Exercices corrigés : Limites de suites (Terminale)

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 1

1. Pour tout $n\ge1$, $\dfrac2n>0$, donc $u_n>3>2{,}99$ : la borne de gauche est toujours respectée.

De plus, comme $n>0$ :

$$u_n<3{,}01\iff\frac2n<0{,}01\iff2<0{,}01\,n\iff n>200.$$

Ainsi, pour tout $n\ge201$, $u_n\in\,]2{,}99\,;3{,}01[$. On peut prendre $N=201$ (c'est le plus petit rang possible, car $u_{200}=3{,}01$ n'appartient pas à l'intervalle ouvert).

2. Comme $]a\,;b[$ contient $3$, on a $a<3<b$, donc $b-3>0$.

• Pour tout $n\ge1$, $u_n>3>a$.
• $u_n<b\iff\dfrac2n<b-3\iff n>\dfrac2{b-3}$.

Notons $N$ le premier entier strictement supérieur à $\dfrac2{b-3}$. Pour tout $n\ge N$, on a $n>\dfrac2{b-3}$, donc $u_n<b$, et aussi $u_n>a$.

Tous les termes à partir du rang $N$ sont donc dans $]a\,;b[$. Cela étant vrai pour tout intervalle ouvert contenant $3$, on a démontré que $\lim_{n\to+\infty}u_n=3$.

3. Pour $n\in\mathbb{N}$ :

$$v_n>1000\iff2n>1005\iff n>502{,}5\iff n\ge503.$$

Tous les entiers $n\ge503$ conviennent, et $v_{502}=999$ ne convient pas. Le plus petit entier cherché est $N=503$.

4. Soit $A$ un réel. Pour $n\in\mathbb{N}$ :

$$v_n>A\iff2n>A+5\iff n>\frac{A+5}2.$$

Notons $N$ le premier entier naturel strictement supérieur à $\dfrac{A+5}2$. Pour tout $n\ge N$, $v_n>A$. Ainsi, pour tout réel $A$, l'intervalle $]A\,;+\infty[$ contient tous les termes de $(v_n)$ à partir du rang $N$ : $\lim_{n\to+\infty}v_n=+\infty$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 2

a) $\lim n^2=+\infty$, donc $\lim2n^2=+\infty$ ($2>0$). De plus $\lim\sqrt n=+\infty$. Par somme, $\lim u_n=+\infty$.

b) $\lim\dfrac1n=0$, donc $\lim\left(3-\dfrac1n\right)=3$. De plus $\lim(n+5)=+\infty$. Par produit (avec $3>0$), $\lim v_n=+\infty$.

c) $\lim(\sqrt n+1)=+\infty$. Par quotient d'une constante par une suite tendant vers $+\infty$, $\lim w_n=0$.

d) $\lim n^3=+\infty$ donc $\lim\dfrac2{n^3}=0$. Par somme, $\lim t_n=-5$.

e) $\lim\left(\dfrac1n-2\right)=-2$ et $\lim n^2=+\infty$. Par produit et règle des signes ($-2<0$), $\lim s_n=-\infty$.

f) Le numérateur vaut $5$. Le dénominateur $d_n=\dfrac1n-\dfrac1{\sqrt n}$ tend vers $0-0=0$.

Signe de $d_n$ : pour $n\ge2$, $\sqrt n>1$, donc $n=\sqrt n\times\sqrt n>\sqrt n>0$, d'où $\dfrac1n<\dfrac1{\sqrt n}$, c'est-à-dire $d_n<0$.

Le dénominateur tend vers $0$ en restant strictement négatif et le numérateur vaut $5>0$. Par quotient, $\lim r_n=-\infty$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 3

a) $\lim n^3=+\infty$ et $\lim(-4n^2)=-\infty$ : forme $\infty-\infty$. Pour $n\ge1$ :

$$u_n=n^3\left(1-\frac4n+\frac1{n^3}\right).$$

La parenthèse tend vers $1$ et $\lim n^3=+\infty$. Par produit, $\lim u_n=+\infty$.

b) Le numérateur tend vers $+\infty$ (même méthode : $3n^2-n=n^2(3-\frac1n)$), le dénominateur vers $-\infty$ : forme $\dfrac\infty\infty$.

$$v_n=\frac{n^2\left(3-\frac1n\right)}{n^2\left(\frac1{n^2}-2\right)}=\frac{3-\frac1n}{\frac1{n^2}-2}.$$

Le numérateur tend vers $3$ et le dénominateur vers $-2\neq0$. Par quotient, $\lim v_n=-\dfrac32$.

c) Forme $\dfrac\infty\infty$.

$$w_n=\frac{n\left(5+\frac2n\right)}{n^2\left(1+\frac1{n^2}\right)}=\frac1n\times\frac{5+\frac2n}{1+\frac1{n^2}}.$$

Le premier facteur tend vers $0$, le second vers $5$. Par produit, $\lim w_n=0$.

d) Forme $\dfrac\infty\infty$. Le dénominateur ne s'annule pour aucun entier.

$$t_n=\frac{n^2\left(1+\frac1{n^2}\right)}{n\left(2-\frac3n\right)}=n\times\frac{1+\frac1{n^2}}{2-\frac3n}.$$

Le quotient tend vers $\dfrac12>0$ et $\lim n=+\infty$. Par produit, $\lim t_n=+\infty$.

e) Forme $\infty-\infty$. Comme $n=\sqrt n\times\sqrt n$ :

$$s_n=\sqrt n\left(\sqrt n-1\right).$$

$\lim\sqrt n=+\infty$ et $\lim(\sqrt n-1)=+\infty$. Par produit, $\lim s_n=+\infty$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 6

a) Forme $\infty-\infty$. En multipliant par la quantité conjuguée, strictement positive :

$$a_n=\frac{(n^2+n)-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}=\frac n{\sqrt{n^2+n}+n}.$$

Comme $n>0$, $\sqrt{n^2+n}=\sqrt{n^2\left(1+\frac1n\right)}=n\sqrt{1+\frac1n}$. Donc

$$a_n=\frac n{n\left(\sqrt{1+\frac1n}+1\right)}=\frac1{\sqrt{1+\frac1n}+1}.$$

$\lim\left(1+\dfrac1n\right)=1$ et la fonction racine est continue en $1$, donc $\lim\sqrt{1+\frac1n}=1$. Par quotient, $\lim a_n=\dfrac12$.

b) Forme $\infty-\infty$.

$$b_n=\frac{(n+3)-n}{\sqrt{n+3}+\sqrt n}=\frac3{\sqrt{n+3}+\sqrt n}.$$

Le dénominateur tend vers $+\infty$ (somme), donc $\lim b_n=0$.

c) Forme $\infty-\infty$. Comme $n>0$ :

$$c_n=n\sqrt{4+\frac1{n^2}}-n=n\left(\sqrt{4+\frac1{n^2}}-1\right).$$

$\lim\sqrt{4+\frac1{n^2}}=\sqrt4=2$ (continuité de la racine en $4$), donc la parenthèse tend vers $1>0$. Comme $\lim n=+\infty$, par produit $\lim c_n=+\infty$.

d) Forme $\infty\times0$ (la parenthèse est de la forme $\infty-\infty$).

$$d_n=n\times\frac{(n^2+1)-n^2}{\sqrt{n^2+1}+n}=\frac n{\sqrt{n^2+1}+n}=\frac n{n\left(\sqrt{1+\frac1{n^2}}+1\right)}=\frac1{\sqrt{1+\frac1{n^2}}+1}.$$

Le dénominateur tend vers $2$, donc $\lim d_n=\dfrac12$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 7

a) Forme $\dfrac\infty\infty$. On divise numérateur et dénominateur par $4^n>0$ :

$$a_n=\frac{\left(\frac12\right)^n+\left(\frac34\right)^n}{1-\left(\frac14\right)^n}.$$

Les nombres $\frac12$, $\frac34$, $\frac14$ sont dans $]-1\,;1[$ : le numérateur tend vers $0$, le dénominateur vers $1$. Donc $\lim a_n=0$.

b) Forme $\dfrac\infty\infty$. On divise par $5^n$ :

$$b_n=\frac{1-3\left(\frac15\right)^n}{\left(\frac25\right)^n+1}.$$

Le numérateur et le dénominateur tendent vers $1$. Donc $\lim b_n=1$.

c) Forme $\infty-\infty$. $c_n=3^n\left(1-\left(\frac23\right)^n\right)$. La parenthèse tend vers $1$ et $\lim3^n=+\infty$ : par produit, $\lim c_n=+\infty$.

d) $d_n=1+\dfrac{(-3)^n}{4^n}=1+\left(-\dfrac34\right)^n$. Comme $-1<-\dfrac34<1$, $\lim\left(-\frac34\right)^n=0$ et $\lim d_n=1$.

e) Forme $\dfrac\infty\infty$. On divise par $2^n$ :

$$e_n=\frac{\left(\frac32\right)^n}{1+\left(\frac12\right)^n}.$$

$\frac32>1$ donc le numérateur tend vers $+\infty$ ; le dénominateur tend vers $1$. Par quotient, $\lim e_n=+\infty$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 8

1. $u_1=0{,}8\times10+4=12$ et $u_2=0{,}8\times12+4=13{,}6$.

2. Pour tout $n$ :

$$v_{n+1}=u_{n+1}-20=0{,}8\,u_n+4-20=0{,}8\,u_n-16=0{,}8\,(u_n-20)=0{,}8\,v_n.$$

$(v_n)$ est géométrique de raison $0{,}8$ et de premier terme $v_0=10-20=-10$.

3. Donc $v_n=-10\times0{,}8^n$ et $u_n=v_n+20=20-10\times0{,}8^n$.

Vérification : $u_1=20-8=12$ et $u_2=20-6{,}4=13{,}6$.

Comme $-1<0{,}8<1$, $\lim0{,}8^n=0$, donc $\lim u_n=20$.

4. Pour tout $n$ :

$$u_{n+1}-u_n=-10\times0{,}8^{n+1}+10\times0{,}8^n=10\times0{,}8^n(1-0{,}8)=2\times0{,}8^n>0.$$

La suite $(u_n)$ est strictement croissante.

5.

$$u_n>19{,}9\iff10\times0{,}8^n<0{,}1\iff0{,}8^n<0{,}01.$$

À la calculatrice : $0{,}8^{20}\approx0{,}0115$ et $0{,}8^{21}\approx0{,}0092$. Comme $0<0{,}8<1$, la suite $(0{,}8^n)$ est décroissante : pour tout $n\le20$, $0{,}8^n\ge0{,}8^{20}>0{,}01$, et pour tout $n\ge21$, $0{,}8^n\le0{,}8^{21}<0{,}01$.

Le plus petit entier cherché est $n=21$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 11

1. $u_1=1+1=2$, $u_2=1+\dfrac12=\dfrac32$, $u_3=1+\dfrac23=\dfrac53$, $u_4=1+\dfrac35=\dfrac85$.

On a $u_0<u_1$ mais $u_1>u_2$ : la suite n'est pas monotone. Le théorème de convergence monotone ne s'applique pas directement.

2. Notons $P(n)$ : « $u_n$ est défini et $1\le u_n\le2$ ».

Initialisation. $u_0=1\in[1\,;2]$.

Hérédité. Si $1\le u_n\le2$, alors $u_n\neq0$ donc $u_{n+1}$ est défini. La fonction inverse étant décroissante sur $]0\,;+\infty[$ : $\dfrac12\le\dfrac1{u_n}\le1$, donc $\dfrac32\le u_{n+1}\le2$, et a fortiori $1\le u_{n+1}\le2$.

Conclusion. Pour tout $n$, $1\le u_n\le2$.

3. $\varphi^2=\dfrac{1+2\sqrt5+5}4=\dfrac{6+2\sqrt5}4=\dfrac{3+\sqrt5}2=\dfrac{1+\sqrt5}2+1=\varphi+1$.

Comme $\varphi\neq0$, en divisant par $\varphi$ : $\varphi=1+\dfrac1\varphi$, donc $\varphi-1=\dfrac1\varphi$.

4. Pour tout $n$, d'après la question 3 :

$$u_{n+1}-\varphi=\left(1+\frac1{u_n}\right)-\left(1+\frac1\varphi\right)=\frac1{u_n}-\frac1\varphi=\frac{\varphi-u_n}{u_n\,\varphi}.$$

Donc $|u_{n+1}-\varphi|=\dfrac{|u_n-\varphi|}{u_n\,\varphi}$. Comme $u_n\ge1$ et $\varphi>0$, $u_n\varphi\ge\varphi$, d'où $\dfrac1{u_n\varphi}\le\dfrac1\varphi$ et

$$|u_{n+1}-\varphi|\le\frac1\varphi\,|u_n-\varphi|.$$

5. Notons $Q(n)$ : « $|u_n-\varphi|\le\left(\frac1\varphi\right)^{n+1}$ ».

Initialisation. $|u_0-\varphi|=|1-\varphi|=\varphi-1=\dfrac1\varphi$ (car $\varphi>1$). $Q(0)$ est vraie.

Hérédité. Si $Q(n)$ est vraie, la question 4 donne $|u_{n+1}-\varphi|\le\dfrac1\varphi\times\left(\dfrac1\varphi\right)^{n+1}=\left(\dfrac1\varphi\right)^{n+2}$ : $Q(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Pour tout $n$, $|u_n-\varphi|\le\left(\frac1\varphi\right)^{n+1}$.

6. L'inégalité précédente s'écrit, pour tout $n$ :

$$\varphi-\left(\frac1\varphi\right)^{n+1}\le u_n\le\varphi+\left(\frac1\varphi\right)^{n+1}.$$

Comme $\sqrt5>1$, $\varphi>1$, donc $0<\dfrac1\varphi<1$ et $\lim\left(\frac1\varphi\right)^{n+1}=0$. Les deux suites encadrantes tendent vers $\varphi$. D'après le théorème des gendarmes, $\lim u_n=\varphi=\dfrac{1+\sqrt5}2$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 12

1. $2^3=8<9=3^2$ : l'inégalité est fausse pour $n=3$. $2^4=16\ge16=4^2$ : elle est vraie pour $n=4$.

2. Pour $n\ge4$, notons $P(n)$ : « $2^n\ge n^2$ ».

Initialisation. $P(4)$ est vraie (question 1).

Hérédité. Soit $n\ge4$ tel que $2^n\ge n^2$. Alors $2^{n+1}=2\times2^n\ge2n^2$.

Or $2n^2-(n+1)^2=n^2-2n-1=(n-1)^2-2$. Comme $n\ge4$, $(n-1)^2\ge9$, donc $2n^2-(n+1)^2\ge7>0$. Ainsi $2^{n+1}\ge2n^2\ge(n+1)^2$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Pour tout $n\ge4$, $2^n\ge n^2$.

3. Pour $n\ge4$, $2^n\ge n^2>0$, donc $\dfrac1{2^n}\le\dfrac1{n^2}$ et, en multipliant par $n>0$ :

$$0\le\frac n{2^n}\le\frac n{n^2}=\frac1n.$$

Comme $\lim\dfrac1n=0$, le théorème des gendarmes donne $\lim\dfrac n{2^n}=0$.

4. Pour $n\ge4$, en divisant $2^n\ge n^2$ par $n>0$ : $\dfrac{2^n}n\ge n$. Comme $\lim n=+\infty$, par comparaison $\lim\dfrac{2^n}n=+\infty$.

5. $w_n=\dfrac n{2^n}+1$. D'après la question 3, $\lim w_n=0+1=1$.

def seuil():
    n = 0
    u = 0.5
    while ..........:
        u = ..........
        n = n + 1
    return n

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 14

Partie A

1. $f$ est dérivable sur $[0\,;+\infty[$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas. Pour $x\ge0$ :

$$f'(x)=\frac{4(x+1)-4x\times1}{(x+1)^2}=\frac4{(x+1)^2}>0.$$

$f$ est strictement croissante sur $[0\,;+\infty[$.

2. $f(3)=\dfrac{12}4=3$. Pour $x\ge0$ :

$$f(x)=x\iff4x=x(x+1)\iff x^2-3x=0\iff x(x-3)=0.$$

Les solutions sont $0$ et $3$.

Partie B

1. $u_1=f\left(\frac12\right)=\dfrac2{\frac32}=\dfrac43$ et $u_2=f\left(\frac43\right)=\dfrac{\frac{16}3}{\frac73}=\dfrac{16}7$.

2. Notons $P(n)$ : « $\dfrac12\le u_n\le u_{n+1}\le3$ ».

Initialisation. $u_0=\dfrac12$ et $u_1=\dfrac43$ : on a bien $\dfrac12\le\dfrac12\le\dfrac43\le3$. $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n$ tel que $\dfrac12\le u_n\le u_{n+1}\le3$. Comme $f$ est croissante sur $[0\,;+\infty[$ :

$$f\left(\tfrac12\right)\le f(u_n)\le f(u_{n+1})\le f(3),\ \text{soit}\ \frac43\le u_{n+1}\le u_{n+2}\le3.$$

Comme $\dfrac43\ge\dfrac12$, $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. Pour tout $n$, $\dfrac12\le u_n\le u_{n+1}\le3$.

3. $(u_n)$ est croissante et majorée par $3$ : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel $\ell$, et par passage à la limite $\dfrac12\le\ell\le3$.

$f$ est continue sur $[0\,;+\infty[$ (fonction rationnelle définie sur cet intervalle), donc $f(\ell)=\ell$. D'après la partie A, $\ell=0$ ou $\ell=3$. Comme $\ell\ge\dfrac12$, $\ell=3$.

Partie C

1. D'après la partie B, $u_n\ge\dfrac12>0$, donc $v_n$ est bien défini et $v_n=1-\dfrac3{u_n}$. Pour tout $n$ :

$$v_{n+1}=1-\frac3{u_{n+1}}=1-\frac{3(u_n+1)}{4u_n}=\frac{4u_n-3u_n-3}{4u_n}=\frac{u_n-3}{4u_n}=\frac14\,v_n.$$

$(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac14$ et de premier terme $v_0=\dfrac{\frac12-3}{\frac12}=-5$.

2. Donc $v_n=-5\times\left(\frac14\right)^n$. De $v_n=1-\dfrac3{u_n}$, on tire $\dfrac3{u_n}=1-v_n=1+5\times\left(\frac14\right)^n>0$, d'où

$$u_n=\frac3{1+5\times\left(\frac14\right)^n}.$$

Comme $-1<\dfrac14<1$, $\lim\left(\frac14\right)^n=0$, donc le dénominateur tend vers $1$ et $\lim u_n=3$, ce qui confirme la partie B.

3. En multipliant numérateur et dénominateur par $4^n$ : $u_n=\dfrac{3\times4^n}{4^n+5}$. Donc

$$3-u_n=\frac{3(4^n+5)-3\times4^n}{4^n+5}=\frac{15}{4^n+5}.$$

4. La boucle doit tourner tant que la condition d'arrêt n'est pas atteinte, et calculer le terme suivant :

def seuil():
    n = 0
    u = 0.5
    while 3 - u >= 0.001:
        u = 4 * u / (u + 1)
        n = n + 1
    return n

Valeur renvoyée : $3-u_n<10^{-3}\iff\dfrac{15}{4^n+5}<0{,}001\iff4^n+5>15\,000\iff4^n>14\,995$.

Or $4^6=4\,096$ et $4^7=16\,384$. La suite $(4^n)$ étant croissante, le plus petit entier qui convient est $n=7$. La fonction renvoie $7$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 15

1. $u_1=0{,}85\times800+150=680+150=830$.

2.a) Pour tout $n$ :

$$v_{n+1}=u_{n+1}-1000=0{,}85\,u_n-850=0{,}85\,(u_n-1000)=0{,}85\,v_n.$$

$(v_n)$ est géométrique de raison $0{,}85$ et de premier terme $v_0=800-1000=-200$.

2.b) Donc $v_n=-200\times0{,}85^n$ et $u_n=v_n+1000=1000-200\times0{,}85^n$. (Vérification : $u_1=1000-170=830$.)

3. Pour tout $n$ :

$$u_{n+1}-u_n=-200\times0{,}85^{n+1}+200\times0{,}85^n=200\times0{,}85^n\times(1-0{,}85)=30\times0{,}85^n>0.$$

La suite $(u_n)$ est croissante.

4. Comme $-1<0{,}85<1$, $\lim0{,}85^n=0$, donc $\lim u_n=1000$. Selon ce modèle, le nombre d'adhérents augmente et se rapproche de $1000$ à long terme, sans jamais l'atteindre (car $200\times0{,}85^n>0$).

5.

$$u_n>990\iff200\times0{,}85^n<10\iff0{,}85^n<0{,}05.$$

À la calculatrice, $0{,}85^{18}\approx0{,}0536$ et $0{,}85^{19}\approx0{,}0456$. La suite $(0{,}85^n)$ est décroissante, donc le plus petit entier qui convient est $n=19$ (on a $u_{18}\approx989{,}3$ et $u_{19}\approx990{,}9$). L'objectif est atteint en $2025+19=2044$.

6.a)

$$S_n=\sum_{k=0}^{n}\left(1000-200\times0{,}85^k\right)=1000(n+1)-200\sum_{k=0}^{n}0{,}85^k.$$

Or $\displaystyle\sum_{k=0}^{n}0{,}85^k=\frac{1-0{,}85^{n+1}}{1-0{,}85}=\frac{1-0{,}85^{n+1}}{0{,}15}$ et $\dfrac{200}{0{,}15}=\dfrac{4000}3$. Donc

$$S_n=1000(n+1)-\frac{4000}3\left(1-0{,}85^{n+1}\right).$$

(Vérification : $S_0=1000-\frac{4000}3\times0{,}15=1000-200=800=u_0$.)

6.b)

$$\frac{S_n}{n+1}=1000-\frac{4000}3\times\frac{1-0{,}85^{n+1}}{n+1}.$$

On a $\lim\left(1-0{,}85^{n+1}\right)=1$ et $\lim(n+1)=+\infty$, donc par quotient $\lim\dfrac{1-0{,}85^{n+1}}{n+1}=0$. Ainsi $\lim\dfrac{S_n}{n+1}=1000$.

Interprétation : $\dfrac{S_n}{n+1}$ est le nombre moyen d'adhérents sur les $n+1$ premières années ; sur une longue période, cette moyenne se rapproche de $1000$.