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Les nombres étant tous strictement positifs,
a 1 1
2
2 2
a < b < ⇔ < < ⇔ a < < et ainsi :
2 b a
a
b a
2
2
∈ a ; .
b
a
2
2
2
De la même manière, a > ⇔ ∈  ; a .
a
b
a
c) Le raisonnement fait en a) nous permet d’affirmer
2
que 12 appartient à l’intervalle ouvert d’extrémités b et .
b
Comme d’après b) cet intervalle est contenu (strictement)
2
dans l’intervalle ouvert d’extrémités a et , on obtient bien
a
un encadrement plus fin de 12.

4

3

4

2 a) u0 = 1,
u0
1

3

b) u3 = 1,414 215 et u4 = 1,414 213 à 10–6 près par défaut.
On peut donc en conclure que 1,414 214 est une valeur
approchée de 12 à 10–6 près.
1
2
2
x+
⇔ x = ⇔ x2 = 2 ⇔ x = 12.
2
x
x
Les courbes se coupent donc au point de coordonnées
(12 ; 12).
b)

3 a) Sur ]0 ; 2], x =

1

2

2
3 2 4
17
= 2, u1 = , = , u2 = .
u0
2 u1 3
12
2

u1 u2 u1

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

2

u0
2

La représentation graphique permet de conjecturer que la
suite (un) converge vers 12.

110476_C01_prof_fig01bis

Problèmes ouverts
1 Pour tout entier naturel n, on note rn le reste de la

division euclidienne de 3n par 8. Ainsi :
31 = 0 × 8 + 3 r1 = 3 ; 32 = 1 × 8 + 1
r2 = 1
33 = 3 × 8 + 3 r3 = 3 ; 34 = 10 × 8 + 1 r4 = 1
On peut vérifier que r14 = 1 et r15 = 3 et conjecturer que
r2012 = 1.

Avec les acquis de ce chapitre, on peut démontrer par
récurrence que rn = 1 si n est pair et que rn = 3 si n est
impair.

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

• Supposons n pair : n = 2k, avec k ∈ .
Soit (Pk) la proposition : r2k = 1.
Initialisation : r2 = 1 donc (P1) est vraie.
Hérédité : supposons (Pk) vraie (r2k = 1).
r2k = 1 signifie que 32k = 8q + 1 avec q ∈ .
32(k+1) = 9(8q + 1) = 8(9q + 1) + 1, donc r2(k+1) = 1 : (Pk) vraie
entraîne (Pk+1) vraie.
Conclusion  : pour tout entier naturel k, r2k = 1, ce qui
revient à dire que pour tout entier naturel pair n, le reste de
la division euclidienne de 3n par 8 est égal à 1.
• On démontre de la même manière que pour tout entier
naturel impair n, le reste de la division euclidienne de 3n
par 8 est égal à 3.
Ainsi, r14 = 1, r15 = 3 et r2012 = 1.

2

Enseignement spécifique ● Chapitre 1 ● Suites

3
​  1   ​=  
​ 2 ​  ,  
​  1   ​+  
​  1   ​+  
​  1   ​=  
​   ​  ,
​  1   ​+  
2 •  
1 × 2 2 × 3 3 1 × 2 2 × 3 3 × 4 4
1   ​+ ​  1   ​+ ​  1   ​+ ​  1   ​= ​ 4 ​   .
​  
       
2 × 2 2 × 3 3 × 4 4 × 5 5

2 012
On peut conjecturer que la somme proposée est ​  
 ​ et

2 013
que l’entier le plus proche est 1.
• La démonstration nécessite l’utilisation d’un outil présenté
dans le chapitre : le raisonnement par récurrence.
Pour tout naturel non nul n, posons
​  1   ​+ … +  
​  1   ​  .
un =  
​  1   ​+  
1 × 2 2 × 3
n(n + 1)
n
Hypothèse de récurrence : un =  
​     ​.
n + 1
1
1
Initialisation  : u1 = ​  
   ​ = ​    ​  : la propriété est vraie au
1 × 2 2
rang 1.
Hérédité : supposons-la vraie au rang n et calculons un   +   1.
n
1    ​= ​  n(n + 2) + 1
​ 
 ​
​     ​+ 
   
un   +   1 =  

n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2)
n + 1
n2 + 2n + 1
 ​=  
​ 
 ​.

= 
​ 
  


(n + 1)(n + 2) n + 2
La propriété est héréditaire.

n
Conclusion : pour tout naturel non nul n, un =  
​     ​.
n + 1
2 012
La somme proposée est bien ​  
 ​ 
et l’entier le plus proche
2 013
est 1.