[PDF] Corrigé du Contrôle Continu no 1

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DUT GEA1eannée

Mathématiques financières, S2

Année universitaire 2018/2019

Corrigé du Contrôle Continu n

o1

Exercice 1

Soit (un)n2Nla suite arithmétique de premier termeu0AE4 et de raisonrAE6. 1.

C alculeru5etu30.

Puisque (un)n2Nest arithmétique, on a pour toutn2N: u nAEu0Ånr, avec iciu0AE4 etrAE6. Ainsi, u

5AEu0Å5rAE4Å5£6AE34 etu30AEu0Å30rAE4Å30£6AE184.

2.

P ourquel lev aleurde na-t-onunAE160? Justifier.

Pourn2N, on a :

u nAE160()4Å6nAE160 ()6nAE160¡4AE156 ()nAE1566 AE26.

Ainsi,unAE160 pournAE26.

Exercice 2

Soit (un)n2Nla suite arithmétique telle queu6AE112 etu14AE56. 1. Dé terminerla r aisonrpuis le terme initialu0de (un)n2N. Puisque (un)n2Nest arithmétique, on a pour toutn2N: u nAEu0Ånr, et on sait, ici,u6AE112 etu14AE56. On a donc :

On en déduit que la raison de (un)n2Nest :

rAE¡568

AE¡7.

Puisque 112AEu6AEu0Å6rAEu0Å6£(¡7)AEu0¡42, on obtient que le terme initial de cette suite est :

u

0AE112Å42AE154.

2. L asu ite( un)n2Nest-elle croissante? Décroissante? Justifier.

La suite (un)n2Nest (strictement) décroissante puisqu"elle est arithmétique de raison (strictement) négative.

Exercice 3

Soit (un)n2Nla suite géométrique telle queu2AE686 etu5AE¡2. 1. Dé terminerla r aisonqpuis le terme initialu0de (un)n2N. Puisque (un)n2Nest géométrique, on a pour toutn2N: u nAEu0qn, 1 et on sait, ici,u2AE686 etu5AE¡2. On a donc : 1343

AE¡2686

AEu5u

2AEu0q5u

0q2AEq3.

On en déduit que la raison de (un)n2Nest :

qAE3r1 343

AE¡17

Puisque 686AEu2AEu0q2AEu0£(¡17

)2AEu049 , on obtient que le terme initial de cette suite est : u

0AE686£49AE33614.

2. L asu ite( un)n2Nadmet-elle une limite? (Justifier). Dans l"affirmative, déterminer cette limite. La suite (un)n2Nconverge vers 0 puisqu"elle est géométrique de raisonq2]¡1,1[.

Exercice 4

Soit (un)n2Nla suite géométrique de terme initialu0AE3 et de raisonqAE1,1. On note : S nAEnX kAE1u nAEu1Åu2Å¢¢¢Åun. 1.

C alculerS4etS20.

Rappelons que pour une suite géométrique (un)n2N, on a : S nAEnX kAE1u nAEu11¡qn1¡q. Ici,u0AE3, doncu1AE3qAE3£1,1AE3,3 et on obtient : S et S 2.

P ourquel lesv aleursde na-t-onun¸125?

Pourn2N, on a :

u n¸5()3£1,1n¸125 ()1,1n¸1253 ()nln(1,1)AEln(1,1n)¸lnµ1253 ()n¸ln¡1253

¢ln(1,1)

'39,13 (car ln(1,1)È0).

Ainsi, on aun¸125 pour toutn¸40.

Exercice 5

Soit (un)n2Nla suite telle queu0AE3 et, pour toutn2N: u nÅ1AEunÅ3¡u2n2un. 2

1.P ourn2N, exprimeru2nÅ1¡3 en fonction deun. En déduire queu2n¸3, pour toutn2N.

Pourn2N, on a :

u

2nÅ1¡3AEµ

u 2 ¡3 2 ¡3 2 2

¸0,

2. Vér ifierqu e,p ourtout n2N,unÅ1AEu2nÅ32un.

Pourn2N, on a :

u 3. E ndéduir e,p arré currencesur n, queunÈ0 pour toutn2N.

²Initialisation :On a :

u

0AE3È0

et l"intinialisation est vérifiée. ²Hérédité :Supposons que, pour un certainn2N, on ait : u n¸0 (H.R.) et montrons qu"alors u nÅ1¸0.

Il est clair queu2nÅ3È0 et d"après (H.R.), 2unÈ0. On en déduit à l"aide de la question précédente que :

u nÅ1AEu2nÅ32unÈ0 et l"hérédité est vérifiée.

²Conclusion :La propriété :

u n¸0 (H.R.) de conclure queunÈ0 pour toutn2N. 4. Dé duiredes qu estions1. et 3 .qu e,pou rt outn2N,un¸p3.

D"après la question 1., pour toutn2N,u2nÈ3 et d"après la question 3., pour toutn2N,unÈ0, il s"ensuit immédia-

tement que, pour toutn2N,un¸p3. 5.

M ontrerqu e( un)n2Nest décroissante.

Pourn2N, on a :

u

Cette derière quantité est négative puisque l"on a vu queun¸p3 (et donc 3¡u2n·0). Ceci montre que (un)n2Nest

décroissante. 6. P ourquoipeu t-onaffi rmerqu e( un)n2Nest convergente? Déterminer sa limite.

La suite (un)n2Nest décroissante et minorée donc convergente. Notonslsa limite et remarquons que

lim n!Å1unÅ1AElimn!Å1unAEl. 3

En passant à la limite dans la relation

u nÅ1AEunÅ3¡u2n2un, on obtient quelvérifie lAElÅ3¡l22l, et donc

3¡l2AE0

donclAE§p3. Puisque (un)n2Nest positive, sa limite ne peut pas être strictement négative. Il s"agit donc dep3.

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