QCM Bilan Numéro 2

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{a}$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } 3n+5} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{n\to +\infty } 7n-4} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$ par quotient, nous avons une forme indéterminée.
$\blue{\text{Pour lever cette indétermination}}$
$\blue{\text{on va factoriser le numérateur par le monôme de plus haut degré c'est à dire par }}$ $\blue{n}$ $\blue{\text{ et le dénominateur par le monôme de plus haut degré c'est à dire par }}$ $\blue{n}$
Il vient alors que :
$\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{3n+5}{7n-4} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{n\left(\frac{3n+5}{n} \right)}{n\left(\frac{7n-4}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }}\frac{3n+5}{7n-4} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(\frac{3n}{n} +\frac{5}{n} \right)}{n\left(\frac{7n}{n} -\frac{4}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{3n+5}{7n-4} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(3+\frac{5}{n} \right)}{n\left(7-\frac{4}{n} \right)}$ . On simplifie par $n$ au numérateur et au dénominateur, et on obtient :
$\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{3n+5}{7n-4} =\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{3+\frac{5}{n} }{7-\frac{4}{n} }$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } 3+\frac{5}{n} } & {=} & {3} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty } 7-\frac{4}{n} } & {=} & {7} \end{array}\right\}$ $\text{\red{par quotient :}}$ $\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{3+\frac{5}{n} }{7-\frac{4}{n} } =\frac{3}{7}$
$\purple{\text{Finalement :}}$
La suite $\left(u_{n}\right)$ converge donc vers $\frac{3}{7}$ .

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{c}$
Nous allons commencer par transformer l'expression de la suite $\left(u_{n}\right)$.
Ainsi :
$u_{n} =3^{n+1} \times 5^{-n}$
$u_{n} =3^{n+1} \times \frac{1}{5^{n} }$
$u_{n} =3\times 3^{n} \times \frac{1}{5^{n} }$
$u_{n} =3\times \frac{3^{n} }{5^{n} }$
$u_{n} =3\times \left(\frac{3}{5} \right)^{n}$
Comme $-1<\frac{3}{5}<1$ alors :
$\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{3}{5}\right)^{n} =0$
$\lim\limits_{n\to +\infty } 3\times\left(\frac{3}{5}\right)^{n} =0$
Ainsi :
La suite $\left(u_{n}\right)$ converge donc vers $0$ .

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{d}$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } 2n^{2}+3n-5} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{n\to +\infty } -4n+3} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}$ par quotient, nous avons une forme indéterminée.
$\blue{\text{Pour lever cette indétermination}}$
$\blue{\text{on va factoriser le numérateur par le monôme de plus haut degré c'est à dire par }}$ $\blue{n^{2}}$ $\blue{\text{ et le dénominateur par le monôme de plus haut degré c'est à dire par }}$ $\blue{n}$
Il vient alors que :
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n^{2} +3n-5}{-4n+3} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n^{2} \left(\frac{2n^{2} +3n-5}{n^{2} } \right)}{n\left(\frac{-4n+3}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n^{2} +3n-5}{-4n+3} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n^{2} \left(\frac{2n^{2} }{n^{2} } +\frac{3n}{n^{2} } -\frac{5}{n^{2} } \right)}{n\left(\frac{-4n}{n} +\frac{3}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n^{2} +3n-5}{-4n+3} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n^{2} \left(2+\frac{3}{n} -\frac{5}{n^{2} } \right)}{n\left(-4+\frac{3}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n^{2} +3n-5}{-4n+3} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(2+\frac{3}{n} -\frac{5}{n^{2} } \right)}{-4+\frac{3}{n} }$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } n\left(2+\frac{3}{n} -\frac{5}{n^{2} } \right) } & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty } -4+\frac{3}{n} } & {=} & {-4} \end{array}\right\}$ $\text{\red{par quotient :}}$ ${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(2+\frac{3}{n} -\frac{5}{n^{2} } \right)}{-4+\frac{3}{n} } =-\infty$
$\purple{\text{Finalement :}}$
La suite $\left(u_{n}\right)$ diverge et à pour limite $-\infty$ .

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{d}$
$\text{\pink{Premier cas :}}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2}{n+3} =0$ . Cela permet de conclure que $0\ge v_n$ . De ce fait cela ne permet pas d'affirmer que $\lim\limits_{n\to +\infty } v_n=-\infty$ . On rejette donc la réponse a
$\text{\pink{Deuxième cas :}}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} n+1=+\infty$ . Dans cette situation, il faut appliquer le théorème de comparaison et cela permet d'affirmer alors que $\lim\limits_{n\to +\infty } v_n=+\infty$ . On rejette donc la réponse b
$\text{\pink{Troisième cas :}}$
Comme $7 >1$ alors :
$\lim\limits_{n\to +\infty } 7^{n} =+\infty$
$\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{7^{n} }{6} =+\infty$
Dans cette situation, il faut appliquer le théorème de comparaison et cela permet d'affirmer alors que $\lim\limits_{n\to +\infty } v_n=+\infty$ . On rejette donc la réponse c
$\text{\pink{Quatrième cas :}}$
Comme $7 >1$ alors :
$\lim\limits_{n\to +\infty } 7^{n} =+\infty$
$\lim\limits_{n\to +\infty } \frac{7^{n} }{6} =+\infty$
$\lim\limits_{n\to +\infty } -\frac{7^{n} }{6} =-\infty$
Dans cette situation, il faut appliquer le théorème de comparaison et cela permet d'affirmer alors que $\lim\limits_{n\to +\infty } v_n=-\infty$ car $u_n\ge v_n$.

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{c}$
Pour tout entier naturel $n$, on sait que :
$-1\le \cos \left(n\right)\le 1$ équivaut successivement à :
$-2\le 2\cos \left(n\right)\le 2$
$2\le 4+2\cos \left(n\right)\le 6$
$2n\le n\left(4+2\cos \left(n\right)\right)\le 6n$
$\purple{\text{D'une part :}}$ $\lim\limits_{n\to +\infty } 2n=+\infty$
$\purple{\text{D'autre part :}}$ $\lim\limits_{n\to +\infty } 6n=+\infty$
Attention, ici on n'applique pas le théorème des gendarmes car les limites ne sont pas des valeurs finies.
On va garder l'inégalité de gauche, ce qui donne : $2n \le n\left(4+2\cos \left(n\right)\right)$
Comme $\lim\limits_{n\to +\infty } 2n=+\infty$ et $2n \le u_n$ alors d'après le théorème de comparaison

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{d}$
On sait que $\left(u_{n} \right)$ est une suite géométrique de raison $\frac{4}{3}$ et de premier terme $u_{0} =-5$.
Pour avoir $n+1$ termes, il nous faut partir de $u_{0}$ à $u_{n}$.
On applique la formule :
$S=u_{0} +u_{1} +\ldots +u_{n}$ équivaut successivement à :
$S=\left(\text{premier terme}\right)\times \left(\frac{1-q^{\text{nombres de termes}}}{1-q}\right)$
$S=u_{0} \times \left(\frac{1-q^{n+1} }{1-q} \right)$
$S=-5\times \left(\frac{1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} }{1-\frac{4}{3} } \right)$
$S=-5\times \left(\frac{1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} }{\frac{3}{3}-\frac{4}{3} } \right)$
$S=-5\times \left(\frac{1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} }{-\frac{1}{3} } \right)$
$S=-5\times \left(-\frac{3}{1}\right) \left(1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} \right)$
Ainsi : ${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} S={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} 15 \left(1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} \right)$
Comme $\frac{4}{3}>1$ alors :
$\lim\limits_{n\to +\infty } \left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} =+\infty$
$\lim\limits_{n\to +\infty } -\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} =-\infty$
$\lim\limits_{n\to +\infty } 1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1} =-\infty$
Il vient alors que :
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } 15} & {=} & {15} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty }1-\left(\frac{4}{3} \right)^{n+1}} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}$ $\text{\red{par produit}}$
Ainsi :

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{a}$
Ne soyez pas perplexe avec le $3^{n}$. En effet, pour tout entier naturel $n$, on a :
$-1\le \sin \left(3^{n} \right)\le 1$ équivaut successivement à :
$\frac{-1}{n+1} \le \frac{\sin \left(3^{n} \right)}{n+1} \le \frac{1}{n+1}$
$\frac{-1}{n+1} \le u_{n} \le \frac{1}{n+1}$
$\text{\blue{Dans un premier temps :}}$

$\text{\blue{Dans un second temps :}}$

Nous savons que : $\frac{-1}{n+1} \le u_{n} \le \frac{1}{n+1}$
D'après le théorème des gendarmes

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{b}$
Pour tout entier naturel $n$, on a:
$-1\le \left(-1\right)^{n} \le 1$
$-\sqrt{n} \le \left(-1\right)^{n} \sqrt{n} \le \sqrt{n}$
$2n-\sqrt{n} \le 2n+\left(-1\right)^{n} \sqrt{n} \le 2n+\sqrt{n}$
$\frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} \le \frac{2n+\left(-1\right)^{n} \sqrt{n} }{n+1} \le \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1}$
$\frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} \le u_{n} \le \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1}$
$\text{\blue{Dans un premier temps :}}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(\frac{2n-\sqrt{n} }{n} \right)}{n\left(\frac{n+1}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(\frac{2n}{n} -\frac{\sqrt{n} }{n} \right)}{n\left(\frac{n}{n} +\frac{1}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(2-\frac{\sqrt{n} }{n} \right)}{n\left(1+\frac{1}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2-\frac{\sqrt{n} }{n} }{1+\frac{1}{n} }$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2-\frac{\sqrt{n} }{\sqrt{n} \times \sqrt{n} } }{1+\frac{1}{n} }$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2-\frac{1}{\sqrt{n} } }{1+\frac{1}{n} }$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } 2-\frac{1}{\sqrt{n} }} & {=} & {2} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty }1+\frac{1}{n } } & {=} & {1} \end{array}\right\}$ $\text{\red{par quotient :}}$ ${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2-\frac{1}{\sqrt{n} } }{1+\frac{1}{n} } =2$
$\purple{\text{Finalement :}}$
$\text{\blue{Dans un deuxième temps :}}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(\frac{2n+\sqrt{n} }{n} \right)}{n\left(\frac{n+1}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(\frac{2n}{n} +\frac{\sqrt{n} }{n} \right)}{n\left(\frac{n}{n} +\frac{1}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{n\left(2+\frac{\sqrt{n} }{n} \right)}{n\left(1+\frac{1}{n} \right)}$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2+\frac{\sqrt{n} }{n} }{1+\frac{1}{n} }$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2+\frac{\sqrt{n} }{\sqrt{n} \times \sqrt{n} } }{1+\frac{1}{n} }$
${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1} ={\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2+\frac{1}{\sqrt{n} } }{1+\frac{1}{n} }$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{n\to +\infty } 2+\frac{1}{\sqrt{n} }} & {=} & {2} \\ {\lim\limits_{n\to +\infty }1+\frac{1}{n } } & {=} & {1} \end{array}\right\}$ $\text{\red{par quotient :}}$ ${\mathop{\lim }\limits_{n\to +\infty }} \frac{2+\frac{1}{\sqrt{n} } }{1+\frac{1}{n} } =2$
$\purple{\text{Finalement :}}$
Nous savons que : $\frac{2n-\sqrt{n} }{n+1} \le u_{n} \le \frac{2n+\sqrt{n} }{n+1}$
D'après le théorème des gendarmes

$\red{\text{La bonne réponse est}}$ $\red{d}$
$v_{n} =u_{n} +a$
On va écrire maintenant l'expression au rang $n+1$ , il vient alors que :
$v_{n+1} =u_{n+1} +a$ . On remplace l'expression de $u_{n+1}$ par $u_{n+1} =-2u_{n} +3$.
$v_{n+1} =-2u_{n} +3+a$
$v_{n+1} =-2{\color{blue}{u_{n}}} +3+a$.
Or $v_{n} =u_{n} +a$ donc ${\color{blue}{v_{n} -a=u_{n}}}$ . Ainsi :
$v_{n+1} =-2\times{\color{blue}{\left(v_{n} -a\right)}}+3+a$
$v_{n+1} =-2v_{n} +2a+3+a$
$v_{n+1} =-2v_{n} +3a+3$ .
La suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique si et seulement si $3a+3=0$ ce qui nous donnerait $v_{n+1} =-2v_{n}$.
Ainsi : $3a+3=0\Leftrightarrow 3a=-3\Leftrightarrow a=-\frac{3}{3} \Leftrightarrow a=-1$
La suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique si et seulement si $a=-1$ .