Corrigé des 33 exercices sur les limites de suites en terminale, pas à pas à télécharger en PDF

a) On calcule les premiers termes (la somme contient les produits \(k(k-1)\) pour \(k\) de 1 à \(n\)) :

Par exemple \(v_3=\dfrac{3}{3}(0+2+6)=8\) et \(v_4=\dfrac{3}{4}(0+2+6+12)=\dfrac{3}{4}\times 20=15\). Puis on constate que \(v_n\) vaut toujours \(n^2\) moins 1.

b) On conjecture : pour tout \(n\geqslant 1\), \(v_n=n^2-1\).

(On peut le confirmer : \(\sum_{k=1}^{n}k(k-1)=\dfrac{(n-1)n(n+1)}{3}\), donc \(v_n=\dfrac{3}{n}\times\dfrac{(n-1)n(n+1)}{3}=(n-1)(n+1)=n^2-1\).)

c) \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^2=+\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{n\to+\infty}(n^2-1)=+\infty\).

On utilise les limites de référence.

a) \(\lim n=+\infty\) et \(-7\lt 0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}(-7n)=-\infty\).

b) \(e^{-n}=\dfrac{1}{e^{n}}\) et \(\lim e^{n}=+\infty\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}e^{-n}=0\).

c) \(\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{n}=+\infty\).

d) \(\lim n^2=+\infty\), donc \(\lim\dfrac{1}{n^2}=0\) et, par produit par 4, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{4}{n^2}=0\).

a) \(\lim 4n=+\infty\), donc \(\lim(2+4n)=+\infty\) : oui.

b) \(\lim(-n)=-\infty\), donc \(\lim(-n+3)=-\infty\) : non, la limite est \(-\infty\).

c) \(\lim(n^2+1)=+\infty\), donc \(\lim\dfrac{1}{n^2+1}=0\) : non, la suite converge vers 0.

d) \(\lim n^3=+\infty\) et \(5\gt 0\), donc \(\lim 5n^3=+\infty\) : oui.

On lit le tableau et on cherche une régularité :

• \(u_n\) : 0, 1, 8, 27, 64… ce sont les cubes, \(u_n=n^3\). Les termes grandissent sans limite : \(\lim u_n=+\infty\).
• \(v_n\) : 1 ; 0,125 ; 0,03704 ; 0,01563… ce sont \(\frac{1}{1}\), \(\frac{1}{8}\), \(\frac{1}{27}\), \(\frac{1}{64}\), soit \(v_n=\dfrac{1}{(n+1)^3}\). Les termes s’approchent de 0 : \(\lim v_n=0\).
• \(w_n\) : −20, −120, −220… on retire 100 à chaque rang, \(w_n=-20-100n\) : \(\lim w_n=-\infty\).
• \(t_n\) : 1,008 ; 1,00463 ; 1,00292… soit \(1+\frac{1}{125}\), \(1+\frac{1}{216}\), \(1+\frac{1}{343}\) : \(t_n=1+\dfrac{1}{(n+5)^3}\). Les termes s’approchent de 1 par valeurs supérieures : \(\lim t_n=1\).

a) Tableau de valeurs (arrondies au millième) :

b) On conjecture que \(\lim u_n=-3\) et que \(\lim v_n=+\infty\).

c) Pour tout \(n\geqslant 1\), \(u_n=-3+\dfrac{1}{n^2}\gt -3\gt -3{,}01\). De plus, il reste à obtenir \(u_n\lt -2{,}99\) :

\[ -3+\frac{1}{n^2}\lt -2{,}99\iff\frac{1}{n^2}\lt 0{,}01\iff n^2\gt 100\iff n\gt 10. \]

Attention : \(u_{10}=-2{,}99\) n’appartient pas à l’intervalle ouvert. Donc \(u_n\in\,]-3{,}01\,;-2{,}99[\) à partir du rang 11.

Pour \(v\) : \(2n^3+1\gt 10^4\iff n^3\gt 4999{,}5\iff n\gt\sqrt[3]{4999{,}5}\approx 17{,}1\). Ensuite, on vérifie : \(v_{17}=9\,827\) et \(v_{18}=11\,665\). Par ailleurs, la suite \(v\) étant croissante, \(v_n\in\,]10^4\,;+\infty[\) à partir du rang 18.

a) L’algorithme part de \(u_0=\sqrt{4}=2\) et calcule les termes successifs tant qu’ils restent inférieurs ou égaux à A. Puis il affiche le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n\gt A\) : c’est un algorithme de seuil.

b) Programme en Python :

from math import sqrt
A = float(input(« A = « ))
n = 0
u = 2
while u <= A:
    n = n + 1
    u = sqrt(3*n + 4)
print(n)

c) On obtient :

Pour tout seuil A, aussi grand soit-il, les termes finissent par le dépasser : on conjecture que \(\lim u_n=+\infty\).

d) Soit \(A\gt 0\). Ensuite, pour \(n\in\mathbb{N}\), la fonction racine carrée étant strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\) :

\[ u_n\gt A\iff 3n+4\gt A^2\iff n\gt\frac{A^2-4}{3}. \]

Donc, dès que \(n\) dépasse \(\dfrac{A^2-4}{3}\), tous les termes \(u_n\) sont dans \(]A\,;+\infty[\). C’est la définition de \(\lim u_n=+\infty\). (Pour \(A=50\) : \(n\gt 832\), d’où le 833 affiché.)

On conjecture que la limite est 5, car \(\dfrac{2}{\sqrt{n}}\) devient très petit. Puis on revient à la définition : tout intervalle ouvert contenant 5 doit contenir tous les termes à partir d’un certain rang.

Soit \(\varepsilon\gt 0\) et l’intervalle \(]5-\varepsilon\,;5+\varepsilon[\). De plus, pour tout \(n\geqslant 1\), \(u_n=5-\dfrac{2}{\sqrt{n}}\lt 5\lt 5+\varepsilon\). De plus :

\[ u_n\gt 5-\varepsilon\iff\frac{2}{\sqrt{n}}\lt\varepsilon\iff\sqrt{n}\gt\frac{2}{\varepsilon}\iff n\gt\frac{4}{\varepsilon^2}. \]

Ainsi, pour tout entier \(n\) supérieur à \(\dfrac{4}{\varepsilon^2}\), \(u_n\in\,]5-\varepsilon\,;5+\varepsilon[\). Tout intervalle ouvert contenant 5 contient un tel intervalle, donc il contient tous les termes à partir d’un certain rang.

1. À la calculatrice : \(w_0=-3\), \(w_1=-4\), \(w_2=-3\), \(w_3=0\), \(w_{10}=77\), \(w_{100}=9\,797\), \(w_{1000}=997\,997\). Ensuite, on conjecture que \(\lim w_n=+\infty\).

2. a) \((n-1)^2-4=n^2-2n+1-4=n^2-2n-3=w_n\).

b) Soit \(A\gt 0\). Par ailleurs, pour \(n\geqslant 1\), \(n-1\geqslant 0\), donc :

\[ w_n\gt A\iff(n-1)^2\gt A+4\iff n-1\gt\sqrt{A+4}\iff n\gt 1+\sqrt{A+4}. \]

Ainsi, à partir d’un certain rang, tous les termes sont dans \(]A\,;+\infty[\), et cela pour tout réel A : par définition, \(\lim w_n=+\infty\).

1. a) Pour tout \(n\geqslant 6\) : \(u_n-n^3=n-6\geqslant 0\), donc \(u_n\geqslant n^3\).

b) \(\lim n^3=+\infty\) et \(u_n\geqslant n^3\) à partir du rang 6 : d’après le théorème de comparaison, \(\lim u_n=+\infty\).

2. Pour tout \(n\geqslant 1\), \(\left|(-1)^n\right|=1\) et \(-1\leqslant\sin n\leqslant 1\), donc \(-1\leqslant(-1)^n\sin n\leqslant 1\). Puis en divisant par \(n^2\gt 0\) :

\[ -\frac{1}{n^2}\leqslant v_n\leqslant\frac{1}{n^2}. \]

Or \(\lim\left(-\dfrac{1}{n^2}\right)=\lim\dfrac{1}{n^2}=0\). D’après le théorème des gendarmes, la suite \(v\) converge et \(\lim v_n=0\).

a) Pour \(n\geqslant 2\), \(n^2-n=n(n-1)\). Comme \(n\geqslant 2\) et \(n-1\geqslant 1\), on a \(n(n-1)\geqslant 2\geqslant 1\).

En multipliant par \(\sqrt{n}\geqslant 0\) : \(v_n=(n^2-n)\sqrt{n}\geqslant 1\times\sqrt{n}\), soit \(v_n\geqslant\sqrt{n}\).

b) \(\lim\sqrt{n}=+\infty\) et \(v_n\geqslant\sqrt{n}\) pour \(n\geqslant 2\) : par comparaison, \(\lim v_n=+\infty\).

On a \(w_n=n^2+\cos n\).

a) Le terme \(\cos n\) reste toujours entre \(-1\) et \(1\), alors que \(n^2\) devient aussi grand qu’on veut : par exemple \(w_{10}=100+\cos 10\approx 99{,}16\) et \(w_{100}=10\,000+\cos 100\approx 10\,000{,}86\). Ensuite, on conjecture que la suite \(w\) a pour limite \(+\infty\).

b) Pour tout entier naturel \(n\), \(\cos n\geqslant -1\), donc :

\[ w_n=n^2+\cos n\geqslant n^2-1. \]

Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^2=+\infty\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}(n^2-1)=+\infty\).

La suite \(w\) est minorée par une suite qui tend vers \(+\infty\) : d’après le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=+\infty\).

a) On part du membre de droite et on réduit au même dénominateur \(n+1\) (qui n’est jamais nul pour \(n\in\mathbb{N}\)) :

\[ \begin{aligned} n+1+\frac{2}{n+1} &= \frac{(n+1)^2+2}{n+1} \\ &= \frac{n^2+2n+1+2}{n+1} \\ &= \frac{n^2+2n+3}{n+1}=t_n. \end{aligned} \]

Donc, pour tout \(n\), \(t_n=n+1+\dfrac{2}{n+1}\).

b) \(\lim\limits_{n\to+\infty}(n+1)=+\infty\) et, par quotient, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2}{n+1}=0\).

Par somme, \(\lim\limits_{n\to+\infty}t_n=+\infty\).

Cette écriture évite la forme indéterminée « \(\frac{\infty}{\infty}\) » que l’on obtient avec l’expression de départ.

Le numérateur \(\cos n+\sin n\) n’a pas de limite, mais il est borné : pour tout \(n\), \(-1\leqslant\cos n\leqslant 1\) et \(-1\leqslant\sin n\leqslant 1\), donc

\[ -2\leqslant \cos n+\sin n\leqslant 2. \]

Pour \(n\geqslant 1\), on divise par \(n\), qui est strictement positif (le sens des inégalités ne change pas) :

\[ -\frac{2}{n}\leqslant u_n\leqslant \frac{2}{n}. \]

Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2}{n}=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\left(-\dfrac{2}{n}\right)=0\).

La suite \(u\) est encadrée par deux suites qui ont la même limite 0 : d’après le théorème des gendarmes, \(u\) converge et \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0\).

a) On réduit le membre de droite au même dénominateur \(n+2\) :

\[ 3-\frac{5}{n+2}=\frac{3(n+2)-5}{n+2}=\frac{3n+6-5}{n+2}=\frac{3n+1}{n+2}=w_n. \]

Donc, pour tout \(n\), \(w_n=3-\dfrac{5}{n+2}\).

b) Soit \(n\geqslant 1\).

• Majoration : \(\dfrac{5}{n+2}\gt 0\), donc \(w_n=3-\dfrac{5}{n+2}\lt 3\), et à plus forte raison \(w_n\leqslant 3\).
• Minoration : \(n+2\gt n\gt 0\), donc, en passant aux inverses (la fonction inverse est décroissante sur \(]0\,;+\infty[\)), \(\dfrac{1}{n+2}\lt\dfrac{1}{n}\), puis \(\dfrac{5}{n+2}\lt\dfrac{5}{n}\) et enfin \(-\dfrac{5}{n+2}\gt-\dfrac{5}{n}\). En ajoutant 3 : \(w_n\gt 3-\dfrac{5}{n}\).

Donc, pour tout \(n\geqslant 1\), \(3-\dfrac{5}{n}\leqslant w_n\leqslant 3\).

c) \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{5}{n}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}\left(3-\dfrac{5}{n}\right)=3\). Puis la suite constante égale à 3 a aussi pour limite 3.

D’après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=3\).

Remarque : l’énoncé de cet exercice ne demande pas de raisonnement par récurrence ; les inégalités se démontrent directement.

a) \(u_n=n^2+5n-100\). De plus, on a \(\lim n^2=+\infty\), \(\lim 5n=+\infty\) et \(-100\) est constant : par somme, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

b) \(v_n=-n^3+6n+3\). Ici \(-n^3\) tend vers \(-\infty\) et \(6n\) vers \(+\infty\) : c’est une forme indéterminée. Ensuite, on factorise par le terme de plus haut degré (pour \(n\geqslant 1\)) :

\[ v_n=n^3\left(-1+\frac{6}{n^2}+\frac{3}{n^3}\right). \]

\(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{6}{n^2}=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{3}{n^3}=0\), donc la parenthèse tend vers \(-1\). Comme \(\lim n^3=+\infty\), par produit \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=-\infty\).

c) \(w_n=\dfrac{n^2-3}{n^2+1}\) : numérateur et dénominateur tendent vers \(+\infty\), forme indéterminée. Par ailleurs, pour \(n\geqslant 1\), on factorise par \(n^2\) en haut et en bas :

\[ w_n=\frac{n^2\left(1-\frac{3}{n^2}\right)}{n^2\left(1+\frac{1}{n^2}\right)}=\frac{1-\frac{3}{n^2}}{1+\frac{1}{n^2}}. \]

Le numérateur tend vers 1 et le dénominateur vers 1, donc par quotient \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=1\).

Le logiciel définit \(u_n=2n-\sqrt{n}\) et affiche \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\). Puis il faut le justifier.

On a \(\lim 2n=+\infty\) et \(\lim\left(-\sqrt{n}\right)=-\infty\) : la différence donne une forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ». Ensuite, on factorise par \(\sqrt{n}\), en utilisant \(n=\sqrt{n}\times\sqrt{n}\) :

\[ u_n=2\sqrt{n}\times\sqrt{n}-\sqrt{n}=\sqrt{n}\left(2\sqrt{n}-1\right). \]

• \(\lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{n}=+\infty\) ;
• \(\lim\limits_{n\to+\infty}2\sqrt{n}=+\infty\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}\left(2\sqrt{n}-1\right)=+\infty\).

Par produit, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\) : le résultat de Xcas est bien justifié.

Les trois suites sont des quotients qui donnent une forme indéterminée « \(\frac{\infty}{\infty}\) » : on factorise par le terme de plus haut degré.

Suite \(u\) : pour \(n\geqslant 1\),

\[ u_n=\frac{n}{n^2+3}=\frac{n}{n^2\left(1+\frac{3}{n^2}\right)}=\frac{1}{n}\times\frac{1}{1+\frac{3}{n^2}}. \]

\(\lim\dfrac{1}{n}=0\) et \(\lim\dfrac{1}{1+\frac{3}{n^2}}=1\), donc par produit \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0\).

Suite \(v\) : on remarque que \(n^2+n+1=n(n+1)+1\), donc

\[ v_n=\frac{n(n+1)+1}{n+1}=n+\frac{1}{n+1}. \]

\(\lim n=+\infty\) et \(\lim\dfrac{1}{n+1}=0\), donc par somme \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty\).

Suite \(w\) : pour \(n\geqslant 2\) (le dénominateur \(1-n\) ne s’annule pas),

\[ w_n=\frac{5n}{1-n}=\frac{5n}{n\left(\frac{1}{n}-1\right)}=\frac{5}{\frac{1}{n}-1}. \]

\(\lim\left(\dfrac{1}{n}-1\right)=-1\), donc par quotient \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=\dfrac{5}{-1}\), soit \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=-5\).

On revient à la définition : il faut montrer que, pour tout réel \(A\gt 0\), tous les termes \(u_n\) sont supérieurs à \(A\) à partir d’un certain rang.

Soit \(A\gt 0\). Puis pour \(n\in\mathbb{N}\) :

\[ u_n\gt A \iff 2n^2\gt A \iff n^2\gt \frac{A}{2} \iff n\gt\sqrt{\frac{A}{2}} \]

(la dernière équivalence vient de ce que \(n\) et \(\sqrt{A/2}\) sont positifs et que la fonction racine carrée est strictement croissante).

Notons \(N\) le premier entier strictement supérieur à \(\sqrt{\dfrac{A}{2}}\). De plus, pour tout \(n\geqslant N\), on a \(u_n\gt A\) : l’intervalle \(]A\,;+\infty[\) contient tous les termes à partir du rang \(N\).

Par exemple, pour \(A=10^6\), \(\sqrt{500\,000}\approx 707{,}1\) : tous les termes sont supérieurs à un million à partir du rang 708.

Ceci étant vrai pour tout \(A\), la suite \(u\) a pour limite \(+\infty\).

Autre méthode : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(n^2\geqslant n\), donc \(u_n=2n^2\geqslant n\) ; comme \(\lim n=+\infty\), le théorème de comparaison conclut aussi.

Pour \(n\geqslant 1\), \(v_n=2+\dfrac{1}{n}\).

On sait que \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0\) (limite de référence). Par somme :

\[ \lim_{n\to+\infty}v_n=2+0=2. \]

La suite \(v\) a une limite finie, donc elle est convergente, de limite 2.

On peut aussi le voir avec la définition : pour tout \(\varepsilon\gt 0\), \(|v_n-2|=\dfrac{1}{n}\lt\varepsilon\) dès que \(n\gt\dfrac{1}{\varepsilon}\) ; tout intervalle ouvert \(]2-\varepsilon\,;2+\varepsilon[\) contient donc tous les termes à partir d’un certain rang.

1. a) On résout l’inéquation dans \(\mathbb{N}\) :

\[ u_n\gt 10^3 \iff 2n-3\gt 1000 \iff 2n\gt 1003 \iff n\gt 501{,}5. \]

Vérification : \(u_{501}=999\) et \(u_{502}=1001\). Ensuite, on a donc \(u_n\gt 10^3\) à partir du rang 502.

1. b) Soit \(A\) un réel quelconque. De la même façon :

\[ u_n\gt A \iff 2n-3\gt A \iff n\gt\frac{A+3}{2}. \]

Il existe donc un rang \(N\) (le premier entier supérieur à \(\frac{A+3}{2}\)) à partir duquel tous les termes sont dans \(]A\,;+\infty[\). Ceci pour tout \(A\) : par définition, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

2. a) Pour \(n\geqslant 1\), \(v_n=\dfrac{1}{\sqrt{n}}\gt 0\), donc \(v_n\gt -0{,}01\) est toujours vrai. Par ailleurs, il reste :

\[ v_n\lt 0{,}01 \iff \frac{1}{\sqrt{n}}\lt\frac{1}{100} \iff \sqrt{n}\gt 100 \iff n\gt 10\,000. \]

(On passe aux inverses de nombres positifs, ce qui change le sens, puis on élève au carré des nombres positifs.) Pour \(n=10\,000\), \(v_n=0{,}01\) exactement, ce qui ne convient pas. Puis on a donc \(-0{,}01\lt v_n\lt 0{,}01\) à partir du rang 10 001.

2. b) Soit \(\varepsilon\gt 0\). Comme en a), \(v_n\gt -\varepsilon\) est toujours vrai et

\[ v_n\lt\varepsilon \iff \sqrt{n}\gt\frac{1}{\varepsilon} \iff n\gt\frac{1}{\varepsilon^2}. \]

Tout intervalle ouvert \(]-\varepsilon\,;\varepsilon[\) contient donc tous les termes \(v_n\) à partir d’un certain rang : par définition, la suite \(v\) converge vers 0.

On a \(u_n=\dfrac{n^2}{e^n}\) et \(v_n=nu_n=\dfrac{n^3}{e^n}\). Ensuite, pour \(n\geqslant 1\), \(v_n\gt 0\).

a) Pour \(n\geqslant 1\) :

\[ \begin{aligned} \frac{v_{n+1}}{v_n} &= \frac{(n+1)^3}{e^{n+1}}\times\frac{e^n}{n^3} \\ &= \left(\frac{n+1}{n}\right)^3\times\frac{e^n}{e^{n+1}} \\ &= \left(1+\frac{1}{n}\right)^3\times\frac{1}{e}. \end{aligned} \]

b) Pour \(n\geqslant 3\), \(\dfrac{1}{n}\leqslant\dfrac{1}{3}\), donc \(1+\dfrac{1}{n}\leqslant\dfrac{4}{3}\). Puis la fonction cube étant croissante :

\[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^3\leqslant\left(\frac{4}{3}\right)^3=\frac{64}{27}\approx 2{,}37. \]

Or \(e\approx 2{,}718\), donc \(\dfrac{64}{27}\lt e\) et, en divisant par \(e\gt 0\) :

\[ \frac{v_{n+1}}{v_n}\leqslant\frac{64}{27e}\lt 1. \]

Donc, pour tout \(n\geqslant 3\), \(\dfrac{v_{n+1}}{v_n}\leqslant 1\).

c) Comme \(v_n\gt 0\), l’inégalité précédente donne \(v_{n+1}\leqslant v_n\) pour tout \(n\geqslant 3\) : la suite \(v\) est décroissante à partir du rang 3. Démontrons par récurrence la propriété \(P(n)\) : « \(v_n\leqslant v_3\) » pour \(n\geqslant 3\).

• Initialisation : \(v_3\leqslant v_3\), donc \(P(3)\) est vraie.
• Hérédité : si \(v_n\leqslant v_3\) pour un \(n\geqslant 3\), alors \(v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant v_3\), donc \(P(n+1)\) est vraie.

Donc, pour tout \(n\geqslant 3\), \(v_n\leqslant v_3\), avec \(v_3=\dfrac{27}{e^3}\approx 1{,}34\).

d) Pour \(n\geqslant 3\), \(u_n=\dfrac{v_n}{n}\) et \(0\lt v_n\leqslant v_3\), donc

\[ 0\lt u_n\leqslant\frac{v_3}{n}. \]

Comme \(v_3\) est une constante, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{v_3}{n}=0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0\).

Ce résultat illustre que l’exponentielle l’emporte sur les puissances de \(n\) : \(e^n\) grandit beaucoup plus vite que \(n^2\).

On lit sur la figure qu’à l’étape 1 le segment [AB] est partagé en 2 segments, à l’étape 2 en 3, à l’étape 3 en 4 : à l’étape \(n\), il est partagé en \(n+1\) segments de même longueur.

Aire du grand demi-disque. Son rayon vaut \(\dfrac{10}{2}=5\) cm, donc son aire est

\[ \mathcal{A}=\frac{\pi\times 5^2}{2}=\frac{25\pi}{2}\text{ cm}^2. \]

Aire des petits demi-disques à l’étape \(n\). Chaque segment mesure \(\dfrac{10}{n+1}\) cm, donc chaque petit demi-disque a pour rayon \(\dfrac{5}{n+1}\) et pour aire \(\dfrac{1}{2}\pi\left(\dfrac{5}{n+1}\right)^2=\dfrac{25\pi}{2(n+1)^2}\). De plus, il y en a \(n+1\), d’où une aire totale de

\[ (n+1)\times\frac{25\pi}{2(n+1)^2}=\frac{25\pi}{2(n+1)}. \]

Aire du domaine bleu. On retire les petits demi-disques du grand :

\[ \begin{aligned} a_n &= \frac{25\pi}{2}-\frac{25\pi}{2(n+1)} \\ &= \frac{25\pi}{2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right) \\ &= \frac{25\pi}{2}\times\frac{n}{n+1}. \end{aligned} \]

Vérification : \(a_1=\dfrac{25\pi}{4}\approx 19{,}6\) cm² (la moitié du demi-disque, ce qui se voit à l’étape 1), \(a_2=\dfrac{25\pi}{3}\approx 26{,}2\) cm², \(a_3=\dfrac{75\pi}{8}\approx 29{,}5\) cm².

Limite. \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n+1}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)=1\) et

\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=\frac{25\pi}{2}\approx 39{,}27\text{ cm}^2. \]

Les petits demi-disques deviennent de plus en plus nombreux mais leur aire totale tend vers 0 : le domaine bleu finit par occuper tout le demi-disque. Ensuite, la suite \((a_n)\) est d’ailleurs croissante, car \(\dfrac{n}{n+1}=1-\dfrac{1}{n+1}\) augmente avec \(n\).

Dans chaque cas, on étudie le signe de \(u_n-v_n\), puis on applique un théorème de comparaison.

a) \(u_n-v_n=n^2+n+1-n^2=n+1\gt 0\), donc pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n\geqslant v_n\).

Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^2=+\infty\). Comme \(u_n\geqslant v_n\) et \(\lim v_n=+\infty\), le théorème de comparaison donne \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

b) \(u_n-v_n=-n-1+\cos n+n=\cos n-1\). Comme \(\cos n\leqslant 1\), on a \(u_n-v_n\leqslant 0\), donc pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n\leqslant v_n\).

Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}(-n)=-\infty\). Comme \(u_n\leqslant v_n\) et \(\lim v_n=-\infty\), on obtient \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=-\infty\).

c) Pour \(n\geqslant 1\), \(u_n-v_n=\dfrac{1}{n}\gt 0\), donc \(u_n\geqslant v_n\).

Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^3=+\infty\), donc par comparaison \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

Pour tout \(n\geqslant 1\), la suite \(v\) est encadrée : \(0\leqslant v_n\leqslant \dfrac{10}{n^2}\).

Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^2=+\infty\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^2}=0\) et, par produit par 10, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{10}{n^2}=0\).

Les deux suites qui encadrent \(v\) ont la même limite 0. D’après le théorème des gendarmes, la suite \(v\) converge et \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0\).

On sait seulement que \(w_n\leqslant \dfrac{4}{\sqrt{n}}\) et que \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{4}{\sqrt{n}}=0\). C’est une majoration : elle empêche \(w_n\) d’être « grand », mais elle ne dit rien sur les valeurs très négatives que peut prendre \(w_n\).

Pour appliquer le théorème des gendarmes, il faudrait aussi une minoration par une suite qui tend vers 0 (par exemple \(0\leqslant w_n\)). Par ailleurs, elle manque ici.

Contre-exemples :

• la suite constante \(w_n=-1\) vérifie \(w_n\leqslant \dfrac{4}{\sqrt{n}}\) pour tout \(n\geqslant 1\), mais elle converge vers \(-1\), pas vers 0 ;
• la suite \(w_n=-n\) vérifie aussi l’inégalité, et elle tend vers \(-\infty\) : elle ne converge même pas.

Paul a donc tort : l’hypothèse ne suffit pas pour conclure. (Si l’on savait de plus que \(w_n\geqslant 0\), alors on pourrait affirmer que \(w\) converge vers 0.)

a) Pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n-n^2=e^{3n^2+n}\). Or une exponentielle est toujours strictement positive : \(e^{3n^2+n}\gt 0\).

Donc \(u_n-n^2\gt 0\), et en particulier, pour tout \(n\), \(u_n\geqslant n^2\).

b) On a \(u_n\geqslant n^2\) pour tout \(n\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^2=+\infty\). D’après le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

On applique les règles d’opérations sur les limites (somme, produit, quotient).

a) \(w_n=u_n-v_n\) : par différence de limites finies, \(\lim w_n=5-(-3)=8\).

b) \(w_n=u_nv_n\) : \(\lim u_n=-1\lt 0\) et \(\lim v_n=-\infty\). Puis le produit d’une suite qui tend vers un nombre négatif par une suite qui tend vers \(-\infty\) tend vers \(+\infty\) : \(\lim w_n=+\infty\).

c) \(w_n=\dfrac{u_n}{v_n}\) : \(\lim u_n=+\infty\) et \(\lim v_n=2\gt 0\), donc \(\lim w_n=+\infty\).

d) \(w_n=2u_n-v_n\) : \(\lim 2u_n=+\infty\) et \(\lim(-v_n)=8\). Par somme, \(\lim w_n=+\infty\).

a) Sur l’écran, \(u_n\) augmente vers 1 (\(u_{60}\approx 0{,}984\)) et \(v_n\) diminue vers 0 (\(v_{60}\approx 0{,}017\)). Ensuite, on conjecture :

\[ \lim_{n\to+\infty}u_n=1 \qquad \text{et} \qquad \lim_{n\to+\infty}v_n=0. \]

b) Pour \(n\geqslant 1\), on factorise par le terme de plus haut degré au numérateur et au dénominateur :

\[ u_n=\frac{n+1}{n+2}=\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}{n\left(1+\frac{2}{n}\right)}=\frac{1+\frac{1}{n}}{1+\frac{2}{n}} \]

\[ v_n=\frac{n+1}{n^2+2}=\frac{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}{n^2\left(1+\frac{2}{n^2}\right)}=\frac{1}{n}\times\frac{1+\frac{1}{n}}{1+\frac{2}{n^2}} \]

c) On sait que \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^2}=0\).

• Donc \(\lim\left(1+\frac{1}{n}\right)=1\) et \(\lim\left(1+\frac{2}{n}\right)=1\) ; par quotient, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1\).
• De même \(\lim\dfrac{1+\frac{1}{n}}{1+\frac{2}{n^2}}=1\), et \(\lim\dfrac{1}{n}=0\) ; par produit, \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0\times 1=0\).

Les deux conjectures sont démontrées. Puis la factorisation lève la forme indéterminée « \(\frac{\infty}{\infty}\) ».

a) L’algorithme part de \(n=1\) et augmente \(n\) de 1 tant que \(\dfrac{1}{n^3}\gt 10^{-p}\). De plus, il s’arrête donc au premier entier \(n\) tel que \(\dfrac{1}{n^3}\leqslant 10^{-p}\) : c’est un algorithme de seuil. Ensuite, il affiche le plus petit entier \(n\) à partir duquel \(\dfrac{1}{n^3}\leqslant 10^{-p}\), c’est-à-dire \(n^3\geqslant 10^{p}\).

b) On cherche le plus petit \(n\) tel que \(n^3\geqslant 10^p\) :

• \(p=2\) : \(4^3=64\lt 100\) et \(5^3=125\geqslant 100\), donc l’algorithme affiche \(n=5\).
• \(p=4\) : \(21^3=9\,261\lt 10\,000\) et \(22^3=10\,648\geqslant 10\,000\), donc il affiche \(n=22\).
• \(p=6\) : \(99^3=970\,299\lt 10^6\) et \(100^3=10^6\). Pour \(n=100\), \(\dfrac{1}{n^3}=10^{-6}\), la condition « \(\dfrac{1}{n^3}\gt 10^{-6}\) » est fausse : la boucle s’arrête et l’algorithme affiche \(n=100\).

c) On a \(\lim\limits_{n\to+\infty}n^3=+\infty\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n^3}=0\). Par définition de la limite 0, l’intervalle ouvert \(\left]-10^{-p}\,;\,10^{-p}\right[\) contient tous les termes \(\dfrac{1}{n^3}\) à partir d’un certain rang : il existe donc un entier \(n\) tel que \(\dfrac{1}{n^3}\lt 10^{-p}\). Par ailleurs, la condition de la boucle finit par être fausse, et l’algorithme s’arrête pour toute valeur de \(p\geqslant 1\).

a) Pour tout \(n\in\mathbb{N}\) :

\[ \begin{aligned} v_{n+1}-v_n &= (n+1)^2+2(n+1)-\left(n^2+2n\right) \\ &= n^2+2n+1+2n+2-n^2-2n \\ &= 2n+3 \end{aligned} \]

Comme \(n\geqslant 0\), \(2n+3\gt 0\), donc \(v_{n+1}\gt v_n\) : la suite \(v\) est strictement croissante.

b) On remarque que \(v_n=n^2+2n=(n+1)^2-1\). Puis pour \(A\geqslant 0\) :

\[ v_n\gt A \iff (n+1)^2\gt A+1 \iff n+1\gt \sqrt{A+1} \iff n\gt \sqrt{A+1}-1 \]

(on a pu prendre la racine carrée car \(n+1\) et \(\sqrt{A+1}\) sont positifs). Donc \(v_n\gt A\) dès que \(n\gt \sqrt{A+1}-1\), c’est-à-dire à partir du rang \(n_0\), plus petit entier strictement supérieur à \(\sqrt{A+1}-1\). Comme \(v\) est croissante, tous les termes suivants dépassent aussi \(A\).

Exemple : pour \(A=1\,000\), \(\sqrt{1\,001}-1\approx 30{,}6\), donc \(v_n\gt 1\,000\) à partir de \(n=31\) (\(v_{30}=960\) et \(v_{31}=1\,023\)).

c) Pour tout réel \(A\), les termes \(v_n\) finissent par être tous supérieurs à \(A\) : par définition, \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=+\infty\).

a) On calcule quelques termes : \(w_{10}=\sqrt{99}\approx 9{,}95\), \(w_{100}=\sqrt{9\,999}\approx 99{,}99\), \(w_{1\,000}\approx 999{,}9999\). Les termes deviennent aussi grands que l’on veut : on conjecture que \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=+\infty\).

b) Pour démontrer que \(w\) tend vers \(+\infty\), il faut prouver que, pour tout réel \(A\), tous les termes \(w_n\) sont supérieurs à \(A\) à partir d’un certain rang.

• Si \(A\lt 0\), c’est immédiat : \(w_n=\sqrt{n^2-1}\geqslant 0\gt A\) pour tout \(n\geqslant 1\).
• Si \(A\geqslant 0\), l’écran (ligne 2) indique que \(f(x)\gt A\) équivaut à \(x\lt -\sqrt{A^2+1}\) ou \(x\gt \sqrt{A^2+1}\). Comme \(n\) est un entier positif, on retient : \(w_n\gt A\) dès que \(n\gt \sqrt{A^2+1}\).

On peut le vérifier à la main : pour \(n\geqslant 1\) et \(A\geqslant 0\), \(\sqrt{n^2-1}\gt A \iff n^2-1\gt A^2 \iff n\gt \sqrt{A^2+1}\).

Ainsi, quel que soit \(A\), il existe un rang (le premier entier supérieur à \(\sqrt{A^2+1}\)) à partir duquel tous les termes dépassent \(A\) : par définition, \(\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=+\infty\), ce qui valide la conjecture.

1. a) On calcule les premiers termes avec \(u_{n+1}=u_n+2n-1\) :

Par exemple \(u_1=0+2\times 0-1=-1\), \(u_2=-1+2\times 1-1=0\), \(u_3=0+2\times 2-1=3\). La calculatrice (mode suite, affichage des points) donne le nuage suivant :

b) On compare avec les carrés : \(u_3=3=9-6\), \(u_4=8=16-8\), \(u_5=15=25-10\)… On conjecture que, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n=n^2-2n\).

2. a) Démontrons par récurrence la propriété \(P(n)\) : « \(u_n=n^2-2n\) ».

• Initialisation : \(0^2-2\times 0=0=u_0\), donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\geqslant 0\). Alors
  \[ u_{n+1}=u_n+2n-1=n^2-2n+2n-1=n^2-1 \]
  et \((n+1)^2-2(n+1)=n^2+2n+1-2n-2=n^2-1\). Donc \(u_{n+1}=(n+1)^2-2(n+1)\) : \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n=n^2-2n\).

b) \(u_n=n(n-2)\). Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}(n-2)=+\infty\) ; par produit, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

Ce que calcule l’algorithme. On part de \(u=1\) et on multiplie successivement par \(1-\dfrac{1}{2^2}\), \(1-\dfrac{1}{3^2}\), …, \(1-\dfrac{1}{n^2}\). La suite définie est donc, pour \(n\geqslant 2\) :

\[ u_n=\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{n^2}\right). \]

Première piste (fausse piste). Chaque facteur est compris entre 0 et 1, donc chaque multiplication fait diminuer \(u\) : la suite est décroissante et positive, donc elle converge. On est tenté de dire qu’un produit de « plein de nombres inférieurs à 1 » tend vers 0. C’est faux ici : les facteurs se rapprochent très vite de 1, et la décroissance ralentit fortement.

Deuxième étape : expérimenter. On calcule les premiers termes (en fractions) :

\[ u_2=\frac{3}{4},\quad u_3=\frac{3}{4}\times\frac{8}{9}=\frac{2}{3},\quad u_4=\frac{2}{3}\times\frac{15}{16}=\frac{5}{8},\quad u_5=\frac{3}{5},\quad u_6=\frac{7}{12}. \]

Avec l’algorithme programmé : \(u_{10}=0{,}55\) et \(u_{100}=0{,}505\). La limite semble être \(\dfrac{1}{2}\), et non 0. En écrivant les fractions sous la forme \(\dfrac{3}{4},\dfrac{4}{6},\dfrac{5}{8},\dfrac{6}{10},\dfrac{7}{12}\), on voit apparaître la formule \(u_n=\dfrac{n+1}{2n}\).

Changement de méthode : démontrer la formule. On remarque que \(1-\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{k^2-1}{k^2}=\dfrac{(k-1)(k+1)}{k^2}\). On démontre alors par récurrence que \(u_n=\dfrac{n+1}{2n}\) pour tout \(n\geqslant 2\) :

• Initialisation : \(u_2=\dfrac{3}{4}=\dfrac{2+1}{2\times 2}\).
• Hérédité : si \(u_n=\dfrac{n+1}{2n}\), alors
  \[ u_{n+1}=\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\times\frac{n+1}{2n}=\frac{n+2}{2(n+1)}=\frac{(n+1)+1}{2(n+1)}. \]
• Conclusion : pour tout \(n\geqslant 2\), \(u_n=\dfrac{n+1}{2n}\).

Limite. \(u_n=\dfrac{n+1}{2n}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2n}\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2n}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{1}{2}\).