre entier n,
5n+2  4n+2 + 3n+2.

0 ¥ ( 0 1)
30 Initialisation :
donc c’est un nombre
2
entier naturel.
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
k ( k + 1)
est un nombre entier naturel, notons le K et
2
( k + 1)( k + 2)
montrons que
est aussi un nombre entier
2
naturel.
( k 1)( k 2) ( k 1)k ( k 1) ¥ 2 k ( k 1)


( k 1)
2
2
2
( k + 1)( k + 2)
Donc
est un nombre entier naturel car c’est
2
la somme de deux nombres entiers naturels K et (k + 1).
n( n + 1)
Conclusion : pour tout nombre entier n,
∈ .
2
31 a) Si P(k) est vraie, 4k + 1 = 3k¢ avec k¢ ∈ .
Alors 4k+1 + 1 = 4 ¥ 4k + 1 d’où 4k+1 + 1 = 4(3k¢ – 1) + 1
et 4k+1 + 1 = 12k¢ – 3 = 3(4k¢ – 1)
On a bien montré que 4k+1 + 1 est un multiple de 3, donc
P(k + 1) est vraie.
b) Pour conclure que P(n) est vraie pour tout nombre
entier n, il faudrait initialiser. Or ici pour n = 0, n = 1, etc.,
P(n) n’est pas vérifiée (ce qui suffit à prouver qu’elle n’est
pas vraie pour tout n). En spécialité, on pourra montrer
que 4n + 1 n’est jamais un multiple de 3.
32 a) Si uk est pair, alors uk = 2k¢ avec k¢ ∈ 
et uk+1 = 2k¢ + 6k + 30
uk+1 = 2(k¢ + 3k + 15)  uk+1 est pair.
b) Si uk est un multiple de 3, alors uk = 3k¢ avec k¢ ∈ 
et uk+1 = 3k¢ + 6k + 30
uk+1 = 3(k¢ + 2k + 10)
donc uk+1 est un multiple de 3.
c) Pour obtenir uk pair pour tout nombre entier n, il
faudrait raisonner par récurrence et donc étaler l’initialisation étant donné que l’hérédité est établie au a) : si
u0 est pair, alors pour tout nombre entier n, un est pair.
De la même manière si u0 est un multiple de 3, alors pour
tout nombre entier n, un est un multiple de 3.
33 a) I = [1,5 ; 2].
b) Initialisation : v0 = 2 donc v0 ∈ I.
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que vk ∈ I
3
et on montre que vk+1 ∈ I. vk ∈ I donc  vk  2 et
2
1
1
2
3
1
5 5

 soit  1 +
 or  2 donc vk+1 ∈ I.
vk
2
vk
3
2
3 3

49

34 a) 

Nombre de côtés

3

4

5

π





Polygone convexe
Somme des angles
en radians

b) Conjecture : pour un polygone convexe de n côtés la
somme des angles est (n – 2)π.
Soit P(n) la propriété Sn = (n – 2)π
Initialisation : P(3) s’écrit
« S3 = π » qui est vrai
Hérédité : On suppose que
p
(k – 2) p
pour un polygone convexe de
k côtés, on a Sk = (k – 2)π.
(k 1) côté
En traçant un segment reliant
deux points voisins, on « partage » un polygone de k + 1 côtés en un triangle et un
polygone de k côtés.
Ainsi Sk+1 = π + (k – 2)π = (k + 1 – 2)π, donc P(k + 1) est
vérifiée.
Conclusion : La propriété P est initialisée en 3 et elle
est héréditaire donc par récurrrence, pour tout nombre
entier n, n  3, la somme des angles d’un polygone à n
côtés est (n – 2)π.
1¥ 2
vrai.
2
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
k ( k + 1)
1+2+…+k=
et on montre qu’alors
2
( k + 1)( k + 2)
1 + 2 + … + (k + 1) =
.
2
k ( k + 1)
Or 1 + 2 + … + k + (k + 1) =
+ (k + 1) car hypothèse
2
de récurrence, d’où en factorisant par (k + 1) :
35 Initialisation : pour n = 1,  1

50

Êk ˆ
1 + 2 + … + k + 1 = (k + 1)Á 1˜
Ë2 ¯
( k + 1)( k + 2)
et 1+ 2 + … + (k + 1) =
2
Conclusion : pour tout nombre entier n non nul :
n( n + 1)
1+2+…+n=
.
2
1¥ 2 ¥ 3
, vrai.
6
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
k ( k + 1)(2k + 1)
12 + … + k2 =
et on montre qu’alors
6
( k + 1)( k + 2)(2( k + 1) + 1)
12 + 22+ … + (k + 1)2 =
c’est-à6
( k + 1)( k + 2)(2k + 3)
dire 12 + … + (k + 1)2 =
.
6
k ( k + 1)(2k + 1)
Or 12 + 22 + … + k2 + (k + 1)2 =
+ (k + 1)2
6
car hypothèse de récurrence. Donc en factorisant
( k + 1)
12 + 22 + … + (k + 1)2 =
[k(2k + 1) + 6(k + 1)].
6
Le crochet vaut 2k2 + 7k + 6 et on vérifie que
(k + 2)(2k + 3) = 2k2 + 7k + 6 en développant. On a donc
( k + 1)( k + 2)(2k + 3)
montré 12 + … + (k + 1)2 =
.
6
Conclusion : pour tout nombre entier n non nul :
n( n + 1)(2n + 1)
12 + … + n2 =
.
6
36 Initalisation : pour n = 1,  12 =

1
2 1

, vrai.
22
4
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
Ê
Ê

1 ˆ k 1
et on montre qu’alors
ÁË1 - 2 ˜¯ ¥ º ¥ ÁË1 - 2 ˜¯
k
2
2k
Ê
Ê

1 ˆ
k 2

.
ÁË1 - 2 ˜¯ ¥ º ¥ Á1 2˜

(
)
2
1
k
2
( k 1)
Ë
¯
Ê
Ê

1 ˆÊ
1 ˆ
Or Á1 - 2 ˜ ¥ º ¥ Á1 - 2 ˜ Á1 Ë 2 ¯
Ë
k ¯ Ë ( k 1)2 ˜¯
( k 1) ( k 1)2 - 1

¥
2k
( k 1)2
2
(k + 1) – 1= k(k + 2) donc après simplification :
Ê
Ê

1 ˆ
k 2

ÁË1 - 2 ˜¯ ¥ º ¥ Á1 ˜
2
2
Ë ( k 1) ¯ 2( k 1)
Conclusion : pour tout nombre entier n, n  2 :
Ê
Ê

1 ˆ n 1
.
ÁË1 - 2 ˜¯ ¥ º ¥ ÁË1 - 2 ˜¯
2
n
2n
37 Initialisation : pour n = 2,  1 -

38

P(0) est vraie et il semble que P(n) est vraie pour n  3.

© Nathan. Hyperbole Term S

Conclusion : pour tout nombre entier n, vn ∈ I.
3
c) Pour tout nombre entier n,  vn  2 donc (vn) est
2
bien bornée.
La deuxième affirmation est fausse. En effet, l’égalité
1
1
vn+1 = vn (pour n  6) s’écrit 1
vn soit vn -1 0
vn
vn
v 2 - vn - 1
ou n
0. Au numérateur, on reconnaît la forme
vn
X2 – X – 1 avec X = vn. Or le discriminant de cette fonction
1- 5
trinôme est D = 5. Elle s’annule donc pour X1
et
2
1 5
X2
. X1 ∉ I donc il est impossible que vn = X1.
2
X2 ∈ I mais si vn = X2 alors nécessairement vn–1 = X2 car
si vn–1 ≠ X2 alors vn ≠ X2 et on obtient alors de proche en
proche v0 = X2,, ce qui est faux puisque v0 = 2. La suite v
n’est donc pas constante.

Par récurrence pour n = 3, la propriété est initialisée. On
considère un nombre entier k, k  3, tel que 2k  2k et on
montre qu’alors 2k+1  2(k + 1). Si 2k  2k, alors 2k+1  4k.
Or 4k – 2(k + 1) = 2k – 2 et pour k  3, on a 2k – 2  0
donc 2k+1  4k  2(k + 1).
Conclusion : pour tout nombre entier n, n  3, 2n  2n.
Les nombres entiers n pour lesquels P(n) est vraie sont
tous les nombres entiers naturels excepté 1 et 2.
39 1. 

  

T5 15

T6 21

© Nathan. Hyperbole Term S

2. a) Tn+1 = Tn + (n + 1). En effet, on passe du rang n au
rang n + 1 en ajoutant une ligne de (n + 1) points.
b) 2T2 = 6 = 2 ¥ 3  2T3 = 12 = 3 ¥ 4  2T5 = 20 = 5 ¥ 6
n( n + 1)
Il semble que 2Tn = n(n + 1) et Tn =
2
c) Initialisation : immédiat avec T1 = 1
Hérédité : considérons un nombre entier k tel que
k ( k + 1)
( k + 1)( k + 2)
Tk = 
et montrons qu’alors Tk+1 =
2
2
k ( k + 1)
k ( k + 1)
Si Tk =
, alors, Tk+1 = Tk + (k + 1) =
+ (k + 1)
2
2
Êk ˆ
soit Tk+1 = (k + 1) Á 1˜
Ë2 ¯
( k + 1)( k + 2)
On obtient alors Tk+1 =
.
2
n( n + 1)
Conclusion : pour tout nombre entier n, Tn =
.
2
1
2
3
40 a) t1 =  ; t2 =  ; t3 = .
2
3
4
n
b) Conjecture : tn =
n +1
0
c) Initialisation : t0 = 0 et
0
0 1
k
Hérédité : soit k ∈  tel que tk =
montrons qu’alors
k
+1
k +1
k
tk+1 =
. Si tk =
alors :
k+2
k +1
k
1
t k 1

k 1 ( k 1)( k 2)
k 2 2k 1

( k 1)( k 2)
( k 1)2

(kk 1)( k 2)
k 1

k 2
n
Conclusion : pour tout nombre entier n, t n
.
n 1
41 a) n = 1  u = 1  s = 1 La boucle ne tourne pas car
n – 1 = 0 affichage s = 1
n = 2  u = 1  s = 1  k = 1  u = 3 ; s = 4 (n – 1 = 1) fin de
la boucle affichage S = 4

n = 3  u = 1  s = 1  k = 1  u = 3 ; s = 4

k = 2  u = 5 ; s = 9 (n – 1 = 2) fin de
la boucle affichage S = 9
Il semble que Sn = n2.
b) Initialisation : u0 = 1 = 2 ¥ 0 + 1. Ensuite à chaque
étape, on ajoute 2 à u donc on passe de 2k + 1 à
2k + 3 = 2(k + 1) + 1. Donc à l’étape k + 1 on a bien :
uk+1 = 2(k + 1) + 1. L’expression de uk est établie par
récurrence (pour k  n). On note qu’on obtient ainsi la
suite des nombres entiers impairs et le nombre affiché
à la sortie de l’algorithme est la somme des n premiers
nombres entiers impairs.
Il faut noter que le dernier nombre entier de la somme
est obtenu à la répétition n – 1, il s’écrit 2(n – 1) + 1.
Conjecture : pour tout nombre entier n : Sn = n2.
c) L’initialisation est vérifiée en a).
Hérédité : si pour un entier n, Sn = n2 alors Sn+1 est obtenu en
ajoutant à Sn le (n + 1)ième entier impair soit Sn+1 = Sn + (2n + 1)
(le (n + 1)ième impair est obtenu à la répétition d’ordre n) d’où
Sn+1 = n2 + 2n +1 et Sn+1 = (n + 1)2
Conclusion : pour tout nombre entier n, la somme des
n premiers nombres entiers impairs est n2.
42 a) N = 3 ; S = 0 ; T = 0
K = 1 ; S = 1 ; T = 13 = 1
K = 2 ; S = 1 + 2 = 3 ; T = 1 + 23 = 9
K = 3 ; S = 3 + 3 = 6 ; T = 9 + 33 = 36
Affichage S = 6 ; T = 36
b) Au cours de l’exécution précédente, on repère que
si n = 1 l’algorithme affiche S = 1 ; T = 1
si n = 2 l’algorithme affiche S = 3 ; T = 9
si n = 3 l’algorithme affiche S = 6 ; T = 36
Conjecture : Tn = S2n
c) Au cours de l’exécution de l’algorithme, on repère
que la variable S représente la somme des différentes
valeurs de K et la variable T représente la somme des
différentes valeurs de K3 d’où Sn = 1 + 2 + … + n et
Tn = 13 + 23 + … + n3.
d) Sn est la somme des n premiers nombres entiers, on a
n( n + 1)
vu en 1° que Sn =
(suite arithmétique de raison 1)
2
e) Initialisation : T1 = S12 vrai.
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
Tk = S2k et on montre qu’alors Tk+1 = S2k +1 or
Tk+1 = Tk + (k + 1)3

= S2k + (k + 1)3
2

Ê k ( k 1)ˆ

( k 1)3
Ë 2 ˜¯
( k + 1) 2 2

=
[k + 4(k + 1)]
4
( k + 1) 2 2

=
(k + 4k + 4)
4
2
È( k 1)( k 2) ˘
2
d’où Tk+1 = Í
˙ Sk 1
2
Î
˚


51

Conclusion : pour tout nombre entier n, non nul
2
È n( n 1) ˘
3
3
2
Tn = Sn soit 1 + … + n = Í
˙
Î 2 ˚
43 a) – 1  0,1  1 donc lim ( 0,1)n 0 et par opéran Æ

46 a) Si q  1, q s’écrit q = 1 + a avec a  0. On en déduit
pour n ∈ , qn  1 + na avec le prérequis or
lim (1 na ) car a  0, donc avec un théorème de

n Æ

comparaison lim q n
n Æ

tions lim un 10 (10 ¥ (1 – 0))

b) 3,4  1 donc lim 3, 4 n

1
b) 1 +
 1 donc lim vn
n Æ
100
c) – 1  0,5  1 donc lim 0, 5n 0

et lim (5 - 3, 4 n ) - . Ainsi lim vn 0.

n Æ

n Æ

n Æ

n Æ

et lim

47 a) pn = 1 – qn où qn est la probabilité d’obtenir n fois
de suite un numéro autre que 6. qn est donc la probabilité de n répétitions indépendantes du même événement
n
n
Ê 5ˆ
Ê 5ˆ
5
de probabilité , d’où qn = Á ˜ et pn = 1– Á ˜ .
Ë 6¯
Ë 6¯
6

n Æ

–1

n Æ

1
1
. On a 4  1 donc lim 4 n
n Æ
3
( 0 , 5 )n
1
n
et wn = (1 + 4 ) ¥
donc par opérations
3 + ( 0 , 5 )n
lim w n
n Æ 3

d) – 1  0,2  1 et – 1  0,3  1 donc lim 0, 2n 0 ;
n Æ

lim 0, 3n 0 et par opérations lim t n

n Æ

n Æ

-1
-1
1

44 a) –1  0,8  1 donc lim 0, 8n 0  et par opérations
n Æ

1 - 0, 8
lim an 42 ¥
n Æ
1 - 0, 8
42

210
0, 2
n
Ê 4ˆ
4
b) – 1  –  1 donc lim Á - ˜ 0 et par opérations
n Æ Ë 5 ¯
5
3 1- 0
lim bn ¥
n Æ
4 1 4
5
3 5
5
¥
4 9 12
45 a) 4  1 donc lim 4 n et lim sn ;
n Æ

n

n

Ê 5ˆ
5
 1 donc lim Á ˜ 0 et lim pn 1
n Æ Ë 6 ¯
n Æ
6
b) On cherche la première valeur de n pour laquelle
n
Ê 5ˆ
pn  0,9, soit Á ˜  0,1.
Ë 6¯
ÊÊ 5 ˆ n ˆ
5
Or 0   1 donc la suite Á Á ˜ ˜ est décroissante et
6
ËË 6 ¯ ¯
converge vers 0. On en déduit l’existence et l’unicité du
5 12
nombre entier cherché. À la calculatrice,
≈ 0,11 et
6
5 13
 ≈ 0,09. La réponse est n = 13.
6
n

Ê 4ˆ
4
48 – 1   1 donc lim Á ˜ 0 donc le théorème
n Æ Ë 5 ¯
5
des gendarmes montre que lim (1 - un ) 0 . On en
n Æ
déduit lim un 1.
n Æ

49 a) 

n Æ

Ê 1ˆ
1
– 1   1 donc lim Á ˜ 0 et lim t n 0
n Æ Ë 2 ¯
n Æ
2
b) Par somme lim sn t n . Pour sn ¥ tn, on a une
forme indéterminée mais pour tout nombre entier n,
n
n
Ê 1ˆ
4n
3 Ê

sn ¥ tn =
¥ 3 ¥ Á ˜ ¥ Á4 ¥ ˜ ;
Ë 2¯
5
5 Ë

3
n
sn ¥ tn = ¥ 2 . Or 2  1 donc lim ( sn ¥ t n )
n Æ
5
2
ÈÊ 1ˆ n ˘
n
4
¥ 32 ¥ ÍÁ ˜ ˙
c) Pour n ∈ , sn ¥ t n2
5
ÍÎË 2 ¯ ˙˚


Ê 1ˆ
9
¥ 4n ¥ Á ˜
Ë 2¯
5

2n

12 n
9
¥ 4n ¥ 2n
5
2
or 22n = (22)n = 4n et 12n = 1
9
donc sn ¥ t n2 pour tout nombre entier n la suite
5
s ¥ t2 est bien constante.


52

Sur la colonne des (un – 1), on reconnaît les puissances
de 2.
Conjecture : un – 1 = 2n et un = 2n + 1
b) Pour tout n, un+2 = un+1 + 2un+1 – 2un,
donc un+2 – un+1 = 2(un+1 – un ) ou Vn+1 = 2Vn
c) La suite V est géométrique de raison 2
et V0 = u1 – u0 = 1, donc pour tout n, Vn = 1 ¥ 2n = 2n et
un+1 – un = 2n soit un+1 = un + 2n.
d) Initialisation : u0 = 2 et 20 + 1 = 2
Hérédité : on considère un nombre entier k tel que
uk = 2k + 1 alors uk+1 = uk + 2k
donc uk+1 = 2k + 1 + 2k = 2 ¥ 2k +1 = 2k+1 + 1
Conclusion : pour tout nombre entier n,  un = 2n + 1

© Nathan. Hyperbole Term S

n Æ

50 Sn = 2 + 2 ¥ 5 + … + 2 ¥ 5n (car pour tout nombre
entier k  uk = u0 ¥ 5k = 2 ¥ 5k)
Sn= 2(1 + 5 + … + 5n)
1 - 5n 1
=2¥
1- 5
(1 - 5n 1 )
=2¥
(- 4)
5n 1 - 1
=
2
5  1 donc lim 5n 1 et par opérations
n Æ

lim Sn

n Æ

Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
51 Sn = 5 + 5 ¥ Á - ˜ + … + 5 ¥ Á - ˜
Ë 3¯
Ë 3¯
k -1

(car pour tout
k -1

)

n

Ê 1ˆ
1 - Á- ˜
Ë 3¯

4
3
n
È
15 Í Ê 1ˆ ˙˘

1 - Á- ˜
4 ÍÎ Ë 3¯ ˙˚
n
Ê 1ˆ
1
– 1  –  1 donc lim Á - ˜ 0 et par opérations
n Æ Ë 3 ¯
3
15
lim  n
n Æ
4
52 Pour tout nombre entier k, wk = (– 7) ¥ 4n donc pour
n ∈ ,  wn = (– 7)(1 + 4 + … + 4n)
1 - 4 n 1

( - 7) ¥
1- 4
7
n

(1 - 4 1 )

3
4  1 donc lim 4 n 1 et lim (1 - 4 n 1 ) -
n Æ

d’où lim w n -
n Æ

© Nathan. Hyperbole Term S

n Æ

et lim ( r0 º rn ) 12 500
n Æ

On peut noter que r0 + … + rn  12 500 car 1 – 0,98n+1  1.
Sur le long terme, l’entreprise rejettera au maximum
12 500 tonnes de CO2.

n -1

Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
5 ¥ Á- ˜
nombre entier k, vk = v1 ¥ Á - ˜
Ë 3¯
Ë 3¯
n -1˘
È Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
Sn 5 Í1 Á - ˜ º Á - ˜ ˙
Ë
¯
Ë 3¯ ˙˚
3
ÍÎ
n
Ê 1ˆ
1 - Á- ˜
Ë 3¯

Ê 1ˆ
1 - Á- ˜
Ë 3¯

n Æ

r0 + … + r9 = 12 500 ¥ (1 – 0,9810)

≈ 2 287 (arrondi à la tonne)
c) À partir de 2011 jusqu’à 2011 + n, elle rejette
r0 + … + rn = 250(1 + 0,98 + … + 0,98n)
1 - 0, 98n 1
soit 250 ¥
= 12 500(1 – 0,98n+1)
1 - 0, 98
0  0,98  1 donc lim 0, 98n 1 0

Ê
2 ˆ
53 a) r0 = 250 et pour tout n, rn+1 = rn ¥ Á1 .
Ë 100 ˜¯
(rn) est une suite géométrique de raison 0,98, d’où pour
tout n, rn = 250 ¥ (0,98)n.
b) 2020 = 2011 + 9 donc on cherche :
r0 + … + r9 = 250 (1 + 0,98 + … 0,989)
1 - 0, 9810

= 250 ¥
1 - 0, 98

= 12 500 ¥ (1 – 0,9810)

4 Ê 1ˆ
54 a) On obtient Sn = - ¥ Á ˜
3 Ë 4¯

n 1

3( n 1)

n 1

4
3

Ê 1ˆ
1- Á ˜
Ë 4¯
Ê 1ˆ
1
b) 1 º Á ˜
1
Ë 4¯
4
14
n 1
È
Ê 1ˆ ˘
4
Í1 - Á ˜ ˙
3 ÍÎ Ë 4 ¯ ˙˚
n

n 1

4 4 Ê 1ˆ
- Á ˜
3 3 Ë 4¯
˘
ÈÊ 1 ˆ n
ÈÊ 1 ˆ
˘
Or Sn = [1 3] ÍÁ ˜ 3˙ º ÍÁ ˜ 3˙ avec (n + 1)
ÍÎË 4 ¯
˙˚
ÍÎË 4 ¯
˙˚
termes donc après réorganisation :
n
È 1
Ê 1ˆ ˘
Sn = Í1 º Á ˜ ˙ ( n 1) ¥ 3
Ë 4 ¯ ˙˚
ÍÎ 4
n 1
4 4 Ê 1ˆ
3( n 1) d’après le calcul précédent.
Sn = - ¥ Á ˜
3 3 Ë 4¯
n 1

Ê 1ˆ
1
0
 1 donc lim Á ˜
n Æ Ë 4 ¯
4
È 4 4 Ê 1 ˆ n 1˘ 4
et lim Í - Á ˜ ˙
n Æ Í 3
3 Ë 4 ¯ ˙˚ 3
Î
lim 3( n 1) donc par somme lim Sn
c) – 1 

n Æ

n Æ

55 a) vn+1 = un+1 – 1

= 3un – 3

= 3(un – 1)
donc pour tout nombre entier n, vn+1 = 3vn. La suite v est
géométrique de raison 3 avec v0 = u0 – 1 = 1.
b) Pour tout nombre entier n,  vn = v0 ¥ 3n = 3n
et un = vn + 1 = 3n + 1
c) 3  1 donc lim 3n et lim un
n Æ

n Æ

d) Sn = u0 + … + un = (v0 + 1) + … + (vn + 1)

= (v0 + … + vn) + (1 + … + 1)

= 1 + 3 + … + 3n + (n + 1) car il y a (n + 1) termes
3n 1 - 1

=
( n 1)
3-1
53


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