CONTRÔLE suites corrigé

« Correction de l’interrogation de Mathématiques n°7 Exercice n°1 : 1.

Soit  un n la suite arithmétique vérifiant u2  5 et u2  u3  ...

 u10  99 . • La suite  un n étant arithmétique, on a : u2  u3  ...

 u10  10  2  1 Par conséquent : u2  u3  ...

 u10  99  9  u2  u10 5  u10  9 . 2 2 5  u10  99  5  u10  22  u10  27 . 2 • Déterminons la raison r de la suite arithmétique  un n : On a : u10  u2  10  2   r  r  u10  u2 27   5 32    4. 10  2 8 8 • On en déduit l’expression de u n en fonction de n : n  , un  u2  4  n  2  4n 13 . • Ainsi : u50  4  50 13  187 . 2.

Soit  vn  n la suite géométrique décroissante vérifiant v0  768 et v4  3 . • Déterminons la raison q de la suite géométrique  vn  n : On a : v4  v0  q 40  768q 4  3  q 4  3 1 1 1 1 1 1   q2   q  ou q   . 768 256 256 16 16 4 4 La suite  vn  n étant décroissante, on en déduit que q  0 . En effet, si la raison est strictement négative, la suite n’est pas monotone.

D’où : q  • On en déduit l’expression de vn en fonction de n : n 1 n  , vn  v0     768  0, 25n . 4 9 • Ainsi : v9  768  0, 25  3  0, 0029296875 . 1024 3.

Soit  un n la suite arithmétique de raison r   On cherche n 3 telle que u4  4 . 5 tel que u0  u1  ...

 un  19 . • Déterminons l’expression de u p en fonction de p : p  , u p  u4  3 3 32 32  p  4    p  .

Par conséquent : u0  . 5 5 5 5 1 1 . 4. »