Limites de suites et convergence : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « limites de suites et convergence », question par question.
Cette correction rédige chaque limite comme on l’attend au bac : la factorisation est justifiée, puis chaque théorème est cité avec ses hypothèses. Pour les encadrements, elle part d’une inégalité connue sur \((-1)^n\) ou sur le cosinus et la transforme étape par étape.
La récurrence de l’exercice 3 est détaillée en trois temps : initialisation, hérédité, conclusion. Ensuite, la figure corrigée place les premiers termes et le point fixe. Dans le problème, la suite auxiliaire et l’algorithme de seuil sont expliqués ligne par ligne. Compare ainsi ta copie au barème détaillé, car une limite sans justification ne rapporte presque rien.
L’énoncé complet se trouve ici : Limites de suites et convergence : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : limites de suites et convergence
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Limites par opérations | 4 points |
| 2. Comparaison et encadrement | 4 points |
| 3. Une suite croissante et majorée | 4 points |
| 4. Les carpes de l’étang | 8 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : limites de suites et convergence
Exercice 1 – Limites par opérations (4 points)
- On a \(\lim 3n^2 = +\infty\) et \(\lim (-5n) = -\infty\) : c’est une forme indéterminée. On factorise donc par \(n^2\) pour \(n \geq 1\) :
\(u_n = n^2 \left(3 – \dfrac{5}{n} + \dfrac{2}{n^2}\right)\).
Or \(\dfrac{5}{n}\) et \(\dfrac{2}{n^2}\) tendent vers 0, donc la parenthèse tend vers 3. De plus, \(n^2\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(\lim u_n = +\infty\). - Le numérateur et le dénominateur tendent vers \(+\infty\) : c’est encore une forme indéterminée. Pour \(n \geq 1\), on factorise par \(n^2\) en haut et en bas :
\(v_n = \dfrac{n^2 \left(2 + \frac{1}{n^2}\right)}{n^2 \left(5 – \frac{1}{n} + \frac{3}{n^2}\right)} = \dfrac{2 + \frac{1}{n^2}}{5 – \frac{1}{n} + \frac{3}{n^2}}\).
Le numérateur tend vers 2 et le dénominateur vers 5. Par quotient, \(\lim v_n = \dfrac{2}{5}\). - Comme \(-1 < 0{,}6 < 1\), on sait que \(\lim 0{,}6^n = 0\). Par conséquent, \(\lim 3 \times 0{,}6^n = 0\), puis par somme \(\lim w_n = 4\).
- Ici \(2^n\) et \(5^n\) tendent vers \(+\infty\), car \(2 > 1\) et \(5 > 1\) : la différence est indéterminée. On factorise par \(5^n\) :
\(t_n = 5^n \left(\dfrac{2^n}{5^n} – 1\right) = 5^n \left(0{,}4^n – 1\right)\).
Puisque \(-1 < 0{,}4 < 1\), \(0{,}4^n\) tend vers 0, donc la parenthèse tend vers \(-1\). Ainsi, par produit avec \(5^n \to +\infty\), \(\lim t_n = -\infty\).
Piège classique : écrire « \(+\infty – \infty = 0\) ». Ce n’est pas une règle de calcul, mais une forme indéterminée qu’il faut toujours lever.
Exercice 2 – Comparaison et encadrement (4 points)
- Pour tout réel \(x\), \(\cos(x) \geq -1\), donc \(a_n = 2n + \cos(n) \geq 2n – 1\).
Or \(\lim (2n – 1) = +\infty\). D’après le théorème de comparaison, \(\lim a_n = +\infty\). - Pour tout \(n\), \((-1)^n\) vaut \(-1\) ou 1, donc \(2 \leq 3 + (-1)^n \leq 4\). Comme \(n + 1 > 0\), on peut diviser sans changer le sens des inégalités :
\(\dfrac{2}{n+1} \leq b_n \leq \dfrac{4}{n+1}\).
Les deux suites qui encadrent tendent vers 0, car leur dénominateur tend vers \(+\infty\). D’après le théorème des gendarmes, \(\lim b_n = 0\). - Pour \(n \geq 1\), \(c_n = \dfrac{5n}{n} + \dfrac{\sin(n)}{n} = 5 + \dfrac{\sin(n)}{n}\).
Puisque \(-1 \leq \sin(n) \leq 1\) et \(n > 0\), on a \(-\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{\sin(n)}{n} \leq \dfrac{1}{n}\). Les deux bornes tendent vers 0, donc \(\dfrac{\sin(n)}{n}\) tend vers 0 d’après le théorème des gendarmes. Ainsi, par somme, \(\lim c_n = 5\).
Piège classique : dire que \(\cos(n)\) ou \((-1)^n\) « n’a pas de limite, donc la suite n’en a pas ». Ces suites sont bornées : c’est justement ce qui permet de conclure par comparaison.
Exercice 3 – Une suite croissante et majorée (4 points)
- On reporte chaque terme sur l’axe des abscisses grâce à la droite \(y = x\). On lit \(u_1 \approx 2{,}24\), \(u_2 \approx 2{,}73\) et \(u_3 \approx 2{,}91\). On conjecture que \((u_n)\) est croissante et converge vers 3, abscisse du point d’intersection de la courbe et de la droite.
- Notons \(P(n)\) la propriété « \(0 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 3\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(u_1 = \sqrt{2 \times 1 + 3} = \sqrt{5} \approx 2{,}24\). Donc \(0 \leq u_0 \leq u_1 \leq 3\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\) : \(0 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 3\). La fonction \(f\) est croissante sur \([-1{,}5\,;\,+\infty[\), donc elle conserve l’ordre :
\(f(0) \leq f(u_n) \leq f(u_{n+1}) \leq f(3)\), c’est-à-dire \(\sqrt{3} \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq \sqrt{9} = 3\).
Comme \(\sqrt{3} \geq 0\), on obtient \(0 \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq 3\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(0 \leq u_n \leq u_{n+1} \leq 3\). - D’après la question précédente, \(u_n \leq u_{n+1}\) : la suite est croissante. De plus, \(u_n \leq 3\) : elle est majorée par 3. Par conséquent, d’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
- La limite vérifie \(\sqrt{2\ell + 3} = \ell\). De plus, en passant à la limite dans \(0 \leq u_n \leq 3\), on a \(0 \leq \ell \leq 3\).
Comme \(\ell \geq 0\), l’égalité équivaut à \(2\ell + 3 = \ell^2\), soit \(\ell^2 – 2\ell – 3 = 0\).
Le discriminant vaut \(\Delta = 4 + 12 = 16\), d’où \(\ell = \dfrac{2 + 4}{2} = 3\) ou \(\ell = \dfrac{2 – 4}{2} = -1\).
Or \(\ell \geq 0\), donc \(\ell = 3\) : la suite converge vers 3, ce qui confirme la conjecture.
Piège classique : conclure que la limite vaut 3 simplement parce que 3 est un majorant. Une suite croissante majorée par 3 pourrait converger vers 2,9 ; seul le calcul du point fixe donne la limite.
Exercice 4 – Les carpes de l’étang (8 points)
- Prélever \(25\,\%\) des carpes revient à en garder \(75\,\%\), c’est-à-dire à multiplier par \(0{,}75\). Ensuite, on ajoute les 450 jeunes carpes. Donc \(u_{n+1} = 0{,}75\,u_n + 450\).
\(u_1 = 0{,}75 \times 1000 + 450 = 750 + 450 = 1200\) et \(u_2 = 0{,}75 \times 1200 + 450 = 900 + 450 = 1350\).
Ainsi, \(u_1 = 1200\) et \(u_2 = 1350\). - Pour tout entier naturel \(n\) :
\(v_{n+1} = u_{n+1} – 1800 = 0{,}75\,u_n + 450 – 1800 = 0{,}75\,u_n – 1350\).
Or \(0{,}75 \times 1800 = 1350\), donc \(v_{n+1} = 0{,}75\,(u_n – 1800) = 0{,}75\,v_n\).
De plus, \(v_0 = u_0 – 1800 = 1000 – 1800 = -800\). La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}75\) et de premier terme \(v_0 = -800\). - D’après la question précédente, \(v_n = v_0 \times 0{,}75^n = -800 \times 0{,}75^n\).
Puis \(u_n = v_n + 1800\), d’où \(u_n = 1800 – 800 \times 0{,}75^n\). - Pour tout entier naturel \(n\) :
\(u_{n+1} – u_n = -800 \times 0{,}75^{n+1} + 800 \times 0{,}75^n = 800 \times 0{,}75^n \times (1 – 0{,}75) = 200 \times 0{,}75^n\).
Ce nombre est strictement positif, car \(0{,}75^n > 0\). Par conséquent, la suite \((u_n)\) est strictement croissante. - Comme \(-1 < 0{,}75 < 1\), \(\lim 0{,}75^n = 0\), donc \(\lim 800 \times 0{,}75^n = 0\). Par somme, \(\lim u_n = 1800\).
À long terme, la population de l’étang se stabilise donc autour de 1 800 carpes, sans jamais les dépasser. C’est bien cohérent avec le nuage de points, qui monte et se rapproche de la droite d’équation \(y = 1800\) par en dessous. - La boucle doit tourner tant que le seuil n’est pas atteint, puis chaque passage calcule le terme suivant :
ligne 4 :while u < 1750 :
ligne 6 :u = 0.75 * u + 450 - On cherche le premier rang \(n\) tel que \(u_n \geq 1750\). À la calculatrice :
\(u_9 = 1800 – 800 \times 0{,}75^9 \approx 1800 – 60{,}07 \approx 1739{,}9\), donc \(u_9 < 1750\) ;
\(u_{10} = 1800 – 800 \times 0{,}75^{10} \approx 1800 – 45{,}05 \approx 1755{,}0\), donc \(u_{10} \geq 1750\).
Comme la suite est croissante, tous les termes suivants dépassent aussi 1 750. La fonction renvoie 10 : l’étang comptera au moins 1 750 carpes à partir du 1er janvier 2036.
Piège classique : écrire while u >= 1750. La condition d’une boucle while est celle qui fait continuer, c’est-à-dire le contraire du seuil recherché.
À retenir de ce contrôle
- Devant une forme indéterminée du type infini moins infini ou infini sur infini, on factorise par le terme de plus haut degré ou par la plus grande puissance.
- Si -1 < q < 1, la suite q^n tend vers 0 ; si q > 1, elle tend vers plus l’infini.
- Le théorème des gendarmes exige deux suites qui encadrent la suite étudiée et qui ont la même limite finie.
- Une suite croissante et majorée converge, mais sa limite n’est pas forcément le majorant trouvé : on la calcule avec le point fixe.
- Pour une suite arithmético-géométrique, on soustrait le point fixe pour obtenir une suite géométrique, ce qui donne une formule explicite.
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Consolider limites de suites et convergence après ce corrigé
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