Epreuve d'enseignement de spécialité Amérique du Sud 26 septembre 2022 Jour 1 - Exercice 1

Remarque : en appelant range $$\left(1,p+1\right)$$ cela signifie que $$i$$ commencera à $$1$$ et devra s'arrêter à $$p$$ .

Pour tout entier naturel $$n$$, posons la propriété $$P_{n} :0 < u_n \le 4$$
$$\purple{\text{Etape d'initialisation}}$$
On sait que $$u_{0} =4$$ ainsi $$0 < u_0 \le 4$$.
La propriété $$P_{0}$$ est vraie.
$$\purple{\text{Etape d'hérédité}}$$
On suppose qu'il existe un entier $$k$$ tel que la propriété $$P_{k}$$ soit vraie c'est-à-dire $$0 < u_k \le 4$$ et vérifions si la propriété est également vraie au rang $$k+1$$ c'est-à-dire $$0 < u_{k+1} \le 4$$
Par hypothèse de récurrence :
$$0 < u_k \le 4$$ , nous allons composer par la fonction $$x\mapsto x^2$$ qui est croissante sur l'intervalle $$\left[0;4\right]$$ donc l'ordre est conservé.
$$0^2 < \left(u_k\right)^2 \le 4^2$$ , nous allons maintenant multiplier tous les membres de l'inégalité par $$\frac{1}{5}$$ (notre objectif est de faire apparaître $$u_{k+1}$$).
$$\frac{1}{5}\times0^2 < \frac{1}{5}\times\left(u_k\right)^2 \le \frac{1}{5}\times4^2$$ . Il vient alors que :
$$0 < u_{k+1} \le \frac{16}{5}$$
Or :
$$0 < u_{k+1} \le \frac{16}{5} \le {\color{blue}{4}}$$ car $$\frac{16}{5} =3,2$$
d'où : $$0 < u_{k+1} \le 4$$
Ainsi la propriété $$P_{k+1}$$ est vraie.
$$\purple{\text{Conclusion}}$$
Puisque la propriété $$P_{0}$$ est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel $$n$$, on a $$P_{n}$$ vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel $$n$$, on a bien :

Etudions le signe de $$u_{n+1}-u_{n}$$ .
$$u_{n+1}-u_{n}=\frac{1}{5}{\left(u_n\right)}^2-u_{n}$$
$$u_{n+1}-u_{n}=u_{n}\left(\frac{1}{5}u_n-1\right)$$ .
D'après la question nous savons que :
$$0 < u_n \le 4$$
$$0 < \frac{1}{5}u_n \le \frac{4}{5}$$
$$-1 < \frac{1}{5}u_n -1\le -\frac{1}{5}$$.
Il en résulte donc que $$u_{n}>0$$ et $$\frac{1}{5}u_n -1<0$$ .
Finalement : $$u_{n}\left(\frac{1}{5}u_n-1\right)<0$$ .
De ce fait : $$u_{n+1}-u_{n}<0$$ .
La suite $$\left(u_n\right)$$ est bien décroissante.

On vient de démontrer que la suite $$\left(u_{n} \right)$$ était minorée par $$0$$ car : $$u_{n} \ge 0$$. De plus, la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est décroissante.
D'après le théorème de convergence des suites monotones , on peut affirmer que la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est convergente et admet donc une limite que l'on note $$\ell$$.

On sait que la suite $$\left(u_{n} \right)$$ est convergente et admet donc une limite que l'on note $$\ell$$.
ainsi :
$$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =\ell$$ et par unicité de la limite on a donc : $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1} =\ell$$
Or : $$u_{n+1}=\frac{1}{5}{\left(u_n\right)}^2$$
Par passage à la limite, nous peut alors écrire que :
$$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{1}{5}{\left(u_n\right)}^2$$
Comme $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n} =\ell$$ et $$\lim\limits_{n\to +\infty } u_{n+1} =\ell$$ ( unicité de la limite ). D'après le théorème du point fixe, on a :

Résolvons donc l'équation $$\ell=\frac{1}{5}\ell^2$$ .
$$\ell=\frac{1}{5}\ell^2$$ équivaut successivement à :
$$\ell-\frac{1}{5}\ell^2=0$$
$$\ell-\frac{1}{5}\ell\times \ell=0$$
$$\ell-\frac{1}{5}\ell\times \ell=0$$
$$\ell\left(1-\frac{1}{5}\ell\right)=0$$
On reconnait une équation produit nul.
D'une part : $$\ell=0$$
D'autre part : $$1-\frac{1}{5}\ell=0$$ et on obtient $$\ell=5$$ .
D'après la question $$3$$, nous avons montré que $$0 < u_n \le 4$$ . Il en résulte donc que l'on ne peut par retenir la valeur $$\ell=5$$ .
De plus, si $$0 < u_n \le 4$$ alors $$0 \le \ell \le 4$$ . En effet, le passage à la limite va élargir les inégalités.
De ce fait , la limite de la suite $$\left(u_n\right)$$ est alors .

Soit : $$v_n={\mathrm{ln} \left(u_n\right)\ }$$
On a :
$$v_{n+1}={\mathrm{ln} \left(u_{n+1}\right)\ }$$ . On rappelle que : $$u_{n+1}=\frac{1}{5}{\left(u_n\right)}^2$$
$$v_{n+1}={\mathrm{ln} \left(\frac{1}{5}{\left(u_n\right)}^2\right)\ }$$
$$v_{n+1}={\mathrm{ln} \left(\frac{1}{5}\right)\ }+{\mathrm{ln} \left({\left(u_n\right)}^2\right)\ }$$
$$v_{n+1}=-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }+2{\mathrm{ln} \left(u_n\right)\ }$$
Ainsi :

Pour tout entier naturel $$n$$, on pose $$w_n=v_n-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$ .
$$w_{n+1}=v_{n+1}-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$ . Or $$v_{n+1}=-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }+2v_n$$, ainsi :
$$w_{n+1}=2v_n-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$
$$w_{n+1}=2v_n-2{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$
$$w_{n+1}=2\left(v_n-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }\right)$$
Finalement :
La suite $$\left(w_n\right)$$ est géométrique de raison $$2$$ et de premier terme $$w_0=v_0-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }={\mathrm{ln} \left(u_0\right)\ }-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$.
Ainsi $$w_0={\mathrm{ln} \left(4\right)\ }-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }={\mathrm{ln} \left(\frac{4}{5}\right)\ }$$

D'après la question $$9$$, nous avons montré que la suite $$\left(w_n\right)$$ est géométrique de raison $$2$$ et de premier terme $$w_0={\mathrm{ln} \left(\frac{4}{5}\right)\ }$$.
Exprimons alors $$w_n$$ en fonction de $$n$$ .Ainsi :
Nous pouvons maintenant exprimer $$v_n$$ en fonction de $$n$$ .
Comme $$w_n=v_n-{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$ alors $$w_n+{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }=v_n$$
Il en résulte donc que :

D'une part :
Commençons par calculer $$\lim\limits_{n\to +\infty } v_{n}=\lim\limits_{n\to +\infty }{\mathrm{ln} \left(\frac{4}{5}\right)\ }\times 2^n+{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }$$ .
Comme $$2 >1$$ alors :
$$\lim\limits_{n\to +\infty } 2^{n} =+\infty$$ . Or : $${\mathrm{ln} \left(\frac{4}{5}\right)\ }<0$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } {\mathrm{ln} \left(\frac{4}{5}\right)\ }\times 2^{n} =-\infty$$
$$\lim\limits_{n\to +\infty } {\mathrm{ln} \left(\frac{4}{5}\right)\ }\times 2^n+{\mathrm{ln} \left(5\right)\ }=-\infty$$
Ainsi :
D'autre part :
Pour tout entier naturel $$n$$, nous savons que $$v_n={\mathrm{ln} \left(u_n\right)\ }$$ ainsi on peut également écrire que : $$u_n=e^{v_{n}}$$ .
Or : $$\lim\limits_{n\to +\infty } v_{n} =-\infty$$
par composition on a alors : $$\lim\limits_{n\to +\infty } e^{v_{n}} =0$$ .
Finalement :