Corrigé du contrôle de maths Terminale : limites de suites et convergence

Exercice 1 : Limites par opérations (5 points)

1. On a une forme indéterminée « \(+\infty – \infty\) ». On factorise par le terme dominant : pour \(n \geq\, 1\), \(u_n = n^2(3 – \dfrac{5}{n} + \dfrac{1}{n^2})\). Or \(\lim_{n \to +\infty} n^2 = +\infty\) et \(\lim_{n \to +\infty}(3 – \dfrac{5}{n} + \dfrac{1}{n^2}) = 3\). Par produit, \(\lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty\).
2. Forme indéterminée « \(\frac{\infty}{\infty}\) ». Pour \(n \geq\, 1\), \(v_n = \dfrac{n(2 + \frac{1}{n})}{n(1 + \frac{3}{n})} = \dfrac{2 + \frac{1}{n}}{1 + \frac{3}{n}}\). Le numérateur tend vers 2 et le dénominateur vers 1, donc par quotient \(\lim_{n \to +\infty} v_n = 2\).
3. Comme \(-1 < 0{,}8 < 1\), \(\lim_{n \to +\infty} 0{,}8^n = 0\). Par produit et somme, \(\lim_{n \to +\infty} w_n = 5 – 2 \times 0 = 5\).
4. \(2^n\) et \(5^n\) tendent vers \(+\infty\) (car \(2 > 1\) et \(5 > 1\)) : forme indéterminée. On factorise : \(t_n = 5^n((\frac{2}{5})^n – 1)\). Comme \(0 < \frac{2}{5} < 1\), \((\frac{2}{5})^n\) tend vers 0, donc la parenthèse tend vers \(-1\). Par produit avec \(5^n \to +\infty\), \(\lim_{n \to +\infty} t_n = -\infty\).
5. \(S_n\) est la somme des \(n + 1\) premiers termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de raison \(\frac{1}{2}\) :

   \(S_n = \dfrac{1 – (\frac{1}{2})^{n+1}}{1 – \frac{1}{2}} = 2(1 – (\frac{1}{2})^{n+1}) = 2 – (\frac{1}{2})^n\).

   Comme \(0 < \frac{1}{2} < 1\), \((\frac{1}{2})^n\) tend vers 0, donc \(\lim_{n \to +\infty} S_n = 2\).

Erreur fréquente : en d), conclure « \(+\infty – \infty = 0\) ». C’est une forme indéterminée : il faut factoriser par le terme qui l’emporte, ici \(5^n\).

Barème : 1 point par limite, dont 0,5 point pour la justification (factorisation, limite de \(q^n\) ou formule de la somme géométrique) et 0,5 point pour le résultat.

Exercice 2 : Comparaison et gendarmes (4 points)

1. Pour tout \(n\), \(-1 \leq\, \cos(n) \leq\, 1\), donc \(2n – 1 \leq\, 2n + \cos(n) \leq\, 2n + 1\). En divisant par \(n + 1 > 0\) :

   \(\dfrac{2n – 1}{n + 1} \leq\, a_n \leq\, \dfrac{2n + 1}{n + 1}\).

   Pour \(n \geq\, 1\), \(\dfrac{2n – 1}{n + 1} = \dfrac{2 – \frac{1}{n}}{1 + \frac{1}{n}}\) et \(\dfrac{2n + 1}{n + 1} = \dfrac{2 + \frac{1}{n}}{1 + \frac{1}{n}}\) : ces deux suites tendent vers 2. D’après le théorème des gendarmes, \(\lim_{n \to +\infty} a_n = 2\).

2. Pour tout \(n\), \((-1)^n \geq\, -1\), donc \(b_n \geq\, n^2 – 3\). Or \(\lim_{n \to +\infty} (n^2 – 3) = +\infty\). D’après le théorème de comparaison, \(\lim_{n \to +\infty} b_n = +\infty\).
3. Pour tout \(n \geq\, 1\), \(-1 \leq\, \sin(n) \leq\, 1\), donc, en divisant par \(n^2 > 0\) :

   \(\dfrac{n – 1}{n^2} \leq\, c_n \leq\, \dfrac{n + 1}{n^2}\), c’est-à-dire \(\dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n^2} \leq\, c_n \leq\, \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}\).

   Les deux suites qui encadrent tendent vers \(0 – 0 = 0\) et \(0 + 0 = 0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\lim_{n \to +\infty} c_n = 0\).

Barème : a) 0,75 point pour l’encadrement, 0,25 point pour les limites des deux suites, 0,5 point pour le théorème cité et la conclusion ; b) 0,5 point pour la minoration, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,75 point pour l’encadrement, 0,75 point pour les limites et le théorème des gendarmes.

Exercice 3 : Convergence monotone (4 points)

1. \(u_1 = f(2) = \dfrac{4 + 4}{5} = 1{,}6\) et \(u_2 = f(1{,}6) = \dfrac{2{,}56 + 4}{5} = \dfrac{6{,}56}{5} = 1{,}312\). Sur la figure, les termes se déplacent vers la gauche et s’accumulent vers l’abscisse du point d’intersection de la courbe et de la droite, qui vaut 1. On conjecture que \((u_n)\) est décroissante et converge vers 1.
2. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) : « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 2\) ».

   Initialisation : \(u_1 = 1{,}6\) et \(u_0 = 2\), et \(1 \leq\, 1{,}6 \leq\, 2 \leq\, 2\) : \(P(0)\) est vraie.

   Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 2\). Ces nombres sont dans \([0\,;+\infty[\), où \(f\) est croissante, donc \(f(1) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(2)\).

   Or \(f(1) = \dfrac{1 + 4}{5} = 1\) et \(f(2) = 1{,}6\), donc \(1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 1{,}6 \leq\, 2\) : \(P(n+1)\) est vraie.

   Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 2\).

3. D’après b), la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
4. \(f(\ell) = \ell\) équivaut à \(\ell^2 + 4 = 5\ell\), soit \(\ell^2 – 5\ell + 4 = 0\), c’est-à-dire \((\ell – 1)(\ell – 4) = 0\). Donc \(\ell = 1\) ou \(\ell = 4\). Or, pour tout \(n\), \(1 \leq\, u_n \leq\, 2\), donc par passage à la limite \(1 \leq\, \ell \leq\, 2\), ce qui exclut 4. La suite \((u_n)\) converge vers \(\ell = 1\).

Erreur fréquente : en c), dire que la suite converge vers 1 parce qu’elle est minorée par 1. Le théorème de convergence monotone donne l’existence de la limite, pas sa valeur : un minorant n’est pas forcément la limite.

Barème : a) 0,5 point pour les deux termes, 0,5 point pour la conjecture ; b) 0,25 point pour l’initialisation, 1 point pour l’hérédité, 0,25 point pour la conclusion ; c) 0,5 point avec le théorème cité ; d) 0,5 point pour la résolution de l’équation, 0,5 point pour le choix justifié de 1.

Exercice 4 : Les abonnés d’une lettre d’information (7 points)

1. \(u_1 = 0{,}9 \times 2\,000 + 300 = 1\,800 + 300 = 2\,100\) et \(u_2 = 0{,}9 \times 2\,100 + 300 = 1\,890 + 300 = 2\,190\). \(u_1 = 2\,100\) et \(u_2 = 2\,190\).
2. Perdre 10 % des abonnés revient à multiplier leur nombre par \(1 – \frac{10}{100} = 0{,}9\), puis on ajoute les 300 nouveaux abonnés. Donc \(u_{n+1} = 0{,}9u_n + 300\).
3. Pour tout \(n\) :

   \(v_{n+1} = u_{n+1} – 3\,000 = 0{,}9u_n + 300 – 3\,000 = 0{,}9u_n – 2\,700 = 0{,}9(u_n – 3\,000) = 0{,}9v_n\).

   La suite \((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}9\) et de premier terme \(v_0 = 2\,000 – 3\,000 = -1\,000\).

4. On en déduit \(v_n = v_0 \times 0{,}9^n = -1\,000 \times 0{,}9^n\), puis \(u_n = v_n + 3\,000\). Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 3\,000 – 1\,000 \times 0{,}9^n\).
5. Comme \(-1 < 0{,}9 < 1\), \(\lim_{n \to +\infty} 0{,}9^n = 0\), donc \(\lim_{n \to +\infty} u_n = 3\,000\). À long terme, le nombre d’abonnés se stabilise autour de 3 000 (sans jamais l’atteindre, car \(1\,000 \times 0{,}9^n > 0\)).
6. On répète le calcul du terme suivant tant que le seuil n’est pas atteint :

   def seuil():
       u = 2000
       n = 0
       while u < 2900:
           u = 0.9*u + 300
           n = n + 1
       return n

7. On cherche le plus petit \(n\) tel que \(3\,000 – 1\,000 \times 0{,}9^n \geq\, 2\,900\), soit \(0{,}9^n \leq\, 0{,}1\). À la calculatrice (tableau de valeurs) :

   \(u_{21} = 3\,000 – 1\,000 \times 0{,}9^{21} \approx 2\,890{,}6\) et \(u_{22} = 3\,000 – 1\,000 \times 0{,}9^{22} \approx 2\,901{,}5\).

   La suite \((u_n)\) est croissante, car \(0{,}9^n\) diminue quand \(n\) augmente : le seuil est franchi au rang 22 et ne l’est pas avant. La fonction renvoie 22 : c’est 22 mois après janvier 2026, donc en novembre 2027, que l’association dépasse 2 900 abonnés.

Erreur fréquente : en f), écrire la condition d’arrêt à la place de la condition de poursuite (while u >= 2900) : la boucle s’arrêterait immédiatement et renverrait 0.

Barème : a) 0,25 point par terme ; b) 0,5 point pour la traduction du pourcentage et de l’ajout ; c) 1 point pour le calcul de \(v_{n+1}\), 0,5 point pour la raison et le premier terme ; d) 0,5 point pour \(v_n\), 0,5 point pour \(u_n\) ; e) 0,5 point pour la limite justifiée, 0,5 point pour l’interprétation ; f) 0,5 point par ligne complétée ; g) 0,5 point pour les deux termes encadrant le seuil, 0,5 point pour la réponse et le mois.

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Après le corrigé du contrôle : limites de suites et convergence

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