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Devoir maison n°4 — Semestre 1

Suites numériques et trigonométrie

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Remarque — méthodes utilisées

Suites : récurrence ; signe de $u_{n+1}-u_n$ factorisé ; suite auxiliaire géométrique ; inégalité $|u_{n+1}-\ell|\le k|u_n-\ell|$ itérée par récurrence ; sommes géométriques.
Trigonométrie : duplication, addition, formules en $t=\tan\frac x2$ , transformations somme–produit dans un triangle, $a\cos x+b\sin x=r\cos(x-\alpha)$ , cercle trigonométrique.
Tous les résultats ont été contrôlés avec Python/sympy (build/verif_lot4.py).

Cadre. Le symbole $\iff$ n’est employé que si chaque étape est réversible. Dans l’exercice 3, $x$ , $y$ , $z$ désignent des réels et $k$ un entier relatif ; une égalité contenant $\tan$ n’est à établir que lorsque toutes les expressions sont définies.

Exercice 1 — Suites numériques — suite homographique Moyen ★★★☆☆

On considère la suite numérique $(u_n)$ définie par $u_0=0$ et, pour tout $n\in\N$ , $u_{n+1}=\dfrac{5u_n+4}{u_n+2}$ .

Montrer que, pour tout $n\in\N$ , $0\le u_n<4$ .
Étudier la monotonie de la suite $(u_n)$ .
On considère la suite $(v_n)$ définie sur $\N$ par $v_n=\dfrac{u_n-4}{u_n+1}$ . a. Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique ; préciser sa raison et son premier terme. b. Exprimer $v_n$ , puis $u_n$ , en fonction de $n$ .
a. Montrer que, pour tout $n\in\N$ , $|u_{n+1}-4|\le\dfrac12|u_n-4|$ . b. En déduire que, pour tout $n\in\N$ , $|u_n-4|\le4\left(\dfrac12\right)^n$ .
Pour tout $n\in\N$ , on pose $S_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}v_k$ et $T_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac5{u_k+1}$ . Exprimer $S_n$ et $T_n$ en fonction de $n$ .

Voir la correction

1. $0\le u_0=0<4$ . Soit $n\in\N$ tel que $0\le u_n<4$ . Alors $u_n+2>0$ , $u_{n+1}=\dfrac{5u_n+4}{u_n+2}>0$ et $u_{n+1}-4=\dfrac{5u_n+4-4u_n-8}{u_n+2}=\dfrac{u_n-4}{u_n+2}<0$ . Par récurrence : $(\forall n\in\N)\ 0\le u_n<4$ .

2. $u_{n+1}-u_n=\dfrac{5u_n+4-u_n^2-2u_n}{u_n+2}=\dfrac{-(u_n^2-3u_n-4)}{u_n+2}=\dfrac{(4-u_n)(u_n+1)}{u_n+2}>0$ : $(u_n)$ est strictement croissante.

3. a. $u_{n+1}+1=\dfrac{6u_n+6}{u_n+2}$ , donc $v_{n+1}=\dfrac{u_n-4}{u_n+2}\times\dfrac{u_n+2}{6(u_n+1)}=\dfrac16v_n$ . $(v_n)$ est géométrique de raison $\frac16$ et de premier terme $v_0=-4$ .

3. b. $v_n=-4\left(\dfrac16\right)^n$ . De $v_n(u_n+1)=u_n-4$ : $u_n(1-v_n)=4+v_n$ et $1-v_n>0$ , donc $u_n=\dfrac{4+v_n}{1-v_n}=\dfrac{4\times6^n-4}{6^n+4}$ . (Contrôle : $u_0=0$ , $u_1=2$ .)

4. a. D’après 1 : $|u_{n+1}-4|=\dfrac{|u_n-4|}{u_n+2}$ et $u_n+2\ge2$ , donc $|u_{n+1}-4|\le\dfrac12|u_n-4|$ .

4. b. Pour $n=0$ : $|u_0-4|=4\le4$ . Si $|u_n-4|\le4\left(\frac12\right)^n$ , alors $|u_{n+1}-4|\le\frac12\times4\left(\frac12\right)^n=4\left(\frac12\right)^{n+1}$ . Par récurrence, l’inégalité est vraie pour tout $n\in\N$ .

5. $S_n=-4\times\dfrac{1-(1/6)^{n+1}}{1-1/6}=-\dfrac{24}5\left(1-\left(\dfrac16\right)^{n+1}\right)$ . Ensuite $1-v_k=\dfrac{(u_k+1)-(u_k-4)}{u_k+1}=\dfrac5{u_k+1}$ , d’où $T_n=\sum_{k=0}^{n}(1-v_k)=(n+1)-S_n=n+1+\frac{24}5\left(1-\left(\frac16\right)^{n+1}\right).$

Exercice 2 — Suites numériques — récurrence linéaire d’ordre 2 Difficile ★★★★☆

On considère la suite $(u_n)_{n\ge1}$ définie par $u_1=1$ , $u_2=2$ et, pour tout $n\in\N^*$ , $u_{n+2}=5u_{n+1}-4u_n$ . On admet que $u_n>0$ pour tout $n\in\N^*$ et, pour tout $n\in\N^*$ , on pose $v_n=\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ .

Calculer $u_3$ , $u_4$ et $v_1$ .
Vérifier que, pour tout $n\in\N^*$ , $v_{n+1}=5-\dfrac4{v_n}$ .
Montrer par récurrence que, pour tout $n\in\N^*$ , $1<v_n<4$ .
Montrer que la suite $(v_n)_{n\ge1}$ est croissante.
On considère la suite $(t_n)_{n\ge1}$ définie sur $\N^*$ par $t_n=\dfrac{v_n-4}{v_n-1}$ . a. Montrer que $(t_n)_{n\ge1}$ est une suite géométrique de raison $\frac14$ . b. Montrer que, pour tout $n\in\N^*$ , $v_n=\dfrac{4^n+2}{4^{n-1}+2}$ .
Montrer par récurrence que, pour tout $n\in\N^*$ , $u_n=\dfrac{4^{n-1}+2}3$ .

Voir la correction

1. $u_3=10-4=6$ , $u_4=30-8=22$ , $v_1=\frac{u_2}{u_1}=2$ .

2. $v_{n+1}=\dfrac{u_{n+2}}{u_{n+1}}=\dfrac{5u_{n+1}-4u_n}{u_{n+1}}=5-4\dfrac{u_n}{u_{n+1}}=5-\dfrac4{v_n}$ .

3. $1<v_1=2<4$ . Si $1<v_n<4$ , alors $v_n>0$ , $v_{n+1}-1=\dfrac{4(v_n-1)}{v_n}>0$ et $v_{n+1}-4=\dfrac{v_n-4}{v_n}<0$ . Par récurrence : $(\forall n\in\N^*)\ 1<v_n<4$ .

4. $v_{n+1}-v_n=\dfrac{5v_n-4-v_n^2}{v_n}=\dfrac{(v_n-1)(4-v_n)}{v_n}>0$ : la suite $(v_n)_{n\ge1}$ est (strictement) croissante.

5. a. $v_n\neq1$ donc $t_n$ est défini, et $t_{n+1}=\dfrac{v_{n+1}-4}{v_{n+1}-1}=\dfrac{(v_n-4)/v_n}{4(v_n-1)/v_n}=\dfrac14t_n$ .

5. b. $t_1=\frac{2-4}{2-1}=-2$ , donc $t_n=-2\left(\frac14\right)^{n-1}$ . De $t_n(v_n-1)=v_n-4$ : $v_n=\dfrac{4-t_n}{1-t_n}=\dfrac{4+2\times4^{1-n}}{1+2\times4^{1-n}}$ ; en multipliant par $4^{n-1}$ : $v_n=\dfrac{4^n+2}{4^{n-1}+2}$ .

6. $u_1=\frac{1+2}3=1$ . Soit $n\in\N^*$ tel que $u_n=\frac{4^{n-1}+2}3$ ; alors $u_{n+1}=v_nu_n=\dfrac{4^n+2}{4^{n-1}+2}\times\dfrac{4^{n-1}+2}3=\dfrac{4^n+2}3$ . Conclusion par récurrence. (Contrôle : $u_4=\frac{64+2}3=22$ .)

Exercice 3 — Trigonométrie Difficile ★★★★☆

a. En remarquant que $\frac\pi6=2\times\frac\pi{12}$ , calculer $\cos^2\frac\pi{12}$ , puis en déduire $\cos\frac\pi{12}$ et vérifier que $\cos\frac\pi{12}=\frac{\sqrt6+\sqrt2}4$ . b. Calculer $\sin\frac\pi{12}$ par deux méthodes. c. Calculer $\tan\frac\pi{12}$ par deux méthodes, puis calculer $\tan\left(\frac\pi{12}+\frac\pi4\right)$ par deux méthodes.
Soit $x\in\R$ . En remarquant que $3x=2x+x$ , montrer que :
$\cos3x=4\cos^3x-3\cos x$ ;
$\sin3x=-4\sin^3x+3\sin x$ ;
$\tan3x=\dfrac{3\tan x-\tan^3x}{1-3\tan^2x}$ .
Soit $x\in\R$ tel que $x\neq\pi+2k\pi$ pour tout $k\in\Z$ ; on pose $t=\tan\frac x2$ . Montrer que : $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\ ;\qquad\sin x=\frac{2t}{1+t^2}\ ;\qquad\tan x=\frac{2t}{1-t^2}\ ;\qquad\frac{1-\cos x}{\sin x}=t .$
Soient $x$ , $y$ et $z$ trois réels tels que $x+y+z=\pi$ . Montrer que : a. $\sin2x+\sin2y+\sin2z=4\sin x\sin y\sin z$ ; b. $\cos x+\cos y+\cos z=1+4\sin\frac x2\sin\frac y2\sin\frac z2$ ; c. $\sin^2x+\sin^2y+\sin^2z=2+2\cos x\cos y\cos z$ .
a. Résoudre dans $\R$ , puis dans $]-\pi;\pi]$ , les équations suivantes : $\ 2\cos x-\sqrt3=0$ ; $\ \sqrt2\sin x+1=0$ ; $\ \sqrt3\cos x-\sin x=\sqrt2$ . b. Placer les solutions des équations précédentes (dans $]-\pi;\pi]$ ) sur le cercle trigonométrique. c. Résoudre dans $]-\pi;\pi]$ les inéquations $2\cos x-\sqrt3\ge0$ et $\sqrt2\sin x+1<0$ .

Voir la correction

1. a. $\cos\frac\pi6=2\cos^2\frac\pi{12}-1$ , donc $\cos^2\frac\pi{12}=\dfrac{1+\frac{\sqrt3}2}2=\dfrac{2+\sqrt3}4$ . Comme $\cos\frac\pi{12}>0$ : $\cos\frac\pi{12}=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt3}}2$ . Or $\left(\frac{\sqrt6+\sqrt2}4\right)^2=\frac{8+4\sqrt3}{16}=\frac{2+\sqrt3}4$ et $\frac{\sqrt6+\sqrt2}4>0$ : $\cos\frac\pi{12}=\frac{\sqrt6+\sqrt2}4$ .

1. b. Méthode 1 : $\sin^2\frac\pi{12}=\frac{1-\cos\frac\pi6}2=\frac{2-\sqrt3}4=\left(\frac{\sqrt6-\sqrt2}4\right)^2$ et $\sin\frac\pi{12}>0$ . Méthode 2 : $\sin\frac\pi{12}=\sin\left(\frac\pi3-\frac\pi4\right)=\frac{\sqrt3}2\cdot\frac{\sqrt2}2-\frac12\cdot\frac{\sqrt2}2$ . Dans les deux cas : $\sin\frac\pi{12}=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4$ .

1. c. Méthode 1 : $\tan\frac\pi{12}=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{\sqrt6+\sqrt2}=\frac{(\sqrt6-\sqrt2)^2}4=\frac{8-4\sqrt3}4=2-\sqrt3$ . Méthode 2 : $\tan\left(\frac\pi3-\frac\pi4\right)=\frac{\sqrt3-1}{1+\sqrt3}=\frac{(\sqrt3-1)^2}2=2-\sqrt3$ .

Puis méthode 1 : $\tan\left(\frac\pi{12}+\frac\pi4\right)=\dfrac{2-\sqrt3+1}{1-(2-\sqrt3)}=\dfrac{3-\sqrt3}{\sqrt3-1}=\dfrac{\sqrt3(\sqrt3-1)}{\sqrt3-1}=\sqrt3$ ; méthode 2 : $\frac\pi{12}+\frac\pi4=\frac\pi3$ et $\tan\frac\pi3=\sqrt3$ .

2. $\cos3x=\cos2x\cos x-\sin2x\sin x=(2\cos^2x-1)\cos x-2\sin^2x\cos x=(2\cos^2x-1)\cos x-2(1-\cos^2x)\cos x=4\cos^3x-3\cos x$ .

$\sin3x=\sin2x\cos x+\cos2x\sin x=2\sin x(1-\sin^2x)+(1-2\sin^2x)\sin x=-4\sin^3x+3\sin x$ .

Lorsque $\tan x$ , $\tan2x$ et $\tan3x$ sont définis et $1-3\tan^2x\neq0$ : $\tan3x=\dfrac{\tan2x+\tan x}{1-\tan2x\tan x}$ avec $\tan2x=\frac{2t}{1-t^2}$ ( $t=\tan x$ ) ; en multipliant par $1-t^2$ : $\tan3x=\dfrac{2t+t-t^3}{1-t^2-2t^2}=\dfrac{3t-t^3}{1-3t^2}$ .

3. $\frac x2\neq\frac\pi2+k\pi$ , donc $\cos\frac x2\neq0$ et $1+t^2=\frac1{\cos^2\frac x2}$ . Alors $\cos x=\cos^2\frac x2-\sin^2\frac x2=\cos^2\frac x2(1-t^2)=\frac{1-t^2}{1+t^2}$ et $\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2=2t\cos^2\frac x2=\frac{2t}{1+t^2}$ . Si $\cos x\neq0$ (donc $t^2\neq1$ ) : $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{2t}{1-t^2}$ . Si $\sin x\neq0$ (donc $t\neq0$ ) : $\frac{1-\cos x}{\sin x}=\frac{(1+t^2)-(1-t^2)}{2t}=t$ .

4. a. $\sin2x+\sin2y=2\sin(x+y)\cos(x-y)=2\sin z\cos(x-y)$ et $\sin2z=2\sin z\cos z=-2\sin z\cos(x+y)$ . Donc la somme vaut $2\sin z\big(\cos(x-y)-\cos(x+y)\big)=4\sin x\sin y\sin z$ .

4. b. $\frac z2=\frac\pi2-\frac{x+y}2$ . $\cos x+\cos y=2\cos\frac{x+y}2\cos\frac{x-y}2=2\sin\frac z2\cos\frac{x-y}2$ et $\cos z=1-2\sin^2\frac z2=1-2\sin\frac z2\cos\frac{x+y}2$ . La somme vaut $1+2\sin\frac z2\left(\cos\frac{x-y}2-\cos\frac{x+y}2\right)=1+4\sin\frac x2\sin\frac y2\sin\frac z2$ .

4. c. $\sin^2x+\sin^2y=1-\frac{\cos2x+\cos2y}2=1-\cos(x+y)\cos(x-y)=1+\cos z\cos(x-y)$ et $\sin^2z=1-\cos^2z=1+\cos z\cos(x+y)$ . La somme vaut $2+\cos z\big(\cos(x-y)+\cos(x+y)\big)=2+2\cos x\cos y\cos z$ .

5. a.

$2\cos x-\sqrt3=0\iff\cos x=\cos\frac\pi6\iff x=\pm\frac\pi6+2k\pi$ . Dans $]-\pi;\pi]$ : $\left\{-\frac\pi6;\frac\pi6\right\}$ .
$\sqrt2\sin x+1=0\iff\sin x=\sin\left(-\frac\pi4\right)\iff x=-\frac\pi4+2k\pi$ ou $x=\frac{5\pi}4+2k\pi$ . Dans $]-\pi;\pi]$ : $\left\{-\frac{3\pi}4;-\frac\pi4\right\}$ .
$\sqrt3\cos x-\sin x=2\cos\left(x+\frac\pi6\right)$ ( $r=2$ , $\cos\alpha=\frac{\sqrt3}2$ , $\sin\alpha=-\frac12$ , $\alpha=-\frac\pi6$ ). L’équation équivaut à $\cos\left(x+\frac\pi6\right)=\frac{\sqrt2}2\iff x=\frac\pi{12}+2k\pi$ ou $x=-\frac{5\pi}{12}+2k\pi$ . Dans $]-\pi;\pi]$ : $\left\{-\frac{5\pi}{12};\frac\pi{12}\right\}$ .

5. b. Voir la figure (points $A_1$ , $A_2$ : première équation ; $B_1$ , $B_2$ : deuxième ; $C_1$ , $C_2$ : troisième).

5. c. $2\cos x-\sqrt3\ge0\iff\cos x\ge\frac{\sqrt3}2$ : arc $[A_2A_1]$ contenant $I$ , soit $S=\left[-\frac\pi6;\frac\pi6\right]$ . $\ \sqrt2\sin x+1<0\iff\sin x<-\frac{\sqrt2}2$ : arc ouvert $]B_1B_2[$ situé sous la droite $y=-\frac{\sqrt2}2$ , soit $S'=\left]-\frac{3\pi}4;-\frac\pi4\right[$ .

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