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Limites de suites

Limite finie ou infinie, opérations et formes indéterminées, comparaison et gendarmes, limite de qⁿ, suites monotones et seuils, suites arithmético-géométriques.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit du bac : un traitement médical modélisé par une suite arithmético-géométrique, une suite homographique étudiée avec une suite auxiliaire arithmétique, le flocon de Koch au périmètre infini et à l’aire finie, et la méthode de Héron pour approcher √6.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé en relation de récurrence (uₙ₊₁ = …) et je calcule les premiers termes pour me faire une idée.
Je repère le cas du cours : arithmético-géométrique, suite géométrique, suite monotone à borner, encadrement.
Je prouve avant de conclure : sens de variation, borne, formule explicite, en citant le théorème utilisé.
Je calcule la limite et je l’interprète dans la situation (valeur d’équilibre, stabilisation, quantité qui explose).
Je cherche le seuil à la calculatrice ou avec une boucle « tant que », et je vérifie les deux rangs qui encadrent la réponse.

Problème 1 · Un traitement quotidien★★★Facile

Un patient prend chaque matin un comprimé qui apporte

3

mg d’un principe actif. En

24

heures, l’organisme en élimine

40 %

. On note

q_{n}

la quantité (en mg) présente dans le sang juste après la prise du jour

n

, avec

q_{0} = 3

1. Justifier que pour tout $n$ , $q_{n + 1} = 0, 6 q_{n} + 3$ , puis calculer $q_{1} =$ mg
Rédaction attendue. En $24$ heures, l’organisme élimine $40 %$ de la quantité $q_{n}$ : il en reste $60 %$ , soit $0, 6 q_{n}$ . Le comprimé du jour $n + 1$ ajoute $3$ mg. Donc, pour tout $n$ , $q_{n + 1} = 0, 6 q_{n} + 3$ . Alors $q_{1} = 0, 6 \times 3 + 3 = 1, 8 + 3 = 4, 8$ mg.
2. Le réel $ℓ$ tel que $ℓ = 0, 6 ℓ + 3$ vaut
$ℓ - 0, 6 ℓ = 3 ⟺ 0, 4 ℓ = 3 ⟺ ℓ = 7, 5$ .
3. On pose $v_{n} = q_{n} - ℓ$ . Démontrer que $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 6$ , puis en déduire $lim q_{n}$ . Premier terme : $v_{0} =$
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $v_{n + 1} = q_{n + 1} - 7, 5 = 0, 6 q_{n} + 3 - 7, 5 = 0, 6 q_{n} - 4, 5 = 0, 6 (q_{n} - 7, 5) = 0, 6 v_{n}$ . Donc $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 6$ et de premier terme $v_{0} = q_{0} - 7, 5 = 3 - 7, 5 = - 4, 5$ . Ainsi $v_{n} = - 4, 5 \times 0, 6^{n}$ et $q_{n} = 7, 5 - 4, 5 \times 0, 6^{n}$ . Comme $- 1 < 0, 6 < 1$ , $lim 0, 6^{n} = 0$ ; par produit et somme, $lim q_{n} = 7, 5$ . La quantité se stabilise vers $7, 5$ mg, sans jamais l’atteindre ( $4, 5 \times 0, 6^{n} > 0$ ).
4. Justifier que $(q_{n})$ est croissante, puis donner le premier jour où la quantité dépasse $7, 4$ mg : $n =$
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $q_{n + 1} - q_{n} = - 4, 5 \times 0, 6^{n + 1} + 4, 5 \times 0, 6^{n} = 4, 5 \times 0, 6^{n} (1 - 0, 6) = 1, 8 \times 0, 6^{n} > 0$ : $(q_{n})$ est croissante. Puis $q_{n} > 7, 4 ⟺ 4, 5 \times 0, 6^{n} < 0, 1 ⟺ 0, 6^{n} < \frac{1}{45}$ . À la calculatrice, $q_{7} \approx 7, 374 ⩽ 7, 4$ et $q_{8} \approx 7, 424 > 7, 4$ . Comme la suite est croissante, la quantité dépasse $7, 4$ mg à partir du jour $8$ , et ensuite toujours.

Problème 2 · Une suite homographique★★★Moyen

Soit

(u_{n})

la suite définie par

u_{0} = 5

et, pour tout

n \in ℕ

u_{n + 1} = \frac{3 u_{n} - 1}{u_{n} + 1}

. On admet (récurrence) que

u_{n} > 1

pour tout

n

, ce qui garantit que

u_{n + 1}

est bien défini.

1. $u_{1} =$ (fraction irréductible)
$u_{1} = \frac{3 \times 5 - 1}{5 + 1} = \frac{14}{6} = \frac{7}{3}$ .
2. Démontrer que $(u_{n})$ est décroissante, puis qu’elle converge. Contrôle : $u_{2} =$ (fraction irréductible)
$u_{2} = \frac{3 \times \frac{7}{3} - 1}{\frac{7}{3} + 1} = \frac{6}{\frac{10}{3}} = \frac{18}{10} = \frac{9}{5}$ . Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{3 u_{n} - 1}{u_{n} + 1} - u_{n} = \frac{3 u_{n} - 1 - u_{n}^{2} - u_{n}}{u_{n} + 1} = \frac{- u_{n}^{2} + 2 u_{n} - 1}{u_{n} + 1} = - \frac{(u_{n} - 1)^{2}}{u_{n} + 1}$ . Un carré est positif et $u_{n} + 1 > 0$ (car $u_{n} > 1$ ) : $u_{n + 1} - u_{n} ⩽ 0$ , la suite $(u_{n})$ est décroissante. Elle est minorée par $1$ . Décroissante et minorée, elle converge d’après le théorème de convergence monotone.
3. On pose $w_{n} = \frac{1}{u_{n} - 1}$ . Démontrer que $(w_{n})$ est arithmétique de raison $\frac{1}{2}$ . Premier terme : $w_{0} =$
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $u_{n + 1} - 1 = \frac{3 u_{n} - 1 - (u_{n} + 1)}{u_{n} + 1} = \frac{2 (u_{n} - 1)}{u_{n} + 1}$ , donc $w_{n + 1} = \frac{u_{n} + 1}{2 (u_{n} - 1)} = \frac{(u_{n} - 1) + 2}{2 (u_{n} - 1)} = \frac{1}{2} + \frac{1}{u_{n} - 1} = w_{n} + \frac{1}{2}$ . La suite $(w_{n})$ est arithmétique de raison $\frac{1}{2}$ et de premier terme $w_{0} = \frac{1}{5 - 1} = \frac{1}{4}$ .
4. Exprimer $w_{n}$ , puis $u_{n}$ , en fonction de $n$ . En déduire $lim u_{n} =$
$w_{n} = \frac{1}{4} + \frac{n}{2} = \frac{2 n + 1}{4}$ , donc $u_{n} - 1 = \frac{4}{2 n + 1}$ . Comme $2 n + 1 \to + \infty$ , $\frac{4}{2 n + 1} \to 0$ et $lim u_{n} = 1$ . Le théorème de convergence monotone disait seulement que la limite est au moins $1$ ; la formule explicite donne sa valeur.

Problème 3 · Le flocon de Koch : périmètre infini, aire finie★★★Moyen

On part d’un triangle équilatéral

K_{0}

de côté

1

. Pour passer de

K_{n}

K_{n + 1}

, on remplace le tiers central de chaque côté par deux segments de même longueur formant une pointe vers l’extérieur : chaque côté devient

4

côtés trois fois plus courts, et l’on ajoute un petit triangle équilatéral sur chaque côté. On note

c_{n}

le nombre de côtés de

K_{n}

P_{n}

son périmètre et

A_{n}

son aire. L’aire d’un triangle équilatéral de côté

x

vaut

\frac{\sqrt{3}}{4} x^{2}

. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $c_{3} =$
$c_{n + 1} = 4 c_{n}$ et $c_{0} = 3$ : $(c_{n})$ est géométrique de raison $4$ , donc $c_{n} = 3 \times 4^{n}$ et $c_{3} = 3 \times 64 = 192$ .
2. Chaque côté de $K_{n}$ mesure ${(\frac{1}{3})}^{n}$ . Démontrer que $P_{n} = 3 \times a^{n}$ , avec $a =$ (fraction)
Rédaction attendue. La longueur d’un côté est divisée par $3$ à chaque étape, à partir de $1$ : un côté de $K_{n}$ mesure ${(\frac{1}{3})}^{n}$ . $K_{n}$ a $c_{n} = 3 \times 4^{n}$ côtés, donc $P_{n} = 3 \times 4^{n} \times {(\frac{1}{3})}^{n} = 3 \times {(\frac{4}{3})}^{n}$ : $a = \frac{4}{3}$ .
3. En déduire, en justifiant, $lim P_{n} =$
Rédaction attendue. $(P_{n})$ est géométrique de raison $\frac{4}{3}$ et de premier terme $3$ . Comme $\frac{4}{3} > 1$ , $lim {(\frac{4}{3})}^{n} = + \infty$ ; comme $3 > 0$ , par produit, $lim P_{n} = + \infty$ : le périmètre du flocon devient aussi grand que l’on veut.
4. À l’étape $1$ , on ajoute $3$ triangles équilatéraux de côté $\frac{1}{3}$ . L’aire ajoutée vaut $\sqrt{3}$ divisé par
$3 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times {(\frac{1}{3})}^{2} = \frac{3 \sqrt{3}}{36} = \frac{\sqrt{3}}{12}$ . De même, à l’étape $n + 1$ on ajoute $c_{n} = 3 \times 4^{n}$ triangles de côté ${(\frac{1}{3})}^{n + 1}$ , soit une aire $\frac{\sqrt{3}}{12} {(\frac{4}{9})}^{n}$ .
5. On admet que $A_{n} = \frac{\sqrt{3}}{4} (\frac{8}{5} - \frac{3}{5} {(\frac{4}{9})}^{n})$ (somme géométrique des aires ajoutées). Justifier que $(A_{n})$ converge. Valeur approchée de $lim A_{n}$ au millième :
Rédaction attendue. $A_{n} = A_{0} + \frac{\sqrt{3}}{12} (1 + \frac{4}{9} + \dots + {(\frac{4}{9})}^{n - 1})$ , d’où la formule. Comme $- 1 < \frac{4}{9} < 1$ , $lim {(\frac{4}{9})}^{n} = 0$ ; par produit et somme, $(A_{n})$ converge et $lim A_{n} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{8}{5} = \frac{2 \sqrt{3}}{5} \approx 0, 693$ .
6. L’aire limite vaut combien de fois l’aire du triangle de départ ?
$\frac{2 \sqrt{3}}{5} \div \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{8}{5} = 1, 6$ . Le flocon a un périmètre infini mais une aire finie : une courbe de longueur infinie tient dans une surface bornée.

Problème 4 · La méthode de Héron pour approcher √6★★★Difficile

Soit

(u_{n})

définie par

u_{0} = 3

u_{n + 1} = \frac{1}{2} (u_{n} + \frac{6}{u_{n}})

. On admet que

u_{n} > 0

pour tout

n

. Pour tout réel

x > 0

, on vérifie que

\frac{1}{2} (x + \frac{6}{x}) - \sqrt{6} = \frac{(x - \sqrt{6})^{2}}{2 x}

1. $u_{2} =$ (écriture décimale)
$u_{1} = \frac{1}{2} (3 + 2) = 2, 5$ , puis $u_{2} = \frac{1}{2} (\frac{5}{2} + \frac{12}{5}) = \frac{1}{2} \times \frac{49}{10} = \frac{49}{20} = 2, 45$ . Pour comparer : $\sqrt{6} \approx 2, 449$ .
2. Démontrer que $u_{n} ⩾ \sqrt{6}$ pour tout $n$ , puis que $(u_{n})$ est décroissante. Contrôle : $u_{1} - u_{2} =$
$u_{1} - u_{2} = 2, 5 - 2, 45 = 0, 05$ . Rédaction attendue. Soit $n \in ℕ$ . L’égalité de l’énoncé avec $x = u_{n} > 0$ donne $u_{n + 1} - \sqrt{6} = \frac{(u_{n} - \sqrt{6})^{2}}{2 u_{n}} ⩾ 0$ (un carré divisé par un nombre positif). Donc $u_{n} ⩾ \sqrt{6}$ pour tout $n ⩾ 1$ , et aussi pour $n = 0$ car $u_{0} = 3 ⩾ \sqrt{6}$ . Ensuite, $u_{n + 1} - u_{n} = \frac{1}{2} (\frac{6}{u_{n}} - u_{n}) = \frac{6 - u_{n}^{2}}{2 u_{n}}$ ; or $u_{n} ⩾ \sqrt{6} > 0$ donne $u_{n}^{2} ⩾ 6$ , donc $6 - u_{n}^{2} ⩽ 0$ et $u_{n + 1} - u_{n} ⩽ 0$ : la suite est décroissante. Décroissante et minorée par $\sqrt{6}$ , elle converge.
3. On montre que $0 ⩽ u_{n + 1} - \sqrt{6} ⩽ \frac{1}{2} (u_{n} - \sqrt{6})$ , puis $0 ⩽ u_{n} - \sqrt{6} ⩽ {(\frac{1}{2})}^{n}$ . Donc $lim u_{n} =$
$u_{n + 1} - \sqrt{6} = (u_{n} - \sqrt{6}) \times \frac{u_{n} - \sqrt{6}}{2 u_{n}}$ et $0 ⩽ \frac{u_{n} - \sqrt{6}}{2 u_{n}} ⩽ \frac{1}{2}$ . En itérant à partir de $u_{0} - \sqrt{6} \approx 0, 55 ⩽ 1$ , on obtient l’encadrement (récurrence). Comme ${(\frac{1}{2})}^{n} \to 0$ , le théorème des gendarmes donne $u_{n} - \sqrt{6} \to 0$ , soit $lim u_{n} = \sqrt{6}$ .
4. Avec cet encadrement, le plus petit rang $n$ tel que ${(\frac{1}{2})}^{n} ⩽ 10^{- 3}$ (on est alors sûr que $u_{n}$ approche $\sqrt{6}$ à $10^{- 3}$ près) est
Il suffit que ${(\frac{1}{2})}^{n} ⩽ 10^{- 3}$ , soit $2^{n} ⩾ 1 000$ . $2^{9} = 512$ et $2^{10} = 1 024$ : à partir de $n = 10$ . En réalité la méthode va bien plus vite ( $u_{2}$ est déjà à moins de $10^{- 3}$ ) : l’encadrement est une garantie, pas le vrai seuil.

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