Exercice 1 (12 pts)
Soit \((U_n)_{n\geq1}\) la suite définie par \(U_1=1\) et \(U_{n+1}=\dfrac{3U_n}{2(3-U_n)}\), et on pose \(V_n=\dfrac{U_n}{2U_n-3}\).
1. Montrer que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ 0<U_n<\dfrac{3}{2}\).
2. Montrer que la suite \((U_n)\) est décroissante.
3. a) Montrer que \((V_n)\) est une suite géométrique de raison \(q=\dfrac{1}{2}\).
b) Montrer que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_n=\dfrac{3}{2+2^{n-1}}\).
4. a) Montrer que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_{n+1}\leq\dfrac{3}{4}U_n\).
b) En déduire que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}\).
1. Montrer que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ 0<U_n<\dfrac{3}{2}\).
2. Montrer que la suite \((U_n)\) est décroissante.
3. a) Montrer que \((V_n)\) est une suite géométrique de raison \(q=\dfrac{1}{2}\).
b) Montrer que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_n=\dfrac{3}{2+2^{n-1}}\).
4. a) Montrer que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_{n+1}\leq\dfrac{3}{4}U_n\).
b) En déduire que \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}\).
✅ Correction de l’exercice 1 — التصحيح
💡 Méthode : raisonnement par récurrence : on vérifie la propriété au premier rang, puis on suppose qu’elle est vraie au rang \(n\) et on la démontre au rang \(n+1\).
1. \(U_1=1\in\left]0;\dfrac{3}{2}\right[\) ✔. Supposons \(0<U_n<\dfrac{3}{2}\) : alors \(3-U_n>0\), donc \(U_{n+1}>0\).
\(U_{n+1}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3U_n-3(3-U_n)}{2(3-U_n)}\)
\(=\dfrac{3(2U_n-3)}{2(3-U_n)}<0\)
[] \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ 0<U_n<\dfrac{3}{2}\)
💡 Méthode : on étudie le signe de \(u_{n+1}-u_n\).
2. \(U_{n+1}-U_n=\dfrac{3U_n-2U_n(3-U_n)}{2(3-U_n)}\)
\(=\dfrac{U_n(2U_n-3)}{2(3-U_n)}\)
\(U_n>0\), \(2U_n-3<0\) et \(3-U_n>0\) : le quotient est négatif.
[] \((U_n)\) est strictement décroissante
💡 Méthode : \((v_n)\) est géométrique de raison \(q\) si \(v_{n+1}=q\,v_n\) pour tout \(n\) ; alors \(v_n=v_p\times q^{n-p}\).
3.a) \(2U_{n+1}-3=\dfrac{3U_n}{3-U_n}-3\)
\(=\dfrac{3(2U_n-3)}{3-U_n}\)
\(V_{n+1}=\dfrac{3U_n}{2(3-U_n)}\times\dfrac{3-U_n}{3(2U_n-3)}\)
\(=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{U_n}{2U_n-3}\)
\(=\dfrac{1}{2}V_n\)
[] \((V_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et \(V_1=\dfrac{1}{2-3}=-1\)
b) \(V_n=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\). De \(V_n(2U_n-3)=U_n\) on tire \(U_n=\dfrac{3V_n}{2V_n-1}\) :
\(U_n=\dfrac{-3\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}}{-2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}-1}\)
\(=\dfrac{3}{2+2^{n-1}}\)
(on multiplie le numérateur et le dénominateur par \(-2^{n-1}\))
4.a) \(U_{n+1}-\dfrac{3}{4}U_n=3U_n\left(\dfrac{1}{2(3-U_n)}-\dfrac{1}{4}\right)\)
\(=3U_n\times\dfrac{U_n-1}{4(3-U_n)}\)
\((U_n)\) décroissante et \(U_1=1\) donc \(U_n\leq1\) ; ainsi \(U_n-1\leq0\) et le produit est \(\leq0\).
[] \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_{n+1}\leq\dfrac{3}{4}U_n\)
b) Par récurrence : \(U_1=1=\left(\dfrac{3}{4}\right)^0\) ✔ ; si \(U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}\) alors \(U_{n+1}\leq\dfrac{3}{4}U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^n\).
[] \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}\)
1. \(U_1=1\in\left]0;\dfrac{3}{2}\right[\) ✔. Supposons \(0<U_n<\dfrac{3}{2}\) : alors \(3-U_n>0\), donc \(U_{n+1}>0\).
\(U_{n+1}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3U_n-3(3-U_n)}{2(3-U_n)}\)
\(=\dfrac{3(2U_n-3)}{2(3-U_n)}<0\)
[] \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ 0<U_n<\dfrac{3}{2}\)
💡 Méthode : on étudie le signe de \(u_{n+1}-u_n\).
2. \(U_{n+1}-U_n=\dfrac{3U_n-2U_n(3-U_n)}{2(3-U_n)}\)
\(=\dfrac{U_n(2U_n-3)}{2(3-U_n)}\)
\(U_n>0\), \(2U_n-3<0\) et \(3-U_n>0\) : le quotient est négatif.
[] \((U_n)\) est strictement décroissante
💡 Méthode : \((v_n)\) est géométrique de raison \(q\) si \(v_{n+1}=q\,v_n\) pour tout \(n\) ; alors \(v_n=v_p\times q^{n-p}\).
3.a) \(2U_{n+1}-3=\dfrac{3U_n}{3-U_n}-3\)
\(=\dfrac{3(2U_n-3)}{3-U_n}\)
\(V_{n+1}=\dfrac{3U_n}{2(3-U_n)}\times\dfrac{3-U_n}{3(2U_n-3)}\)
\(=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{U_n}{2U_n-3}\)
\(=\dfrac{1}{2}V_n\)
[] \((V_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et \(V_1=\dfrac{1}{2-3}=-1\)
b) \(V_n=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\). De \(V_n(2U_n-3)=U_n\) on tire \(U_n=\dfrac{3V_n}{2V_n-1}\) :
\(U_n=\dfrac{-3\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}}{-2\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}-1}\)
\(=\dfrac{3}{2+2^{n-1}}\)
(on multiplie le numérateur et le dénominateur par \(-2^{n-1}\))
4.a) \(U_{n+1}-\dfrac{3}{4}U_n=3U_n\left(\dfrac{1}{2(3-U_n)}-\dfrac{1}{4}\right)\)
\(=3U_n\times\dfrac{U_n-1}{4(3-U_n)}\)
\((U_n)\) décroissante et \(U_1=1\) donc \(U_n\leq1\) ; ainsi \(U_n-1\leq0\) et le produit est \(\leq0\).
[] \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_{n+1}\leq\dfrac{3}{4}U_n\)
b) Par récurrence : \(U_1=1=\left(\dfrac{3}{4}\right)^0\) ✔ ; si \(U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}\) alors \(U_{n+1}\leq\dfrac{3}{4}U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^n\).
[] \((\forall n\in\mathbb{N}^*)\ U_n\leq\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}\)
Exercice 2 (8 pts)
1. Montrer que pour tout réel \(x\) : \(\sin x+\sin3x=2\sin2x\cos x\).
2. Résoudre dans \([0;\pi]\) l’équation \(\sin x+\sin3x=0\).
3. Montrer que \(\cos^2\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\), puis en déduire \(\cos\dfrac{\pi}{8}\).
4. Résoudre dans \(]-\pi;\pi]\) l’inéquation \(2\cos x+\sqrt{3}\leq0\).
2. Résoudre dans \([0;\pi]\) l’équation \(\sin x+\sin3x=0\).
3. Montrer que \(\cos^2\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\), puis en déduire \(\cos\dfrac{\pi}{8}\).
4. Résoudre dans \(]-\pi;\pi]\) l’inéquation \(2\cos x+\sqrt{3}\leq0\).
✅ Correction de l’exercice 2 — التصحيح
💡 Méthode : somme en produit : \(\cos p+\cos q=2\cos\dfrac{p+q}{2}\cos\dfrac{p-q}{2}\) ; \(\sin p+\sin q=2\sin\dfrac{p+q}{2}\cos\dfrac{p-q}{2}\).
1. \(\sin3x+\sin x=2\sin\dfrac{3x+x}{2}\cos\dfrac{3x-x}{2}\)
\(=2\sin2x\cos x\)
2. \(2\sin2x\cos x=0\iff\sin2x=0\) ou \(\cos x=0\).
- \(\sin2x=0\iff x=\dfrac{k\pi}{2}\) : dans \([0;\pi]\), \(x\in\left\{0;\dfrac{\pi}{2};\pi\right\}\) ;
- \(\cos x=0\iff x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\) : dans \([0;\pi]\), \(x=\dfrac{\pi}{2}\).
[] \(S=\left\{0;\dfrac{\pi}{2};\pi\right\}\)
3. 💡 \(\cos^2a=\dfrac{1+\cos2a}{2}\) avec \(a=\dfrac{\pi}{8}\).
\(\cos^2\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{1+\cos\dfrac{\pi}{4}}{2}\)
\(=\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}\)
\(=\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\)
\(\dfrac{\pi}{8}\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) donc \(\cos\dfrac{\pi}{8}>0\).
[] \(\cos\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\)
💡 Méthode : on résout l’équation associée, puis on lit les solutions sur le cercle trigonométrique dans l’intervalle demandé.
4. \(2\cos x+\sqrt{3}\leq0\)
\(\iff\cos x\leq-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Sur \(]-\pi;\pi]\), \(\cos x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) pour \(x=\dfrac{5\pi}{6}\) et \(x=-\dfrac{5\pi}{6}\) ; \(\cos x\leq-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) sur l’arc qui contient \(\pi\).
[] \(S=\left]-\pi;-\dfrac{5\pi}{6}\right]\cup\left[\dfrac{5\pi}{6};\pi\right]\)
1. \(\sin3x+\sin x=2\sin\dfrac{3x+x}{2}\cos\dfrac{3x-x}{2}\)
\(=2\sin2x\cos x\)
2. \(2\sin2x\cos x=0\iff\sin2x=0\) ou \(\cos x=0\).
- \(\sin2x=0\iff x=\dfrac{k\pi}{2}\) : dans \([0;\pi]\), \(x\in\left\{0;\dfrac{\pi}{2};\pi\right\}\) ;
- \(\cos x=0\iff x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\) : dans \([0;\pi]\), \(x=\dfrac{\pi}{2}\).
[] \(S=\left\{0;\dfrac{\pi}{2};\pi\right\}\)
3. 💡 \(\cos^2a=\dfrac{1+\cos2a}{2}\) avec \(a=\dfrac{\pi}{8}\).
\(\cos^2\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{1+\cos\dfrac{\pi}{4}}{2}\)
\(=\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}\)
\(=\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\)
\(\dfrac{\pi}{8}\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\) donc \(\cos\dfrac{\pi}{8}>0\).
[] \(\cos\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\)
💡 Méthode : on résout l’équation associée, puis on lit les solutions sur le cercle trigonométrique dans l’intervalle demandé.
4. \(2\cos x+\sqrt{3}\leq0\)
\(\iff\cos x\leq-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Sur \(]-\pi;\pi]\), \(\cos x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) pour \(x=\dfrac{5\pi}{6}\) et \(x=-\dfrac{5\pi}{6}\) ; \(\cos x\leq-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) sur l’arc qui contient \(\pi\).
[] \(S=\left]-\pi;-\dfrac{5\pi}{6}\right]\cup\left[\dfrac{5\pi}{6};\pi\right]\)