Corrigé IE suites
Exercice 1
1. (un) est une suite arithmétique de premier terme u0 =−5 et de raison r =7.
1) * u1 = u0+r =−5+7 =2.
* u2 = u1+r =2+7 =9.
2) La suite est arithmétique donc un= u0+nr =−5+n×7 = 7n−5.

d'où

u40 = 7×40−5 = 280−5 = 275.

2. (un) est une suite géométrique de premier terme u0 = 3 et de raison q = −2.
1) * u1 = qu0 = −2×3 = − 6.

* u2 = qu1 = −2×(−6) = 12.

2) La suite est géométrique donc un= u0qn

un = (−2)n ×3.

d'où, u10 = (−2)10 ×3 =1 024×3 = 3 072.

3)La somme des 10 premiers termes est S9 = u0 + u1 + ... + u9
1 – (– 2)9 + 1 3
La suite étant géométrique, S9 = 3 
=  (1 – (– 2)9 + 1) = 1 – 210 = – 1023
1 – ( – 2)
3
2
3. w0 = 2 et wn+1 = dans l'ensemble vous êtes un peu trop grossiers dans vos arrondis. Il faut donner au
1 + wn moins trois ou quatre chiffres significatifs (et bien mettre )
4. Notons Pn la proposition n! ≥ n
Initialisation : pour n = 1

1! = 1 et 1 ≥ 1 donc P1 vraie

Hérédité : supposons Pn vraie pour un n quelconque , n ≥1
On a n! ≥ n ≥ 1 donc, en multipliant par n+1 > 0, on obtient n!(n+ 1) ≥ n + 1 soit (n + 1)! ≥ n + 1 et donc, Pn+1 est vraie.
Conclusion, On a démontré P1 vraie et (Pn  Pn+1), d'après l'axiome de récurrence, Pn est vraie pour tout n ≥ 1.
On a bien n! ≥ n pour tout n > 0.
Exercice 2 y 3
2
1

-1

0

1

-1

u0

2

3

4

u1

1. La suite semble croissante et converger vers 3, abscisse du point d'intersection de la courbe avec la droite.
2. Pn : 0 ≤ un ≤ 3
Notons Pn la proposition : Pn : 0 ≤ un ≤ 3 pour n ≥ 0
Initialisation : pour n = 0, u0 = 1 donc 0 ≤ u0 ≤ 3 et P0 vraie.
Hérédité :supposons Pn vraie pour un n quelconque, n ≥0 on a 0 ≤ un ≤ 3 donc 6 ≤ un + 6 ≤ 9 puis 0 < 6 ≤ un + 6 ≤ 9 soit 0 ≤ un+1 ≤ 3 et Pn+1 est vraie x Conclusion, on a montré que P0 vraie et (Pn  Pn+1),d'après l'axiome de récurrence, Pn est vraie pour tout n à partir de 0.
La suite est donc bornée.

Exercice 3.
1. P0 = 44 500 et P1 = 44 500  (1 +

35
17
–
) + 25 – 7 (puisque tout est en milliers d'habitants)
1000 1000

319
2. Pn+1