Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Limites de suites

Limite finie ou infinie d’une suite, opérations et formes indéterminées, limite de qⁿ, comparaison et gendarmes, somme géométrique de raison comprise entre 0 et 1, seuils.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés et appliqués : le chlore d’un bassin, un capital épuisé par des retraits, deux villes qui grandissent à des rythmes différents, la production cumulée de panneaux solaires et l’effet multiplicateur d’une dépense publique en économie.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : pourcentage → coefficient multiplicateur, ajout ou retrait → terme constant.
Je repère la forme de la suite : géométrique, somme de termes géométriques, forme explicite donnée par un modèle.
Je calcule la limite en citant la règle (limite de qⁿ, somme, produit), puis je l’interprète dans la situation.
Je cherche le seuil à la calculatrice ou avec une boucle « tant que », et je vérifie les deux rangs voisins.

Problème 1 · Le chlore d’un bassin★★★Facile

Dans un bassin, on mesure chaque lundi la masse de chlore dissous. En une semaine,

18 %

du chlore présent se dégrade, puis le technicien ajoute

3, 6

g de chlore. Le premier lundi, le bassin contient

25

g de chlore. On note

c_{n}

la masse de chlore (en g) le lundi de la semaine

n

, avec

c_{0} = 25

1. Justifier que $c_{n + 1} = 0, 82 c_{n} + 3, 6$ , puis calculer $c_{1} =$ g
Rédaction attendue. Perdre $18 %$ revient à multiplier par $1 - 0, 18 = 0, 82$ ; on ajoute ensuite $3, 6$ g. Donc, pour tout $n$ , $c_{n + 1} = 0, 82 c_{n} + 3, 6$ . Alors $c_{1} = 0, 82 \times 25 + 3, 6 = 20, 5 + 3, 6 = 24, 1$ g.
2. On admet que $c_{n} = 5 \times 0, 82^{n} + 20$ (méthode du chapitre « Suites et modèles discrets »). Démontrer que $(c_{n})$ est décroissante : $c_{n + 1} - c_{n} = k \times 0, 82^{n}$ avec $k =$
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $c_{n + 1} - c_{n} = 5 \times 0, 82^{n + 1} - 5 \times 0, 82^{n} = 5 \times 0, 82^{n} \times (0, 82 - 1) = - 0, 9 \times 0, 82^{n}$ . Comme $0, 82^{n} > 0$ , $c_{n + 1} - c_{n} < 0$ : la suite $(c_{n})$ est décroissante.
3. $lim c_{n} =$ g
Rédaction attendue. Comme $0 < 0, 82 < 1$ , $lim 0, 82^{n} = 0$ ; par produit, $5 \times 0, 82^{n} \to 0$ ; par somme, $lim c_{n} = 20$ . La masse de chlore diminue et se stabilise vers $20$ g, sans jamais descendre en dessous, car $5 \times 0, 82^{n} > 0$ .
4. Première semaine $n$ où la masse passe sous $20, 5$ g : $n =$
cn<20,5⟺5×0,82n<0,5⟺0,82n<0,1. À la calculatrice, c11≈20,56 g et c12≈20,46 g ; la suite est décroissante, donc n=12. En Python :
```
def semaine():
    n = 0
    c = 25
    while c >= 20.5:
        c = 0.82 * c + 3.6
        n = n + 1
    return n
```

Problème 2 · Un capital que l’on consomme★★★Moyen

Une personne place

40 000

€ à

2, 5 %

par an. Chaque année, juste après le versement des intérêts, elle retire

3 000

€. On note

a_{n}

le capital (en €) après

n

années, avec

a_{0} = 40 000

, et on admet que

a_{n + 1} = 1, 025 a_{n} - 3 000

1. $a_{1} =$ €
$a_{1} = 1, 025 \times 40 000 - 3 000 = 41 000 - 3 000 = 38 000$ €.
2. On admet que $a_{n} = 120 000 - 80 000 \times 1, 025^{n}$ . Démontrer que cette expression vérifie la relation de récurrence. Étape clé : $1, 025 \times 120 000 - 3 000 =$
Rédaction attendue. Pour $n = 0$ : $120 000 - 80 000 = 40 000 = a_{0}$ . Pour tout $n$ : $1, 025 a_{n} - 3 000 = 1, 025 \times 120 000 - 1, 025 \times 80 000 \times 1, 025^{n} - 3 000$ $= 123 000 - 3 000 - 80 000 \times 1, 025^{n + 1} = 120 000 - 80 000 \times 1, 025^{n + 1}$ , ce qui est bien l’expression au rang $n + 1$ .
3. $lim a_{n} =$ (Pour l’infini, écris +infini ou −infini.)
Rédaction attendue. Comme $1, 025 > 1$ , $lim 1, 025^{n} = + \infty$ ; par produit, $80 000 \times 1, 025^{n} \to + \infty$ ; par différence, $lim a_{n} = - \infty$ . Le capital finit par s’épuiser : le retrait annuel est trop élevé pour être couvert par les intérêts (il aurait fallu partir de $120 000$ € pour que le capital reste constant).
4. Au cours de quelle année $n$ le capital devient-il négatif ? $n =$
$a_{n} < 0 ⟺ 1, 025^{n} > 1, 5$ . À la calculatrice, $1, 025^{16} \approx 1, 4845$ et $1, 025^{17} \approx 1, 5216$ ; $(a_{n})$ est décroissante. Le capital devient négatif au cours de la $17^{e}$ année ( $a_{16} \approx 1 240$ € et $a_{17} \approx - 1 729$ €).
5. Un conseiller affirme : « les intérêts rapportent $1 000$ € et on retire $3 000$ €, on perd $2 000$ € par an : le capital tiendra $20$ ans ». Intérêts de la 2e année : €
Rédaction attendue. Les intérêts valent $2, 5 %$ du capital restant, qui diminue : la 2e année ils valent $0, 025 \times 38 000 = 950$ €, la 3e environ $899$ €, etc. La perte annuelle s’aggrave au lieu de rester égale à $2 000$ € : le capital s’épuise en $17$ ans et non en $20$ .

Problème 3 · Deux villes qui grandissent★★★Moyen

En 2026, la ville A compte

48 000

habitants et gagne

1, 5 %

par an ; la ville B compte

30 000

habitants et gagne

3 %

par an. On note

A_{n}

B_{n}

leurs populations en

2026 + n

A_{n} = 48 000 \times 1, 015^{n}

B_{n} = 30 000 \times 1, 03^{n}

1. Limite de $(A_{n})$ : (Pour l’infini, écris +infini ou −infini.)
$1, 015 > 1$ , donc $1, 015^{n} \to + \infty$ ; par produit par $48 000 > 0$ , $lim A_{n} = + \infty$ . Même conclusion pour $(B_{n})$ : forme « $\frac{\infty}{\infty}$ » pour leur rapport.
2. Démontrer que la part de la ville B dans la population totale, $p_{n} = \frac{B_{n}}{A_{n} + B_{n}}$ , s’écrit $\frac{1}{1 + 1, 6 \times {(\frac{1, 015}{1, 03})}^{n}}$ , puis donner $lim p_{n} =$
Rédaction attendue. On divise numérateur et dénominateur par $B_{n} = 30 000 \times 1, 03^{n} > 0$ : $p_{n} = \frac{1}{1 + \frac{A_{n}}{B_{n}}}$ avec $\frac{A_{n}}{B_{n}} = \frac{48 000}{30 000} \times \frac{1, 015^{n}}{1, 03^{n}} = 1, 6 \times {(\frac{1, 015}{1, 03})}^{n}$ . Comme $0 < \frac{1, 015}{1, 03} < 1$ , cette puissance tend vers $0$ ; par somme et quotient, $lim p_{n} = \frac{1}{1 + 0} = 1$ . À long terme, presque toute la population des deux villes vit dans la ville B.
3. Part de B en 2026 (valeur exacte) : $p_{0} =$
$p_{0} = \frac{30 000}{78 000} = \frac{5}{13} \approx 0, 38$ : la part de B passe d’environ $38 %$ à près de $100 %$ .
4. Plus petit $n$ tel que $B_{n} > A_{n}$ :
$B_{n} > A_{n} ⟺ {(\frac{1, 03}{1, 015})}^{n} > 1, 6$ . Cette suite est croissante (raison supérieure à $1$ ). À la calculatrice : $A_{32} \approx 77 296 > B_{32} \approx 77 252$ et $A_{33} \approx 78 455 < B_{33} \approx 79 570$ . La ville B dépasse la ville A pour $n = 33$ , soit en 2059.

Problème 4 · Production cumulée de panneaux solaires★★★Difficile

Des panneaux solaires produisent

9 500

kWh la première année. Chaque année, la production baisse de

2, 2 %

. On note

P_{n}

la production (en kWh) de l’année de rang

n

, avec

P_{0} = 9 500

, et

T_{n} = P_{0} + P_{1} + \dots + P_{n}

la production cumulée.

1. Justifier que $(P_{n})$ est géométrique et donner $lim P_{n} =$
Rédaction attendue. Une baisse de $2, 2 %$ revient à multiplier par $1 - 0, 022 = 0, 978$ : $P_{n + 1} = 0, 978 P_{n}$ , donc $(P_{n})$ est géométrique de raison $0, 978$ et de premier terme $9 500$ , et $P_{n} = 9 500 \times 0, 978^{n}$ . Comme $0 < 0, 978 < 1$ , $lim P_{n} = 0$ : à très long terme, la production annuelle devient négligeable.
2. Démontrer que $T_{n} = \frac{9 500}{0, 022} (1 - 0, 978^{n + 1})$ , puis contrôler la formule sur $T_{1} =$ kWh
Rédaction attendue. $T_{n}$ est la somme des $n + 1$ premiers termes d’une suite géométrique de premier terme $9 500$ et de raison $0, 978 \neq 1$ : $T_{n} = 9 500 \times \frac{1 - 0, 978^{n + 1}}{1 - 0, 978} = \frac{9 500}{0, 022} (1 - 0, 978^{n + 1})$ . Contrôle : directement, $T_{1} = P_{0} + P_{1} = 9 500 + 9 291 = 18 791$ kWh ; avec la formule, $\frac{9 500}{0, 022} (1 - 0, 978^{2}) = \frac{9 500 \times 0, 043 516}{0, 022} = 18 791$ kWh.
3. Au bout de combien d’années la production annuelle passe-t-elle sous la moitié de la production initiale ? Rang $n =$
$P_{n} < 4 750 ⟺ 0, 978^{n} < 0, 5$ . $(P_{n})$ est décroissante ; à la calculatrice, $P_{31} \approx 4 767$ kWh et $P_{32} \approx 4 662$ kWh : $n = 32$ .
4. Un élu affirme : « on ajoute chaque année une production positive, donc la production cumulée dépassera n’importe quelle valeur ». Justifier qu’il se trompe en déterminant $lim T_{n}$ , arrondie au kWh :
Rédaction attendue. Comme $0 < 0, 978 < 1$ , $lim 0, 978^{n + 1} = 0$ ; par somme et produit, $lim T_{n} = \frac{9 500}{0, 022} \approx 431 818$ kWh. De plus, pour tout $n$ , $0, 978^{n + 1} > 0$ , donc $1 - 0, 978^{n + 1} < 1$ et $T_{n} < \frac{9 500}{0, 022}$ . Les ajouts sont positifs mais décroissent géométriquement : la somme d’une infinité de termes positifs reste ici bornée. La production cumulée ne dépassera jamais environ $431 818$ kWh.

Problème 5 · L’effet multiplicateur d’une dépense publique★★★Difficile

Une collectivité dépense

10

millions d’euros (M€) dans une région. Ceux qui reçoivent cet argent en dépensent à leur tour

75 %

dans la région, ceux qui le reçoivent en dépensent encore

75 %

, et ainsi de suite. On note

D_{n}

la dépense totale (en M€) après

n

tours :

D_{0} = 10

D_{1} = 10 + 7, 5

, etc.

1. $D_{2} =$ M€
$D_{2} = 10 + 10 \times 0, 75 + 10 \times 0, 75^{2} = 10 + 7, 5 + 5, 625 = 23, 125$ M€.
2. Démontrer que $D_{n} = 40 (1 - 0, 75^{n + 1})$ et en déduire la limite de $(D_{n})$ : M€
Rédaction attendue. $D_{n} = 10 + 10 \times 0, 75 + \dots + 10 \times 0, 75^{n}$ est la somme des $n + 1$ premiers termes d’une suite géométrique de premier terme $10$ et de raison $0, 75$ : $D_{n} = 10 \times \frac{1 - 0, 75^{n + 1}}{1 - 0, 75} = 40 (1 - 0, 75^{n + 1})$ . Comme $0 < 0, 75 < 1$ , $lim D_{n} = 40$ M€ : les $10$ M€ initiaux engendrent au total environ $40$ M€ de dépenses (multiplicateur égal à $4$ ).
3. Plus petit $n$ tel que $D_{n} ⩾ 39$ :
$D_{n} ⩾ 39 ⟺ 0, 75^{n + 1} ⩽ 0, 025$ . $(D_{n})$ est croissante ; à la calculatrice, $D_{11} \approx 38, 73$ et $D_{12} \approx 39, 05$ : $n = 12$ .
4. Si chacun dépense une proportion $c$ (avec $0 < c < 1$ ) de ce qu’il reçoit, le multiplicateur vaut $\frac{1}{1 - c}$ . Proportion $c$ donnant un multiplicateur égal à $5$ :
$\frac{1}{1 - c} = 5 ⟺ 1 - c = 0, 2 ⟺ c = 0, 8$ : il faut que chacun dépense $80 %$ de ce qu’il reçoit.

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