Limites de suites : 20 exercices corrigésmaths Tale spé — du geste seul au problème de contrôle

Vingt exercices, de la lecture d'un graphique au problème de bac, avec un rappel de cours avant chaque niveau. Cherche d'abord au brouillon, puis ouvre la correction : elle est écrite étape par étape, et elle dessine les termes de la suite qui s'approchent de leur limite.

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Un seul geste : exercices 1 à 8niveau 1

Une règle par exercice. On applique, on écrit le résultat.

Rappel de cours

$lim u_{n} =$ $ℓ$ : tout intervalle ouvert qui contient $ℓ$ contient TOUS les termes à partir d'un certain rang. $lim u_{n} =$ $+ \infty$ : les termes dépassent n'importe quel nombre $A$ à partir d'un certain rang.
À connaître : $n$ , $n^{2}$ , $n^{3}$ , $n$ tendent vers $+ \infty$ ; leurs inverses tendent vers $0$ . Et $q^{n}$ tend vers $0$ si $- 1 < q <$ $1$ , vers $+ \infty$ si $q >$ $1$ ; il n'a pas de limite si $q ⩽$ $- 1$ .
Formes indéterminées : $\infty -$ $\infty$ , $0 \times$ $\infty$ , $\frac{\infty}{\infty}$ et $\frac{0}{0}$ . On les lève en factorisant par le terme qui domine.
Comparaison : si $u_{n} ⩾ v_{n}$ et $v_{n} \to$ $+ \infty$ , alors $u_{n} \to$ $+ \infty$ . Gendarmes : si $v_{n} ⩽ u_{n} ⩽$ $w_{n}$ , et si $v_{n}$ et $w_{n}$ tendent vers $ℓ$ , alors $u_{n} \to$ $ℓ$ .

1
On a placé les premiers termes de la suite $u_{n} = 3 -$ $\frac{2}{n + 1}$ . a) Vers quel nombre semblent-ils se rapprocher ? b) À partir de quel rang a-t-on $2, 9 < u_{n} <$ $3, 1$ ? c) Même question pour $2, 99 < u_{n} <$ $3, 01$ .
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a) Les points montent et viennent se tasser sous la droite $y =$ $3$ : on conjecture que $lim u_{n} =$ $3$ . b) On retire toujours un nombre positif à $3$ , donc $u_{n} < 3 <$ $3, 1$ . Il reste à obtenir $u_{n} >$ $2, 9$ , c'est-à-dire $3 - u_{n} <$ $0, 1$ . Or $3 - u_{n} =$ $\frac{2}{n + 1}$ . On résout $\frac{2}{n + 1} <$ $0, 1$ , soit $n + 1 >$ $20$ , donc $n >$ $19$ . À partir du rang $20$ , tous les termes sont dans l'intervalle. c) $\frac{2}{n + 1} < 0, 01$ donne $n + 1 >$ $200$ , donc $n >$ $199$ : à partir du rang $200$ . ⭐ C'est le sens de « $u_{n}$ tend vers $3$ » : aussi petit que soit l'intervalle autour de $3$ , les termes finissent TOUS par y entrer, et n'en sortent plus. ⚠️ « Se rapprocher » ne suffit pas : les termes se rapprochent aussi de $4$ (leur distance à $4$ diminue), mais ils ne tendent pas vers $4$ .
2
Donner la limite de chaque suite, définie pour $n ⩾$ $1$ : a) $n^{3}$ b) $\frac{5}{n}$ c) $- 2 n^{2}$ d) $2 + \frac{4}{n}$
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a) $lim n^{3} =$ $+ \infty$ : c'est une limite de référence. b) $n \to$ $+ \infty$ , donc $\frac{1}{n} \to$ $0$ , et $\frac{5}{n} = 5 \times \frac{1}{n} \to$ $0$ . c) $n^{2} \to + \infty$ et on multiplie par $- 2$ , un nombre NÉGATIF : $- 2 n^{2} \to$ $- \infty$ . d) $\frac{4}{n} \to$ $0$ , donc $2 + \frac{4}{n} \to$ $2$ . ⚠️ En c), multiplier par un négatif retourne le signe de la limite : $+ \infty$ devient $- \infty$ . ⭐ Sur le dessin (suite d) : les termes descendent vers la droite $y = 2$ sans jamais la toucher.
3
Donner la limite, si elle existe : a) $0, 8^{n}$ b) $1, 0 5^{n}$ c) $4 \times (- 0, 5)^{n}$ d) $(- 2)^{n}$
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On regarde où se trouve la raison $q$ . a) $- 1 < 0, 8 <$ $1$ , donc $lim 0, 8^{n} =$ $0$ . b) $1, 05 >$ $1$ , donc $lim 1, 0 5^{n} =$ $+ \infty$ . c) $- 1 < - 0, 5 <$ $1$ , donc $(- 0, 5)^{n} \to$ $0$ , et $4 \times (- 0, 5)^{n} \to$ $0$ . d) $q = - 2 ⩽$ $- 1$ : les termes valent $1$ , $- 2$ , $4$ , $- 8$ , $16$ … Ils changent de signe à chaque rang et grandissent en valeur absolue : la suite n'a PAS de limite. ⚠️ $(- 2)^{n}$ ne tend pas vers $- \infty$ : un terme sur deux est positif. ⭐ Sur le dessin (suite c) : les termes sautent d'un côté à l'autre de l'axe, mais les sauts rétrécissent de moitié à chaque fois. Ils tendent vers $0$ .
4
Déterminer la limite de chaque suite, pour $n ⩾$ $1$ : a) $u_{n} = n^{2} + 3 n$ b) $v_{n} = (2 + \frac{1}{n}) (5 - \frac{3}{n ^{2}})$ c) $w_{n} = \frac{3}{n ^{2} + 1}$
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a) $n^{2} \to + \infty$ et $3 n \to$ $+ \infty$ . Une somme de deux termes qui tendent vers $+ \infty$ tend vers $+ \infty$ : $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . b) $2 + \frac{1}{n} \to 2$ et $5 - \frac{3}{n ^{2}} \to$ $5$ . Le produit tend vers $2 \times 5 =$ $10$ . c) $n^{2} + 1 \to$ $+ \infty$ , et $3$ divisé par un nombre qui grandit sans fin tend vers $0$ : $lim w_{n} =$ $0$ . ⚠️ En b), on multiplie les limites parce qu'elles sont FINIES. Un facteur qui tend vers $0$ et l'autre vers $+ \infty$ donneraient une forme indéterminée. ⭐ Le tableau montre $v_{n}$ qui s'approche de $10$ : $10, 437$ , puis $10, 049$ , puis $10, 005$ .
n 1 10 100 1000
v(n) 6 10,437 10,049 10,005
5
Soit $u_{n} = n^{2} -$ $5 n$ . a) Pourquoi ne peut-on pas conclure directement sur sa limite ? b) Lever l'indétermination en factorisant par $n^{2}$ .
Voir la correction
a) $n^{2} \to + \infty$ et $- 5 n \to$ $- \infty$ : on est devant la forme « $\infty -$ $\infty$ », qui est indéterminée. b) Pour $n ⩾$ $1$ : $u_{n} =$ $n^{2} (1 - \frac{5}{n})$ . $\frac{5}{n} \to$ $0$ , donc $1 - \frac{5}{n} \to$ $1$ . Alors $u_{n}$ est le produit d'un terme qui tend vers $+ \infty$ par un terme qui tend vers $1$ : $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . ⭐ On factorise par le terme de plus haut degré : c'est lui qui gagne. ⚠️ « Indéterminée » ne veut pas dire « pas de limite » : cela veut dire que les règles ne suffisent pas, et qu'il faut transformer l'écriture.
n 10 100 1000
n² − 5n 50 9 500 995 000
6
Déterminer la limite de la suite $u_{n} =$ $\frac{3 n ^{2} + 1}{n ^{2} + 4}$ .
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Le numérateur et le dénominateur tendent vers $+ \infty$ : forme « $\frac{\infty}{\infty}$ », indéterminée. On divise en haut et en bas par $n^{2}$ , pour $n ⩾$ $1$ : $u_{n} =$ $\frac{3 + \frac{1}{n ^{2}}}{1 + \frac{4}{n ^{2}}}$ . $\frac{1}{n ^{2}} \to 0$ et $\frac{4}{n ^{2}} \to$ $0$ : le numérateur tend vers $3$ , le dénominateur vers $1$ . Donc $lim u_{n} =$ $3$ . ⭐ Pour un quotient de polynômes en $n$ , on factorise par le plus haut degré en haut ET en bas. ⚠️ Diviser par $n^{2}$ n'est permis que si $n \neq =$ $0$ : on se place pour $n ⩾$ $1$ , ce qui ne change pas la limite.
7
Soit $u_{n} = n +$ $(- 1)^{n}$ . a) Montrer que, pour tout $n$ , $u_{n} ⩾ n -$ $1$ . b) En déduire la limite de $(u_{n})$ .
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a) $(- 1)^{n}$ vaut $1$ ou $- 1$ , donc $(- 1)^{n} ⩾$ $- 1$ . On ajoute $n$ des deux côtés : $u_{n} ⩾ n -$ $1$ . b) $lim (n - 1) =$ $+ \infty$ . Comme $u_{n}$ reste AU-DESSUS de $n -$ $1$ , le théorème de comparaison donne $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . ⚠️ La suite n'est pas croissante ( $u_{0} =$ $1$ et $u_{1} =$ $0$ ) : elle tend pourtant vers $+ \infty$ . Tendre vers l'infini ne demande pas de monter à chaque pas. ⭐ Sur le dessin : les points sautillent, mais restent tous au-dessus de la droite orange $y = n -$ $1$ , qui les pousse vers le haut.
8
Soit $u_{n} = \frac{cos ( n )}{n}$ pour $n ⩾$ $1$ . a) Montrer que $- \frac{1}{n} ⩽ u_{n} ⩽$ $\frac{1}{n}$ . b) En déduire la limite de $(u_{n})$ .
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a) Pour tout réel, $- 1 ⩽ cos (n) ⩽$ $1$ . On divise par $n$ , qui est POSITIF : le sens des inégalités ne change pas. $- \frac{1}{n} ⩽ u_{n} ⩽$ $\frac{1}{n}$ . b) $lim - \frac{1}{n} = 0$ et $lim \frac{1}{n} =$ $0$ . $u_{n}$ est coincée entre deux suites qui tendent vers $0$ : par le théorème des gendarmes, $lim u_{n} =$ $0$ . ⚠️ $cos (n)$ n'a pas de limite. Ce qu'on utilise, c'est qu'il reste BORNÉ entre $- 1$ et $1$ . ⭐ Sur le dessin : les points restent dans l'entonnoir formé par les courbes $y = \frac{1}{x}$ et $y =$ $- \frac{1}{x}$ , qui se referme sur l'axe.

n	1	10	100	1000
v(n)	6	10,437	10,049	10,005

n	10	100	1000
n² − 5n	50	9 500	995 000

Encore des exercices comme ceux-là, avec le Coach

Type devoir : exercices 9 à 16niveau 2

Plusieurs gestes à enchaîner, comme dans un devoir. On rédige.

Rappel de cours

Convergence monotone : une suite croissante et majorée converge ; une suite décroissante et minorée converge. ⚠️ Le théorème ne donne PAS la limite.
Si $u_{n + 1} =$ $f (u_{n})$ , si $(u_{n})$ converge vers $ℓ$ et si $f$ est continue en $ℓ$ , alors $f (ℓ) =$ $ℓ$ : on trouve la limite en résolvant cette équation.
Suite $u_{n + 1} = a u_{n} +$ $b$ : on pose $v_{n} = u_{n} -$ $ℓ$ , où $ℓ = a ℓ +$ $b$ . Alors $(v_{n})$ est géométrique de raison $a$ .
Récurrence : on vérifie la propriété au premier rang (initialisation), puis on montre que si elle est vraie au rang $n$ , elle est vraie au rang $n + 1$ (hérédité).

9
Soit $(u_{n})$ définie par $u_{0} = 1$ et $u_{n + 1} =$ $2 u_{n} + 3$ . a) Montrer par récurrence que, pour tout $n$ , $1 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽$ $3$ . b) En déduire que $(u_{n})$ converge. c) Déterminer sa limite.
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On note $f (x) =$ $2 x + 3$ . Elle est croissante sur $[- \frac{3}{2}; + \infty [$ : $x \mapsto 2 x + 3$ est croissante, et la racine aussi. a) Initialisation : $u_{0} = 1$ et $u_{1} = 5 \approx$ $2, 24$ . On a bien $1 ⩽ 1 ⩽ 5 ⩽$ $3$ . Hérédité : on suppose $1 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽$ $3$ . Comme $f$ est croissante, elle garde l'ordre : $f (1) ⩽ f (u_{n}) ⩽ f (u_{n + 1}) ⩽$ $f (3)$ . C'est-à-dire $5 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n + 2} ⩽$ $3$ , et $5 ⩾$ $1$ . La propriété est vraie au rang $n +$ $1$ . b) La suite est croissante ( $u_{n} ⩽$ $u_{n + 1}$ ) et majorée par $3$ : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge. c) Sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ =$ $2 ℓ + 3$ , car $f$ est continue. On élève au carré : $ℓ^{2} = 2 ℓ +$ $3$ , soit $ℓ^{2} - 2 ℓ - 3 =$ $0$ , ou $(ℓ - 3) (ℓ + 1) =$ $0$ . Donc $ℓ = 3$ ou $ℓ =$ $- 1$ . Tous les termes sont $⩾$ $1$ , donc $ℓ ⩾$ $1$ : $lim u_{n} =$ $3$ . ⚠️ « Majorée par $3$ » ne dit pas que la limite est $3$ : une suite majorée par $3$ l'est aussi par $100$ . La limite se trouve en c). ⭐ Sur le dessin : l'escalier orange monte de la courbe à la droite $y =$ $x$ , et se coince au point $(3; 3)$ où elles se croisent.
10
Un lac contient $50$ tonnes de polluant en 2025. Chaque année, $20$ % du polluant est éliminé naturellement, puis une usine en rejette $4$ tonnes. On note $u_{n}$ la masse de polluant, en tonnes, l'année $2025 +$ $n$ : $u_{0} = 50$ et $u_{n + 1} = 0, 8 u_{n} +$ $4$ . a) On pose $v_{n} = u_{n} -$ $20$ . Montrer que $(v_{n})$ est géométrique. b) En déduire $u_{n}$ en fonction de $n$ , puis la limite de $(u_{n})$ . Interpréter. c) À partir de quelle année la masse passe-t-elle sous $21$ tonnes ?
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a) $v_{n + 1} = u_{n + 1} - 20 = 0, 8 u_{n} + 4 -$ $20$ , soit $v_{n + 1} = 0, 8 u_{n} -$ $16$ . On factorise par $0, 8$ : $v_{n + 1} = 0, 8 (u_{n} - 20) =$ $0, 8 v_{n}$ . $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 8$ , de premier terme $v_{0} = 50 - 20 =$ $30$ . b) $v_{n} = 30 \times$ $0, 8^{n}$ , donc $u_{n} = 20 + 30 \times$ $0, 8^{n}$ . $- 1 < 0, 8 <$ $1$ , donc $0, 8^{n} \to 0$ et $lim u_{n} =$ $20$ . À long terme, le lac garde environ $20$ tonnes de polluant : c'est l'équilibre où les $20$ % éliminés ( $4$ tonnes) compensent exactement le rejet. c) $u_{n} < 21$ équivaut à $30 \times 0, 8^{n} <$ $1$ , soit $0, 8^{n} < \frac{1}{30} \approx$ $0, 0333$ . À la calculatrice : $0, 8^{15} \approx 0, 0352$ (trop grand) et $0, 8^{16} \approx$ $0, 0281$ . Donc $n =$ $16$ : la masse passe sous $21$ tonnes en $2041$ . ⭐ D'où vient le $20$ ? C'est la solution de $ℓ = 0, 8 ℓ +$ $4$ : la masse qui ne bouge plus d'une année à l'autre. ⚠️ Sur le dessin, une graduation vaut $10$ tonnes : les points descendent vers la droite $y =$ $2$ , c'est-à-dire $20$ tonnes.
11
Déterminer la limite de chaque suite : a) $u_{n} =$ $\frac{3 ^{n} + 2 ^{n}}{3 ^{n} - 1}$ , pour $n ⩾ 1$ b) $v_{n} = \frac{2 ^{n} - 5 ^{n}}{4 ^{n}}$
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a) En haut et en bas, $3^{n}$ domine : on divise par $3^{n}$ . $u_{n} =$ $\frac{1 + ( \frac{2}{3} ) ^{n}}{1 - ( \frac{1}{3} ) ^{n}}$ . $- 1 < \frac{2}{3} < 1$ et $- 1 < \frac{1}{3} <$ $1$ : les deux puissances tendent vers $0$ . Donc $lim u_{n} = \frac{1 + 0}{1 - 0} =$ $1$ . b) On sépare : $v_{n} = \frac{2 ^{n}}{4 ^{n}} - \frac{5 ^{n}}{4 ^{n}} = 0, 5^{n} -$ $1, 2 5^{n}$ . $0, 5^{n} \to 0$ et $1, 2 5^{n} \to$ $+ \infty$ : $lim v_{n} =$ $- \infty$ . ⭐ Avec des puissances, on factorise par celle dont la base est la plus grande : c'est elle qui domine. ⚠️ $\frac{2 ^{n}}{4 ^{n}}$ n'est pas $\frac{2}{4}$ : c'est $(\frac{2}{4})^{n}$ .
12
Pour $n ⩾$ $1$ , on pose $w_{n} = n^{2} + n -$ $n$ . a) Montrer que $w_{n} =$ $\frac{n}{n ^{2} + n + n}$ . b) En déduire la limite de $(w_{n})$ .
Voir la correction
a) On multiplie en haut et en bas par l'expression conjuguée $n^{2} + n +$ $n$ : $w_{n} =$ $\frac{( n ^{2} + n - n ) ( n ^{2} + n + n )}{n ^{2} + n + n}$ . En haut, $(a - b) (a + b) = a^{2} -$ $b^{2}$ : on obtient $n^{2} + n - n^{2} =$ $n$ . D'où le résultat. b) On divise en haut et en bas par $n$ . Comme $n >$ $0$ , $n^{2} + n =$ $n 1 + \frac{1}{n}$ . $w_{n} =$ $\frac{1}{1 + \frac{1}{n} + 1}$ . $\frac{1}{n} \to$ $0$ , donc le dénominateur tend vers $1 + 1 =$ $2$ : $lim w_{n} =$ $\frac{1}{2}$ . ⚠️ Forme « $\infty -$ $\infty$ » : on pourrait croire que les deux termes « s'annulent » et que la limite vaut $0$ . Le tableau montre le contraire.
n 1 10 100 1000
w(n) 0,4142 0,4881 0,4988 0,4999
13
Démonstration du cours. Soit $a >$ $0$ . a) Montrer par récurrence que, pour tout entier $n$ , $(1 + a)^{n} ⩾ 1 +$ $na$ . b) En déduire que, si $q >$ $1$ , alors $lim q^{n} =$ $+ \infty$ . c) D'après cette inégalité, à partir de quel rang est-on sûr que $1, 5^{n} >$ $100$ ?
Voir la correction
a) Initialisation : pour $n =$ $0$ , $(1 + a)^{0} = 1$ et $1 + 0 \times a =$ $1$ . On a bien $1 ⩾$ $1$ . Hérédité : on suppose $(1 + a)^{n} ⩾ 1 +$ $na$ . On multiplie par $1 +$ $a$ , qui est POSITIF : l'inégalité garde son sens. $(1 + a)^{n + 1} ⩾ (1 + na) (1 + a) = 1 + a + na +$ $n a^{2}$ . Or $n a^{2} ⩾$ $0$ , donc $(1 + a)^{n + 1} ⩾ 1 + (n +$ $1) a$ . La propriété est vraie au rang $n +$ $1$ . b) Si $q >$ $1$ , on pose $a = q - 1 >$ $0$ . Alors $q^{n} = (1 + a)^{n} ⩾ 1 +$ $na$ . Comme $a >$ $0$ , $lim (1 + na) =$ $+ \infty$ . Par comparaison, $lim q^{n} =$ $+ \infty$ . c) Ici $a =$ $0, 5$ : $1, 5^{n} ⩾ 1 +$ $0, 5 n$ . On veut $1 + 0, 5 n >$ $100$ , soit $n >$ $198$ : à partir du rang $199$ . ⭐ L'inégalité est grossière : en réalité, $1, 5^{12} \approx 129, 7$ dépasse déjà $100$ . Mais elle suffit pour la limite. ⚠️ La démonstration demande $a >$ $0$ : c'est pourquoi on pose $a = q -$ $1$ , positif parce que $q >$ $1$ . ⭐ Sur le dessin : les points $1, 5^{n}$ décollent au-dessus de la droite orange $y = 1 +$ $0, 5 n$ , qui tend déjà vers $+ \infty$ .
14
Pour $n ⩾$ $1$ , on pose $S_{n} = \frac{n}{n ^{2} + 1} + \frac{n}{n ^{2} + 2}$ $+ \dots + \frac{n}{n ^{2} + n}$ (une somme de $n$ termes). a) Montrer que $\frac{n ^{2}}{n ^{2} + n} ⩽ S_{n} ⩽$ $\frac{n ^{2}}{n ^{2} + 1}$ . b) En déduire la limite de $(S_{n})$ .
Voir la correction
a) Pour chaque $k$ entre $1$ et $n$ : $n^{2} + 1 ⩽ n^{2} + k ⩽ n^{2} +$ $n$ . Quand le dénominateur grandit, la fraction diminue : $\frac{n}{n ^{2} + n} ⩽ \frac{n}{n ^{2} + k} ⩽$ $\frac{n}{n ^{2} + 1}$ . On additionne ces $n$ encadrements : $n \times \frac{n}{n ^{2} + n} ⩽ S_{n} ⩽ n \times$ $\frac{n}{n ^{2} + 1}$ . C'est l'encadrement demandé. b) À gauche : $\frac{n ^{2}}{n ^{2} + n} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} \to$ $1$ . À droite : $\frac{n ^{2}}{n ^{2} + 1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n ^{2}}} \to$ $1$ . Par le théorème des gendarmes, $lim S_{n} =$ $1$ . ⚠️ Chaque terme tend vers $0$ , mais il y en a de plus en plus : on ne peut PAS dire « une somme de termes qui tendent vers $0$ tend vers $0$ ». ⭐ Sur le dessin : les points $S_{n}$ sont pris en sandwich entre les deux courbes, qui montent toutes les deux vers $1$ .
15
On considère la suite définie par $u_{0} = 2$ et $u_{n + 1} = 1, 5 u_{n} +$ $1$ , et la fonction Python ci-dessous. a) Montrer par récurrence que $u_{n} ⩾ n + 2$ pour tout $n$ . En déduire la limite de $(u_{n})$ . b) Que renvoie seuil(A) ? Que renvoie seuil(1000) ? c) Pourquoi la boucle s'arrête-t-elle toujours, quel que soit $A$ ?
```
def seuil(A):
    n = 0
    u = 2
    while u <= A:
        u = 1.5 * u + 1
        n = n + 1
    return n
```
Voir la correction
a) Initialisation : $u_{0} = 2 ⩾ 0 +$ $2$ . Hérédité : si $u_{n} ⩾ n +$ $2$ , alors $u_{n + 1} = 1, 5 u_{n} + 1 ⩾ 1, 5 (n + 2) + 1 = 1, 5 n +$ $4$ . Or $1, 5 n + 4 ⩾ n +$ $3$ , car la différence vaut $0, 5 n + 1 ⩾$ $0$ . Donc $u_{n + 1} ⩾ (n + 1) +$ $2$ . $lim (n + 2) =$ $+ \infty$ : par comparaison, $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . b) La boucle calcule les termes tant qu'ils restent $⩽$ $A$ . Elle renvoie le PREMIER rang $n$ tel que $u_{n} >$ $A$ . Les termes : $2$ , $4$ , $7$ , $11, 5$ … jusqu'à $u_{13} \approx$ $776, 5$ , encore $⩽$ $1000$ , puis $u_{14} \approx$ $1165, 7$ . Donc seuil(1000) renvoie $14$ . c) Parce que $u_{n} \to$ $+ \infty$ : par définition, pour n'importe quel $A$ , les termes finissent par dépasser $A$ . La condition du while devient fausse. ⚠️ Avec une suite qui converge vers $20$ , seuil(1000) ne s'arrêterait jamais : on ne lance une boucle de seuil qu'après avoir su que le seuil sera atteint.
16
Pour approcher $2$ sans calculatrice, on utilise la suite $u_{0} = 3$ et $u_{n + 1} =$ $\frac{1}{2} (u_{n} + \frac{2}{u _{n}})$ . On admet que $u_{n} > 0$ pour tout $n$ . a) Montrer que $u_{n + 1} - 2 =$ $\frac{( u _{n} - 2 ) ^{2}}{2 u _{n}}$ . En déduire que $u_{n} ⩾ 2$ pour tout $n$ . b) Montrer que $u_{n + 1} - u_{n} =$ $\frac{2 - u _{n}^{2}}{2 u _{n}}$ . En déduire que $(u_{n})$ est décroissante. c) Montrer que $(u_{n})$ converge et trouver sa limite.
Voir la correction
a) $u_{n + 1} - 2 =$ $\frac{u _{n}^{2} + 2 - 2 2 u _{n}}{2 u _{n}}$ , en réduisant au même dénominateur. En haut, on reconnaît $(u_{n} -$ $2)^{2}$ . D'où la formule. Un carré est positif et $2 u_{n} >$ $0$ : $u_{n + 1} ⩾ 2$ pour tout $n$ . Et $u_{0} = 3 ⩾ 2$ aussi. b) $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{2} (\frac{2}{u _{n}} - u_{n}) =$ $\frac{2 - u _{n}^{2}}{2 u _{n}}$ . Comme $u_{n} ⩾$ $2$ , $u_{n}^{2} ⩾$ $2$ : le numérateur est négatif. La suite est décroissante. c) Décroissante et minorée par $2$ : elle converge (convergence monotone). Sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ =$ $\frac{1}{2} (ℓ + \frac{2}{ℓ})$ , soit $2 ℓ = ℓ +$ $\frac{2}{ℓ}$ , donc $ℓ^{2} =$ $2$ . Comme $ℓ ⩾ 2 >$ $0$ : $lim u_{n} =$ $2$ . ⭐ Et c'est rapide : $u_{1} = \frac{11}{6} \approx$ $1, 8333$ , $u_{2} \approx$ $1, 4621$ , $u_{3} \approx$ $1, 4150$ , puis $u_{4} \approx$ $1, 414214$ , qui a déjà six décimales justes. ⚠️ Sans l'hypothèse $u_{n} >$ $0$ , on ne pourrait ni diviser par $u_{n}$ , ni écarter $ℓ =$ $- 2$ .

n	1	10	100	1000
w(n)	0,4142	0,4881	0,4988	0,4999

Encore des exercices comme ceux-là, avec le Coach

Problèmes : exercices 17 à 20niveau 3

Un exercice complet de bac, avec ses questions qui s'enchaînent. La limite y dit ce qui se passe à long terme.

Rappel de cours

Une limite se lit dans le contexte : « à long terme, la population se stabilise vers… », « la distance ne dépassera jamais… ».
Somme géométrique : $1 + q + q^{2} + \dots + q^{n - 1} =$ $\frac{1 - q ^{n}}{1 - q}$ , pour $q \neq =$ $1$ .
Plan type d'une suite $u_{n + 1} =$ $f (u_{n})$ : variations de $f$ , récurrence, convergence monotone, puis la limite par $f (ℓ) =$ $ℓ$ .

17Les truites du bassin
Un pisciculteur élève des truites. Le nombre de truites, en milliers, l'année $n$ , est modélisé par $u_{0} = 1$ et $u_{n + 1} = 1, 6 u_{n} -$ $0, 1 u_{n}^{2}$ . On note $f (x) = 1, 6 x -$ $0, 1 x^{2}$ . a) Montrer que $f$ est croissante sur $[0; 6]$ et calculer $f (6)$ . b) Montrer par récurrence que $0 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6$ pour tout $n$ . c) En déduire que $(u_{n})$ converge, puis déterminer sa limite. Interpréter. d) Au bout de combien d'années le bassin dépasse-t-il $5000$ truites ?
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a) $f^{'} (x) = 1, 6 -$ $0, 2 x$ , positive pour $x ⩽$ $8$ : $f$ est croissante sur $[0; 6]$ . $f (6) = 9, 6 - 3, 6 =$ $6$ . b) Initialisation : $u_{0} = 1$ et $u_{1} = 1, 6 - 0, 1 =$ $1, 5$ . On a $0 ⩽ 1 ⩽ 1, 5 ⩽$ $6$ . Hérédité : si $0 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽$ $6$ , ces nombres sont dans $[0; 6]$ , où $f$ est croissante : $f (0) ⩽ f (u_{n}) ⩽ f (u_{n + 1}) ⩽$ $f (6)$ . Soit $0 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n + 2} ⩽$ $6$ : c'est la propriété au rang $n +$ $1$ . c) La suite est croissante et majorée par $6$ : elle converge vers un réel $ℓ$ . $f$ est continue, donc $f (ℓ) =$ $ℓ$ : $1, 6 ℓ - 0, 1 ℓ^{2} =$ $ℓ$ , soit $0, 1 ℓ (6 - ℓ) =$ $0$ . Donc $ℓ = 0$ ou $ℓ =$ $6$ . La suite est croissante et $u_{0} =$ $1$ : tous les termes sont $⩾$ $1$ , donc $ℓ ⩾$ $1$ . D'où $lim u_{n} =$ $6$ . À long terme, le bassin se stabilise vers $6000$ truites : c'est la population que le bassin peut nourrir. d) On calcule : $u_{5} \approx$ $4, 725$ , puis $u_{6} \approx$ $5, 327$ . Le bassin dépasse $5000$ truites au bout de $6$ ans. ⚠️ En c), deux valeurs vérifient $f (ℓ) =$ $ℓ$ . C'est la croissance de la suite qui élimine $0$ . ⭐ Sur le dessin : l'escalier orange monte entre la parabole et la droite $y = x$ vers le point $(6; 6)$ .
18La balle qui rebondit
On lâche une balle d'une hauteur de $2$ m. À chaque rebond, elle remonte à $60$ % de sa hauteur précédente. On note $h_{n}$ la hauteur atteinte après le $n$ -ième rebond, avec $h_{0} =$ $2$ . a) Exprimer $h_{n}$ en fonction de $n$ et donner sa limite. b) On note $D_{n}$ la distance totale parcourue quand la balle touche le sol pour la $(n + 1)$ -ième fois. Justifier que $D_{n} = 2 + 2 (h_{1} + \dots +$ $h_{n})$ . c) Montrer que $D_{n} = 8 - 6 \times$ $0, 6^{n}$ . d) La distance totale a-t-elle une limite ? Interpréter.
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a) Chaque hauteur est la précédente multipliée par $0, 6$ : $(h_{n})$ est géométrique, et $h_{n} = 2 \times$ $0, 6^{n}$ . $- 1 < 0, 6 <$ $1$ : $lim h_{n} =$ $0$ . Les rebonds s'éteignent. b) La balle tombe d'abord de $2$ m. Puis, à chaque rebond $k$ , elle MONTE de $h_{k}$ et REDESCEND de $h_{k}$ : cela fait $2 h_{k}$ . c) $h_{1} + \dots + h_{n} = 2 \times 0, 6 \times (1 + 0, 6 + \dots +$ $0, 6^{n - 1})$ , soit $1, 2 \times$ $\frac{1 - 0 , 6 ^{n}}{1 - 0 , 6}$ . Cela fait $3 (1 -$ $0, 6^{n})$ , car $\frac{1 , 2}{0 , 4} =$ $3$ . Donc $D_{n} = 2 + 6 (1 - 0, 6^{n}) = 8 - 6 \times$ $0, 6^{n}$ . d) $0, 6^{n} \to$ $0$ , donc $lim D_{n} =$ $8$ . Dans ce modèle, la balle rebondit une infinité de fois, mais la distance totale ne dépasse jamais $8$ m. ⚠️ Une infinité de trajets ne fait pas forcément une distance infinie : ils raccourcissent assez vite. ⚠️ En c), la somme commence à $h_{1}$ , pas à $h_{0}$ : le premier trajet de $2$ m est compté à part. ⭐ Sur le dessin : $D_{0} =$ $2$ , $D_{1} =$ $4, 4$ , $D_{2} =$ $5, 84$ … Les points montent vers la droite $y = 8$ sans l'atteindre.
19Le flocon de Koch
On part d'un triangle équilatéral de côté $3$ (étape $0$ ). À chaque étape, on coupe chaque côté en trois, et on remplace le tiers du milieu par deux côtés d'un petit triangle équilatéral tourné vers l'extérieur. Le dessin montre l'étape $2$ . a) Combien le flocon a-t-il de côtés à l'étape $n$ ? Quelle est leur longueur ? En déduire le périmètre $P_{n}$ . b) Déterminer la limite de $(P_{n})$ . c) On admet que l'aire vérifie $A_{n} =$ $A_{0} (1 + \frac{3}{5} (1 - (\frac{4}{9})^{n}))$ . Déterminer sa limite. d) Que dire de ce flocon ?
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a) Chaque côté devient $4$ côtés : le nombre de côtés est multiplié par $4$ à chaque étape. À l'étape $n$ : $3 \times 4^{n}$ côtés. Chaque longueur est divisée par $3$ : à l'étape $n$ , un côté mesure $\frac{3}{3 ^{n}}$ . $P_{n} = 3 \times 4^{n} \times \frac{3}{3 ^{n}} = 9 \times$ $(\frac{4}{3})^{n}$ . b) $\frac{4}{3} >$ $1$ , donc $(\frac{4}{3})^{n} \to$ $+ \infty$ , et $lim P_{n} =$ $+ \infty$ . c) $- 1 < \frac{4}{9} <$ $1$ , donc $(\frac{4}{9})^{n} \to$ $0$ . Alors $A_{n} \to A_{0} (1 + \frac{3}{5}) =$ $\frac{8}{5} A_{0}$ . d) Le périmètre devient aussi grand qu'on veut, alors que l'aire reste finie : elle ne dépasse jamais $\frac{8}{5}$ de celle du triangle de départ. ⭐ Vérification à l'étape $2$ : $3 \times 16 = 48$ côtés, de longueur $\frac{1}{3}$ , soit $P_{2} =$ $16$ . La formule donne bien $9 \times \frac{16}{9} =$ $16$ . ⚠️ Les deux suites ne se comportent pas pareil : $\frac{4}{3}$ est plus grand que $1$ , $\frac{4}{9}$ est plus petit. Tout se joue sur la raison.
20Une somme qui ne dépasse jamais 2
Pour $n ⩾$ $1$ , on pose $u_{n} = 1 + \frac{1}{2 ^{2}} + \frac{1}{3 ^{2}} + \dots +$ $\frac{1}{n ^{2}}$ . a) Montrer que $(u_{n})$ est croissante. b) Montrer que, pour $k ⩾$ $2$ , $\frac{1}{k ^{2}} ⩽ \frac{1}{k - 1} -$ $\frac{1}{k}$ . c) En déduire que $u_{n} ⩽ 2 -$ $\frac{1}{n}$ , puis que $(u_{n})$ converge. d) Sa limite vaut-elle $2$ ?
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a) $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} >$ $0$ : on ajoute un nombre positif à chaque rang. La suite est croissante. b) $\frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k} = \frac{k - ( k - 1 )}{k ( k - 1 )} =$ $\frac{1}{k ( k - 1 )}$ . Or $k (k - 1) ⩽$ $k^{2}$ , donc $\frac{1}{k ( k - 1 )} ⩾$ $\frac{1}{k ^{2}}$ . c) On écrit l'inégalité pour $k =$ $2$ , $3$ , …, $n$ , et on additionne : $\frac{1}{2 ^{2}} + \dots + \frac{1}{n ^{2}}$ $⩽ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots$ À droite, tout se simplifie en chaîne (somme télescopique) : il reste $1 -$ $\frac{1}{n}$ . On ajoute le premier terme $1$ : $u_{n} ⩽ 2 - \frac{1}{n} ⩽$ $2$ . La suite est croissante et majorée par $2$ : elle converge. d) On sait seulement que la limite est $⩽$ $2$ . En fait, elle vaut $\frac{π ^{2}}{6} \approx$ $1, 645$ : c'est un résultat d'Euler, hors programme. ⚠️ « Majorée par $2$ » ne veut pas dire « tend vers $2$ ». Un majorant n'est pas une limite. ⭐ Sur le dessin : les points $u_{n}$ restent sous la courbe orange $y = 2 -$ $\frac{1}{x}$ , elle-même sous la droite $y =$ $2$ .

Encore des exercices comme ceux-là, avec le Coach

Corrigés : limites de suites, 20 exercices

Ces pages se détachent de la feuille d'exercices. Chaque étape est écrite, avec son pourquoi.

1. a) Les points montent et viennent se tasser sous la droite $y =$ $3$ : on conjecture que $lim u_{n} =$ $3$ . b) On retire toujours un nombre positif à $3$ , donc $u_{n} < 3 <$ $3, 1$ . Il reste à obtenir $u_{n} >$ $2, 9$ , c'est-à-dire $3 - u_{n} <$ $0, 1$ . Or $3 - u_{n} =$ $\frac{2}{n + 1}$ . On résout $\frac{2}{n + 1} <$ $0, 1$ , soit $n + 1 >$ $20$ , donc $n >$ $19$ . À partir du rang $20$ , tous les termes sont dans l'intervalle. c) $\frac{2}{n + 1} < 0, 01$ donne $n + 1 >$ $200$ , donc $n >$ $199$ : à partir du rang $200$ . ⭐ C'est le sens de « $u_{n}$ tend vers $3$ » : aussi petit que soit l'intervalle autour de $3$ , les termes finissent TOUS par y entrer, et n'en sortent plus. ⚠️ « Se rapprocher » ne suffit pas : les termes se rapprochent aussi de $4$ (leur distance à $4$ diminue), mais ils ne tendent pas vers $4$ .
2. a) $lim n^{3} =$ $+ \infty$ : c'est une limite de référence. b) $n \to$ $+ \infty$ , donc $\frac{1}{n} \to$ $0$ , et $\frac{5}{n} = 5 \times \frac{1}{n} \to$ $0$ . c) $n^{2} \to + \infty$ et on multiplie par $- 2$ , un nombre NÉGATIF : $- 2 n^{2} \to$ $- \infty$ . d) $\frac{4}{n} \to$ $0$ , donc $2 + \frac{4}{n} \to$ $2$ . ⚠️ En c), multiplier par un négatif retourne le signe de la limite : $+ \infty$ devient $- \infty$ . ⭐ Sur le dessin (suite d) : les termes descendent vers la droite $y = 2$ sans jamais la toucher.
3. On regarde où se trouve la raison $q$ . a) $- 1 < 0, 8 <$ $1$ , donc $lim 0, 8^{n} =$ $0$ . b) $1, 05 >$ $1$ , donc $lim 1, 0 5^{n} =$ $+ \infty$ . c) $- 1 < - 0, 5 <$ $1$ , donc $(- 0, 5)^{n} \to$ $0$ , et $4 \times (- 0, 5)^{n} \to$ $0$ . d) $q = - 2 ⩽$ $- 1$ : les termes valent $1$ , $- 2$ , $4$ , $- 8$ , $16$ … Ils changent de signe à chaque rang et grandissent en valeur absolue : la suite n'a PAS de limite. ⚠️ $(- 2)^{n}$ ne tend pas vers $- \infty$ : un terme sur deux est positif. ⭐ Sur le dessin (suite c) : les termes sautent d'un côté à l'autre de l'axe, mais les sauts rétrécissent de moitié à chaque fois. Ils tendent vers $0$ .
4. a) $n^{2} \to + \infty$ et $3 n \to$ $+ \infty$ . Une somme de deux termes qui tendent vers $+ \infty$ tend vers $+ \infty$ : $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . b) $2 + \frac{1}{n} \to 2$ et $5 - \frac{3}{n ^{2}} \to$ $5$ . Le produit tend vers $2 \times 5 =$ $10$ . c) $n^{2} + 1 \to$ $+ \infty$ , et $3$ divisé par un nombre qui grandit sans fin tend vers $0$ : $lim w_{n} =$ $0$ . ⚠️ En b), on multiplie les limites parce qu'elles sont FINIES. Un facteur qui tend vers $0$ et l'autre vers $+ \infty$ donneraient une forme indéterminée. ⭐ Le tableau montre $v_{n}$ qui s'approche de $10$ : $10, 437$ , puis $10, 049$ , puis $10, 005$ .
n 1 10 100 1000
v(n) 6 10,437 10,049 10,005
5. a) $n^{2} \to + \infty$ et $- 5 n \to$ $- \infty$ : on est devant la forme « $\infty -$ $\infty$ », qui est indéterminée. b) Pour $n ⩾$ $1$ : $u_{n} =$ $n^{2} (1 - \frac{5}{n})$ . $\frac{5}{n} \to$ $0$ , donc $1 - \frac{5}{n} \to$ $1$ . Alors $u_{n}$ est le produit d'un terme qui tend vers $+ \infty$ par un terme qui tend vers $1$ : $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . ⭐ On factorise par le terme de plus haut degré : c'est lui qui gagne. ⚠️ « Indéterminée » ne veut pas dire « pas de limite » : cela veut dire que les règles ne suffisent pas, et qu'il faut transformer l'écriture.
n 10 100 1000
n² − 5n 50 9 500 995 000
6. Le numérateur et le dénominateur tendent vers $+ \infty$ : forme « $\frac{\infty}{\infty}$ », indéterminée. On divise en haut et en bas par $n^{2}$ , pour $n ⩾$ $1$ : $u_{n} =$ $\frac{3 + \frac{1}{n ^{2}}}{1 + \frac{4}{n ^{2}}}$ . $\frac{1}{n ^{2}} \to 0$ et $\frac{4}{n ^{2}} \to$ $0$ : le numérateur tend vers $3$ , le dénominateur vers $1$ . Donc $lim u_{n} =$ $3$ . ⭐ Pour un quotient de polynômes en $n$ , on factorise par le plus haut degré en haut ET en bas. ⚠️ Diviser par $n^{2}$ n'est permis que si $n \neq =$ $0$ : on se place pour $n ⩾$ $1$ , ce qui ne change pas la limite.
7. a) $(- 1)^{n}$ vaut $1$ ou $- 1$ , donc $(- 1)^{n} ⩾$ $- 1$ . On ajoute $n$ des deux côtés : $u_{n} ⩾ n -$ $1$ . b) $lim (n - 1) =$ $+ \infty$ . Comme $u_{n}$ reste AU-DESSUS de $n -$ $1$ , le théorème de comparaison donne $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . ⚠️ La suite n'est pas croissante ( $u_{0} =$ $1$ et $u_{1} =$ $0$ ) : elle tend pourtant vers $+ \infty$ . Tendre vers l'infini ne demande pas de monter à chaque pas. ⭐ Sur le dessin : les points sautillent, mais restent tous au-dessus de la droite orange $y = n -$ $1$ , qui les pousse vers le haut.
8. a) Pour tout réel, $- 1 ⩽ cos (n) ⩽$ $1$ . On divise par $n$ , qui est POSITIF : le sens des inégalités ne change pas. $- \frac{1}{n} ⩽ u_{n} ⩽$ $\frac{1}{n}$ . b) $lim - \frac{1}{n} = 0$ et $lim \frac{1}{n} =$ $0$ . $u_{n}$ est coincée entre deux suites qui tendent vers $0$ : par le théorème des gendarmes, $lim u_{n} =$ $0$ . ⚠️ $cos (n)$ n'a pas de limite. Ce qu'on utilise, c'est qu'il reste BORNÉ entre $- 1$ et $1$ . ⭐ Sur le dessin : les points restent dans l'entonnoir formé par les courbes $y = \frac{1}{x}$ et $y =$ $- \frac{1}{x}$ , qui se referme sur l'axe.
9. On note $f (x) =$ $2 x + 3$ . Elle est croissante sur $[- \frac{3}{2}; + \infty [$ : $x \mapsto 2 x + 3$ est croissante, et la racine aussi. a) Initialisation : $u_{0} = 1$ et $u_{1} = 5 \approx$ $2, 24$ . On a bien $1 ⩽ 1 ⩽ 5 ⩽$ $3$ . Hérédité : on suppose $1 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽$ $3$ . Comme $f$ est croissante, elle garde l'ordre : $f (1) ⩽ f (u_{n}) ⩽ f (u_{n + 1}) ⩽$ $f (3)$ . C'est-à-dire $5 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n + 2} ⩽$ $3$ , et $5 ⩾$ $1$ . La propriété est vraie au rang $n +$ $1$ . b) La suite est croissante ( $u_{n} ⩽$ $u_{n + 1}$ ) et majorée par $3$ : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge. c) Sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ =$ $2 ℓ + 3$ , car $f$ est continue. On élève au carré : $ℓ^{2} = 2 ℓ +$ $3$ , soit $ℓ^{2} - 2 ℓ - 3 =$ $0$ , ou $(ℓ - 3) (ℓ + 1) =$ $0$ . Donc $ℓ = 3$ ou $ℓ =$ $- 1$ . Tous les termes sont $⩾$ $1$ , donc $ℓ ⩾$ $1$ : $lim u_{n} =$ $3$ . ⚠️ « Majorée par $3$ » ne dit pas que la limite est $3$ : une suite majorée par $3$ l'est aussi par $100$ . La limite se trouve en c). ⭐ Sur le dessin : l'escalier orange monte de la courbe à la droite $y =$ $x$ , et se coince au point $(3; 3)$ où elles se croisent.
10. a) $v_{n + 1} = u_{n + 1} - 20 = 0, 8 u_{n} + 4 -$ $20$ , soit $v_{n + 1} = 0, 8 u_{n} -$ $16$ . On factorise par $0, 8$ : $v_{n + 1} = 0, 8 (u_{n} - 20) =$ $0, 8 v_{n}$ . $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 8$ , de premier terme $v_{0} = 50 - 20 =$ $30$ . b) $v_{n} = 30 \times$ $0, 8^{n}$ , donc $u_{n} = 20 + 30 \times$ $0, 8^{n}$ . $- 1 < 0, 8 <$ $1$ , donc $0, 8^{n} \to 0$ et $lim u_{n} =$ $20$ . À long terme, le lac garde environ $20$ tonnes de polluant : c'est l'équilibre où les $20$ % éliminés ( $4$ tonnes) compensent exactement le rejet. c) $u_{n} < 21$ équivaut à $30 \times 0, 8^{n} <$ $1$ , soit $0, 8^{n} < \frac{1}{30} \approx$ $0, 0333$ . À la calculatrice : $0, 8^{15} \approx 0, 0352$ (trop grand) et $0, 8^{16} \approx$ $0, 0281$ . Donc $n =$ $16$ : la masse passe sous $21$ tonnes en $2041$ . ⭐ D'où vient le $20$ ? C'est la solution de $ℓ = 0, 8 ℓ +$ $4$ : la masse qui ne bouge plus d'une année à l'autre. ⚠️ Sur le dessin, une graduation vaut $10$ tonnes : les points descendent vers la droite $y =$ $2$ , c'est-à-dire $20$ tonnes.
11. a) En haut et en bas, $3^{n}$ domine : on divise par $3^{n}$ . $u_{n} =$ $\frac{1 + ( \frac{2}{3} ) ^{n}}{1 - ( \frac{1}{3} ) ^{n}}$ . $- 1 < \frac{2}{3} < 1$ et $- 1 < \frac{1}{3} <$ $1$ : les deux puissances tendent vers $0$ . Donc $lim u_{n} = \frac{1 + 0}{1 - 0} =$ $1$ . b) On sépare : $v_{n} = \frac{2 ^{n}}{4 ^{n}} - \frac{5 ^{n}}{4 ^{n}} = 0, 5^{n} -$ $1, 2 5^{n}$ . $0, 5^{n} \to 0$ et $1, 2 5^{n} \to$ $+ \infty$ : $lim v_{n} =$ $- \infty$ . ⭐ Avec des puissances, on factorise par celle dont la base est la plus grande : c'est elle qui domine. ⚠️ $\frac{2 ^{n}}{4 ^{n}}$ n'est pas $\frac{2}{4}$ : c'est $(\frac{2}{4})^{n}$ .
12. a) On multiplie en haut et en bas par l'expression conjuguée $n^{2} + n +$ $n$ : $w_{n} =$ $\frac{( n ^{2} + n - n ) ( n ^{2} + n + n )}{n ^{2} + n + n}$ . En haut, $(a - b) (a + b) = a^{2} -$ $b^{2}$ : on obtient $n^{2} + n - n^{2} =$ $n$ . D'où le résultat. b) On divise en haut et en bas par $n$ . Comme $n >$ $0$ , $n^{2} + n =$ $n 1 + \frac{1}{n}$ . $w_{n} =$ $\frac{1}{1 + \frac{1}{n} + 1}$ . $\frac{1}{n} \to$ $0$ , donc le dénominateur tend vers $1 + 1 =$ $2$ : $lim w_{n} =$ $\frac{1}{2}$ . ⚠️ Forme « $\infty -$ $\infty$ » : on pourrait croire que les deux termes « s'annulent » et que la limite vaut $0$ . Le tableau montre le contraire.
n 1 10 100 1000
w(n) 0,4142 0,4881 0,4988 0,4999
13. a) Initialisation : pour $n =$ $0$ , $(1 + a)^{0} = 1$ et $1 + 0 \times a =$ $1$ . On a bien $1 ⩾$ $1$ . Hérédité : on suppose $(1 + a)^{n} ⩾ 1 +$ $na$ . On multiplie par $1 +$ $a$ , qui est POSITIF : l'inégalité garde son sens. $(1 + a)^{n + 1} ⩾ (1 + na) (1 + a) = 1 + a + na +$ $n a^{2}$ . Or $n a^{2} ⩾$ $0$ , donc $(1 + a)^{n + 1} ⩾ 1 + (n +$ $1) a$ . La propriété est vraie au rang $n +$ $1$ . b) Si $q >$ $1$ , on pose $a = q - 1 >$ $0$ . Alors $q^{n} = (1 + a)^{n} ⩾ 1 +$ $na$ . Comme $a >$ $0$ , $lim (1 + na) =$ $+ \infty$ . Par comparaison, $lim q^{n} =$ $+ \infty$ . c) Ici $a =$ $0, 5$ : $1, 5^{n} ⩾ 1 +$ $0, 5 n$ . On veut $1 + 0, 5 n >$ $100$ , soit $n >$ $198$ : à partir du rang $199$ . ⭐ L'inégalité est grossière : en réalité, $1, 5^{12} \approx 129, 7$ dépasse déjà $100$ . Mais elle suffit pour la limite. ⚠️ La démonstration demande $a >$ $0$ : c'est pourquoi on pose $a = q -$ $1$ , positif parce que $q >$ $1$ . ⭐ Sur le dessin : les points $1, 5^{n}$ décollent au-dessus de la droite orange $y = 1 +$ $0, 5 n$ , qui tend déjà vers $+ \infty$ .
14. a) Pour chaque $k$ entre $1$ et $n$ : $n^{2} + 1 ⩽ n^{2} + k ⩽ n^{2} +$ $n$ . Quand le dénominateur grandit, la fraction diminue : $\frac{n}{n ^{2} + n} ⩽ \frac{n}{n ^{2} + k} ⩽$ $\frac{n}{n ^{2} + 1}$ . On additionne ces $n$ encadrements : $n \times \frac{n}{n ^{2} + n} ⩽ S_{n} ⩽ n \times$ $\frac{n}{n ^{2} + 1}$ . C'est l'encadrement demandé. b) À gauche : $\frac{n ^{2}}{n ^{2} + n} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} \to$ $1$ . À droite : $\frac{n ^{2}}{n ^{2} + 1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{n ^{2}}} \to$ $1$ . Par le théorème des gendarmes, $lim S_{n} =$ $1$ . ⚠️ Chaque terme tend vers $0$ , mais il y en a de plus en plus : on ne peut PAS dire « une somme de termes qui tendent vers $0$ tend vers $0$ ». ⭐ Sur le dessin : les points $S_{n}$ sont pris en sandwich entre les deux courbes, qui montent toutes les deux vers $1$ .
15. a) Initialisation : $u_{0} = 2 ⩾ 0 +$ $2$ . Hérédité : si $u_{n} ⩾ n +$ $2$ , alors $u_{n + 1} = 1, 5 u_{n} + 1 ⩾ 1, 5 (n + 2) + 1 = 1, 5 n +$ $4$ . Or $1, 5 n + 4 ⩾ n +$ $3$ , car la différence vaut $0, 5 n + 1 ⩾$ $0$ . Donc $u_{n + 1} ⩾ (n + 1) +$ $2$ . $lim (n + 2) =$ $+ \infty$ : par comparaison, $lim u_{n} =$ $+ \infty$ . b) La boucle calcule les termes tant qu'ils restent $⩽$ $A$ . Elle renvoie le PREMIER rang $n$ tel que $u_{n} >$ $A$ . Les termes : $2$ , $4$ , $7$ , $11, 5$ … jusqu'à $u_{13} \approx$ $776, 5$ , encore $⩽$ $1000$ , puis $u_{14} \approx$ $1165, 7$ . Donc seuil(1000) renvoie $14$ . c) Parce que $u_{n} \to$ $+ \infty$ : par définition, pour n'importe quel $A$ , les termes finissent par dépasser $A$ . La condition du while devient fausse. ⚠️ Avec une suite qui converge vers $20$ , seuil(1000) ne s'arrêterait jamais : on ne lance une boucle de seuil qu'après avoir su que le seuil sera atteint.
16. a) $u_{n + 1} - 2 =$ $\frac{u _{n}^{2} + 2 - 2 2 u _{n}}{2 u _{n}}$ , en réduisant au même dénominateur. En haut, on reconnaît $(u_{n} -$ $2)^{2}$ . D'où la formule. Un carré est positif et $2 u_{n} >$ $0$ : $u_{n + 1} ⩾ 2$ pour tout $n$ . Et $u_{0} = 3 ⩾ 2$ aussi. b) $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{2} (\frac{2}{u _{n}} - u_{n}) =$ $\frac{2 - u _{n}^{2}}{2 u _{n}}$ . Comme $u_{n} ⩾$ $2$ , $u_{n}^{2} ⩾$ $2$ : le numérateur est négatif. La suite est décroissante. c) Décroissante et minorée par $2$ : elle converge (convergence monotone). Sa limite $ℓ$ vérifie $ℓ =$ $\frac{1}{2} (ℓ + \frac{2}{ℓ})$ , soit $2 ℓ = ℓ +$ $\frac{2}{ℓ}$ , donc $ℓ^{2} =$ $2$ . Comme $ℓ ⩾ 2 >$ $0$ : $lim u_{n} =$ $2$ . ⭐ Et c'est rapide : $u_{1} = \frac{11}{6} \approx$ $1, 8333$ , $u_{2} \approx$ $1, 4621$ , $u_{3} \approx$ $1, 4150$ , puis $u_{4} \approx$ $1, 414214$ , qui a déjà six décimales justes. ⚠️ Sans l'hypothèse $u_{n} >$ $0$ , on ne pourrait ni diviser par $u_{n}$ , ni écarter $ℓ =$ $- 2$ .
17. Les truites du bassin a) $f^{'} (x) = 1, 6 -$ $0, 2 x$ , positive pour $x ⩽$ $8$ : $f$ est croissante sur $[0; 6]$ . $f (6) = 9, 6 - 3, 6 =$ $6$ . b) Initialisation : $u_{0} = 1$ et $u_{1} = 1, 6 - 0, 1 =$ $1, 5$ . On a $0 ⩽ 1 ⩽ 1, 5 ⩽$ $6$ . Hérédité : si $0 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽$ $6$ , ces nombres sont dans $[0; 6]$ , où $f$ est croissante : $f (0) ⩽ f (u_{n}) ⩽ f (u_{n + 1}) ⩽$ $f (6)$ . Soit $0 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n + 2} ⩽$ $6$ : c'est la propriété au rang $n +$ $1$ . c) La suite est croissante et majorée par $6$ : elle converge vers un réel $ℓ$ . $f$ est continue, donc $f (ℓ) =$ $ℓ$ : $1, 6 ℓ - 0, 1 ℓ^{2} =$ $ℓ$ , soit $0, 1 ℓ (6 - ℓ) =$ $0$ . Donc $ℓ = 0$ ou $ℓ =$ $6$ . La suite est croissante et $u_{0} =$ $1$ : tous les termes sont $⩾$ $1$ , donc $ℓ ⩾$ $1$ . D'où $lim u_{n} =$ $6$ . À long terme, le bassin se stabilise vers $6000$ truites : c'est la population que le bassin peut nourrir. d) On calcule : $u_{5} \approx$ $4, 725$ , puis $u_{6} \approx$ $5, 327$ . Le bassin dépasse $5000$ truites au bout de $6$ ans. ⚠️ En c), deux valeurs vérifient $f (ℓ) =$ $ℓ$ . C'est la croissance de la suite qui élimine $0$ . ⭐ Sur le dessin : l'escalier orange monte entre la parabole et la droite $y = x$ vers le point $(6; 6)$ .
18. La balle qui rebondit a) Chaque hauteur est la précédente multipliée par $0, 6$ : $(h_{n})$ est géométrique, et $h_{n} = 2 \times$ $0, 6^{n}$ . $- 1 < 0, 6 <$ $1$ : $lim h_{n} =$ $0$ . Les rebonds s'éteignent. b) La balle tombe d'abord de $2$ m. Puis, à chaque rebond $k$ , elle MONTE de $h_{k}$ et REDESCEND de $h_{k}$ : cela fait $2 h_{k}$ . c) $h_{1} + \dots + h_{n} = 2 \times 0, 6 \times (1 + 0, 6 + \dots +$ $0, 6^{n - 1})$ , soit $1, 2 \times$ $\frac{1 - 0 , 6 ^{n}}{1 - 0 , 6}$ . Cela fait $3 (1 -$ $0, 6^{n})$ , car $\frac{1 , 2}{0 , 4} =$ $3$ . Donc $D_{n} = 2 + 6 (1 - 0, 6^{n}) = 8 - 6 \times$ $0, 6^{n}$ . d) $0, 6^{n} \to$ $0$ , donc $lim D_{n} =$ $8$ . Dans ce modèle, la balle rebondit une infinité de fois, mais la distance totale ne dépasse jamais $8$ m. ⚠️ Une infinité de trajets ne fait pas forcément une distance infinie : ils raccourcissent assez vite. ⚠️ En c), la somme commence à $h_{1}$ , pas à $h_{0}$ : le premier trajet de $2$ m est compté à part. ⭐ Sur le dessin : $D_{0} =$ $2$ , $D_{1} =$ $4, 4$ , $D_{2} =$ $5, 84$ … Les points montent vers la droite $y = 8$ sans l'atteindre.
19. Le flocon de Koch a) Chaque côté devient $4$ côtés : le nombre de côtés est multiplié par $4$ à chaque étape. À l'étape $n$ : $3 \times 4^{n}$ côtés. Chaque longueur est divisée par $3$ : à l'étape $n$ , un côté mesure $\frac{3}{3 ^{n}}$ . $P_{n} = 3 \times 4^{n} \times \frac{3}{3 ^{n}} = 9 \times$ $(\frac{4}{3})^{n}$ . b) $\frac{4}{3} >$ $1$ , donc $(\frac{4}{3})^{n} \to$ $+ \infty$ , et $lim P_{n} =$ $+ \infty$ . c) $- 1 < \frac{4}{9} <$ $1$ , donc $(\frac{4}{9})^{n} \to$ $0$ . Alors $A_{n} \to A_{0} (1 + \frac{3}{5}) =$ $\frac{8}{5} A_{0}$ . d) Le périmètre devient aussi grand qu'on veut, alors que l'aire reste finie : elle ne dépasse jamais $\frac{8}{5}$ de celle du triangle de départ. ⭐ Vérification à l'étape $2$ : $3 \times 16 = 48$ côtés, de longueur $\frac{1}{3}$ , soit $P_{2} =$ $16$ . La formule donne bien $9 \times \frac{16}{9} =$ $16$ . ⚠️ Les deux suites ne se comportent pas pareil : $\frac{4}{3}$ est plus grand que $1$ , $\frac{4}{9}$ est plus petit. Tout se joue sur la raison.
20. Une somme qui ne dépasse jamais 2 a) $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{( n + 1 ) ^{2}} >$ $0$ : on ajoute un nombre positif à chaque rang. La suite est croissante. b) $\frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k} = \frac{k - ( k - 1 )}{k ( k - 1 )} =$ $\frac{1}{k ( k - 1 )}$ . Or $k (k - 1) ⩽$ $k^{2}$ , donc $\frac{1}{k ( k - 1 )} ⩾$ $\frac{1}{k ^{2}}$ . c) On écrit l'inégalité pour $k =$ $2$ , $3$ , …, $n$ , et on additionne : $\frac{1}{2 ^{2}} + \dots + \frac{1}{n ^{2}}$ $⩽ (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots$ À droite, tout se simplifie en chaîne (somme télescopique) : il reste $1 -$ $\frac{1}{n}$ . On ajoute le premier terme $1$ : $u_{n} ⩽ 2 - \frac{1}{n} ⩽$ $2$ . La suite est croissante et majorée par $2$ : elle converge. d) On sait seulement que la limite est $⩽$ $2$ . En fait, elle vaut $\frac{π ^{2}}{6} \approx$ $1, 645$ : c'est un résultat d'Euler, hors programme. ⚠️ « Majorée par $2$ » ne veut pas dire « tend vers $2$ ». Un majorant n'est pas une limite. ⭐ Sur le dessin : les points $u_{n}$ restent sous la courbe orange $y = 2 -$ $\frac{1}{x}$ , elle-même sous la droite $y =$ $2$ .

★Un seul geste : exercices 1 à 8niveau 1

★★Type devoir : exercices 9 à 16niveau 2

★★★Problèmes : exercices 17 à 20niveau 3

Corrigés : limites de suites, 20 exercices

Un seul geste : exercices 1 à 8niveau 1

Type devoir : exercices 9 à 16niveau 2

Problèmes : exercices 17 à 20niveau 3