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TSlimitesdesuites .pdf



Nom original: TSlimitesdesuites.pdf
Titre: TS - Limites de suites - cours et exercices corrigés
Auteur: JGCUAZ.FR

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Cours et exercices corrigés de mathématiques - TS - document gratuit disponible sur JGCUAZ.FR

TS - LIMITES DE SUITES
Ce document totalement gratuit (disponible parmi bien d'autres sur la page JGCUAZ.FR rubrique
mathématiques) a été conçu pour aider les élèves de Terminale S en mathématiques.

Conforme au programme 2012, il contient le cours (définitions, théorèmes, démonstrations), 49
exercices corrigés dans le moindre détail , des énoncés d'examens et/ou de concours, ainsi qu'une
fiche méthode "toutes situations".
La progression proposée est celle que je pratique dans mes classes.
Au fur et à mesure, j'ai inséré des remarques, conseils et points méthode, sur la
base de mon expérience d'enseignant en lycée.

Ce document n'a pas la prétention de se substituer à l'assiduité nécessaire au cours, mais pourra
permettre au lecteur de rattraper une absence, de réviser une notion et/ou de préparer une évaluation,
le temps de recherche des exercices (et non pas une lecture immédiate du corrigé, même si celuici est écrit "juste en dessous"!) étant une condition nécessaire à la réussite.

La navigation peut s'effectuer de manière interactive pour ceux qui utilisent la version PDF de ce
document.

Pour toute remarque, merci de vous rendre sur la page JGCUAZ.FR où vous trouverez mon adresse
électronique (qui est JGCUAZ@HOTMAIL.COM à la date du 17/09/2016)
Egalement disponible une page facebook

https://www.facebook.com/jgcuaz.fr

Montpellier, le 17/09/2016

Jean-Guillaume CUAZ,
professeur de mathématiques,
Lycée Clemenceau, Montpellier depuis 2013
Lycée Militaire de Saint-Cyr, de 2000 à 2013

TS - limites de suites - Introduction

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Cours et exercices corrigés de mathématiques - TS - document gratuit disponible sur JGCUAZ.FR

SUITES - PROGRAMME OFFICIEL (2012)
Contenus
Raisonnement
récurrence

Capacités attendues
par * Savoir mener
récurrence

un

Commentaires

raisonnement

par Ce type de raisonnement intervient tout au
long de l’année et pas seulement dans le
cadre de l’étude des suites.
Limite finie ou infinie * Dans le cas d’une limite infinie, étant Pour exprimer que un tend vers l quand n
d'une suite
donnés une suite croissante ( un ) et un tend vers +∞ , on dit que : « tout intervalle
nombre réel A, déterminer à l’aide d’un ouvert contenant l contient toutes les
algorithme un rang à partir duquel un est valeurs un à partir d’un certain rang ».
Pour exprimer que un tend vers +∞ quand
supérieur à A.
n tend vers +∞ , on dit que : « tout
intervalle de la forme

Limites et
comparaison.

] A; +∞[

contient

toutes les valeurs un à partir d’un certain
rang ».
Comme en classe de première, il est
important de varier les approches et les
outils sur lesquels le raisonnement s’appuie.
On présente des exemples de suites qui
n’ont pas de limite.
* Démontrer que si ( un ) et ( vn ) sont deux * On démontre que si une suite est
croissante et admet pour limite l, alors tous
suites telles que :
les termes de la suite sont inférieurs ou
- un est inférieur ou égal à vn à partir d’un égaux à l.
certain rang ;
- u tend vers +∞ quand n tend vers +∞ ; Le théorème dit "des gendarmes" est admis.
n

alors vn tend vers +∞ quand n tend vers
+∞ .
Opérations sur les * Étudier la limite d’une somme, d’un
limites.
produit ou d’un quotient de deux suites.
Comportement
à Démontrer que la suite q n avec
On démontre par récurrence que pour a réel
l’infini de la suite
strictement positif et tout entier naturel n :
n
n
, a pour limite +∞ .
q
>
1
q , q étant un
(1 + a ) ≥ 1 + na

( )

( )

nombre réel.
Déterminer la limite éventuelle d’une
suite géométrique.
Suite
majorée, * Utiliser le théorème de convergence
minorée, bornée.
des suites croissantes majorées.

On peut étudier des situations où intervient
la limite de la somme des premiers termes
d’une suite géométrique.
Ce théorème est admis.
Il est intéressant de démontrer qu’une
suite croissante non majorée a pour limite

+∞

Des exemples de suites récurrentes, en
particulier arithmético-géométriques, sont
traités en exercice.
Des activités algorithmiques sont menées
dans ce cadre.
Approximations de réels ( π , e, nombre
d’or, etc.).

TS - Limites de suites

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SOMMAIRE
Pour bien démarrer

Raisonnement par récurrence

Tableur

Limite finie ou infinie d'une suite

Limites et opérations algébriques

Limites et comparaison

Comportement à l'infini de la suite géométrique

Algorithme de détermination de seuils

Suites majorées, minorées, bornées

Convergence des suites monotones

Approximation de nombres à l'aide de suites

Exercices de synthèse

Suites et récurrence - Comment faire ?

TS - Limites de suites

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POUR BIEN DEMARRER, IL FAUT SE SOUVENIR :
1) Du sens de variation d'une suite ( un )
Une suite ( un ) est croissante (resp. décroissante) si et seulement si un+1 ≥ un (resp. un+1 ≤ un )
En pratique, pour étudier le sens de variation d'une suite, on étudie le signe de un +1 − un .
Nous verrons dans ce chapitre, une autre méthode, basée sur la démonstration par récurrence

2) Du sens de variation d'une fonction f :
Pour déterminer le sens de variation d'une fonction f sur un intervalle I, une méthode consiste à
déterminer la fonction dérivée f ′ ( x ) et à appliquer la règle suivante :
Si pour tout x ∈ I , f ′ ( x ) ≥ 0 (resp. f ′ ( x ) ≤ 0 ) alors la fonction f est croissante (resp. décroissante)
sur l'intervalle I

3) De l'application d'une fonction f croissante à une inégalité :
Si f est une fonction croissante sur un intervalle I et si a et b sont deux nombres de l'intervalle I tels
que a ≤ b alors f ( a ) ≤ f ( b ) .
Autrement dit, on ne change pas le sens d'une inégalité en appliquant aux deux membres une
fonction croissante

4) Des suites géométriques
Une suite ( un ) est géométrique si et seulement si il existe un nombre b appelé raison tel que pour
tout n ∈  , un+=
un × b .
1

u0 × b n
Dans ce cas, si u0 est le premier terme de la suite, on aura : Pour tout n ∈  , u=
n
Si b ≠ 1, la somme des n+1 premiers termes de la suite ( un ) vaut :

1 − b n+1
S n = u0 + u1 + u2 + .... + un = u0 ×
1− b

TS - Limites de suites

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RAISONNEMENT PAR RECURRENCE
Dans de nombreuses branches des mathématiques (suites, arithmétique, etc.), on peut être amené à
devoir démontrer des formules ou des propriétés dépendant d’un entier n.
On a alors recours au raisonnement par récurrence.

1) Principe du raisonnement par récurrence
Situation 1 :
"Si on est capable de poser le pied sur le 1er barreau d’une échelle ,
et si on est capable de passer d’un barreau au suivant,
alors on est capable de grimper l'échelle".
En revanche, si on ne peut pas atteindre le 1er barreau de l'échelle, ou si on est incapable de passer
d'un barreau au barreau supérieur, alors on ne pourra pas grimper l'échelle.

Situation 2 :
"Si on a aligné des dominos tels que :
- la chute d’un domino entraîne la chute du
suivant,
et on est capable de faire chuter le 1er domino
alors tous les dominos vont tomber"

Définition :
Un caractère (ou une propriété) héréditaire est un caractère qui se transmet de la génération n à la
génération n + 1

"Si une formule dépendant de n
- est vraie pour n = 3
et que lorsqu'elle est vraie pour une valeur p ≥ 3 , elle est vraie pour p + 1 , alors :
puisqu'elle est vraie pour p = 3 , elle sera vraie pour p + 1 =4
puisque, d'après la phrase précédente, elle est vraie pour p = 4 , elle sera vraie pour p + 1 =
5
puisque, d'après la phrase précédente, elle est vraie pour p = 5 , elle sera vraie pour p + 1 =
6
etc...on en conclut qu'elle est vraie pour tout n ≥ 3
TS - Limites de suites

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Règle (dit "principe de récurrence") :
Si une propriété est vraie pour un entier naturel n0 et s'il est prouvé que lorsqu'elle est vraie pour un
entier naturel p supérieur ou égal à n0 , elle est aussi vraie pour l'entier naturel p + 1 , alors elle est
vraie pour tous les entiers naturels supérieurs ou égaux à n0

2) Un exemple détaillé :
Soit ( un ) la suite définie par u0 = 0 et u=
2un + 1
n +1

2n − 1 pour tout entier naturel n
Démontrer par récurrence que l'on a u=
n

2n − 1 " qui dépend de n
Notons P ( n ) la phrase " u=
n
La démonstration par récurrence s'effectue en deux étapes incontournables :
1) Initialisation
Montrons que la propriété P ( 0 ) est vraie :

20 − 1 est vraie.
On a u0 = 0 et 20 − 1 = 1 − 1 = 0 donc l'égalité u=
0
La propriété P ( n ) est donc vraie à partir de l'indice n0 = 0

Cette étape est en général la
plus facile des deux

2) Hérédité
Soit un entier naturel p ≥ 0 tel que P ( p ) soit vraie, c'est-à-dire u=
2 p − 1 (on l'appelle hypothèse
p
de récurrence). Montrons que P ( p + 1) est vraie, c'est-à-dire u=
2 p +1 − 1
p +1
On calcule : u p +1= 2u p + 1= 2 ( 2 p − 1) + 1

= 2
L'égalité u=
2
p +1

p +1

p +1

− 2 + 1= 2

p +1

Une grave erreur de

−1

rédaction et de raisonnement est

− 1 est la propriété P ( p + 1)

d'écrire "supposons que la propriété
vraie

pour

tout

p ≥ 0 ",

Conclusion :

est

La propriété P ( n ) est vraie pour n = 0 et est héréditaire.

car....c'est ce qu'il faut démontrer

2n − 1 pour
D'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier n ≥ 0 , c'est-à-dire u=
n
tout entier naturel n.
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RAISONNEMENT PAR RECURRENCE - EXERCICES
Exercice n°1 (correction)
Soit ( un ) la suite définie pour tout n ∈  par u0 = 1 et u=
2un + 4
n +1
Pour tout n ∈  , on pose P ( n ) " un =5 × 2n − 4 "
1) Montrer que P ( 0 ) est vraie
2) Montrer que P ( n ) est héréditaire
3) Que peut-on en conclure ?

Exercice n°2 - D'après un sujet de baccalauréat - TS - Pondichery - 2016 (correction)
On souhaite stériliser une boîte de conserve.
Pour cela, on la prend à la température ambiante T=
25°C et on la place dans un four à
0
température constante T=
100°C .
F
(...)
Pour n entier naturel, on note Tn la température en degré Celsius de la boîte au bout de n minutes.
On a donc T0 = 25 .
Pour n non nul, la valeur Tn est calculée puis affichée par l’algorithme suivant :
Initialisation : T prend la valeur 25
Traitement : Demander la valeur de n
Pour i allant de 1 à n faire
T prend la valeur 0,85 × T + 15
Fin Pour
Sortie : Afficher T
1) Déterminer la température de la boîte de conserve au bout de 3 minutes. Arrondir à l’unité.
2) Démontrer que pour tout entier naturel n, on a Tn = 100 − 75 × 0,85n

Exercice n°3 (correction)
Soit ( un ) la suite définie pour tout n ∈  par u0 = 8 et u=
n +1

1
un + 3
4

Démontrer par récurrence que pour tout n ∈  par un+1 ≤ un
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Exercice n°4 (correction)
Soit f la fonction définie sur  par : f ( x )= 2 x3 − 2 x 2 + x − 2
Soit ( un ) la suite définie pour tout n ∈  par u0 = 1 et un +1 = f ( un )
1) Déterminer f ′ ( x ) et en déduire le sens de variation de f sur 
2) Calculer u1
3) Montrer par récurrence que pour tout n ∈  , un+1 ≤ un
4) En déduire le sens de variation de ( un )

Exercice n°5 (correction)
Démontrez par récurrence que :
1) Pour tout entier n ∈  ,
*

n

∑k =
k =1

n ( n + 1)
2

n

Le symbole

∑k

se lit "somme de k pour k variant de 1 à n" et correspond donc à

k =1

1 + 2 + 3 + ... + n
2) Pour tout entier n ∈  ,
*

n

∑k
k =1

2

=

n ( n + 1)( 2n + 1)
6

Exercice n°6 (correction)
Démontrer par récurrence que pour tout n ∈  , 2n ≥ n + 1
Exercice n°7 (correction)
Vérifier que le nombre entier N = n 2 + n + 11 est premier pour n = 0,1,2,3,4,5,6
Est-ce vrai pour tout entier n ?

Exercice n°8 (correction)
On considère la propriété P ( n ) " 4n + 1 est divisible par 3"
1) Montrer que P ( n ) est héréditaire
2) Peut-on conclure que P ( n ) est vraie pour tout entier n ?

TS - Limites de suites

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RAISONNEMENT PAR RECURRENCE - CORRECTION
Correction de l'exercice n°1 (retour à l'énoncé)
1) P ( 0 ) est la propriété " u0 =5 × 20 − 4 ". Or 5 × 20 − 4 = 5 × 1 − 4 =1 et u0 = 1 .
L'égalité u0 =5 × 20 − 4 est donc vérifiée

2) Supposons la propriété P ( p ) vraie pour un entier p ≥ 0 , c'est-à-dire u p =5 × 2 p − 4 (hypothèse
de récurrence) et montrons qu'alors P ( p + 1) est vraie, c'est-à-dire u p +1 =
5 × 2 p +1 − 4

Puisque par hypothèse u p =5 × 2 p − 4 et puisque par définition de la suite u, on a u=
2u p + 4 , on
p +1
en déduit successivement :
u p +1 = 2 ( 5 × 2 p − 4 ) + 4

= 5× 2× 2p − 2× 4 + 4
=
5 × 2 p+1 − 4
L'égalité u p +1 =
5 × 2 p +1 − 4 étant la propriété P ( p + 1) , on en déduit que P ( n ) est héréditaire

3) La propriété P ( n ) " un =5 × 2n − 4 " étant initialisée pour n = 0 (question 1) et étant héréditaire
(question 2), on en déduit par le principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ 
Correction de l'exercice n°2 - d'après un sujet de baccalauréat - TS - Pondichery - 2016 (retour
à l'énoncé)
1) D'après l'algorithme :
T1= 0,85 × T0 + 15= 36, 25 , T2= 0,85 × T1 + 15= 45,8125 puis T3= 0,85 × T2 + 15= 53,940625 .
La température de la boîte de conserve au bout de 3 minutes est d'environ 54°C
2) Notons P ( n ) la propriété " Tn = 100 − 75 × 0,85n ".
Puisque 100 − 75 × 0,850 = 100 − 75 × 1 = 25 et puisque T0 = 25 , l'égalité Tn = 100 − 75 × 0,85n est
donc vraie pour n = 0 . La propriété P ( 0 ) est donc vraie.
Supposons la propriété P ( p ) vraie pour un entier p ≥ 0 , c'est-à-dire Tp = 100 − 75 × 0,85 p
(hypothèse

de

récurrence)

et

montrons

qu'alors

P ( p + 1)

est

vraie,

c'est-à-dire

Tp +1 = 100 − 75 × 0,85 p +1
Puisque par hypothèse Tp = 100 − 75 × 0,85 p et puisque par définition de la suite T, on a
Tp +1= 0,85 × Tp + 15 , on en déduit successivement :

Tp +1= 0,85 × (100 − 75 × 0,85 p ) + 15

Tp +1= 0,85 × 100 − 0,85 × 75 × 0,85 p + 15
Tp +1 = 85 − 75 × 0,85 × 0,85 p + 15

c'est-à-dire Tp +1 = 100 − 75 × 0,85 p +1 , qui est la propriété P ( p + 1)
La propriété P ( n ) est donc héréditaire

La propriété P ( n ) " Tn = 100 − 75 × 0,85n " étant initialisée pour n = 0 et étant héréditaire, on en
déduit par le principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ 
TS - Limites de suites

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Correction de l'exercice n°3 (retour à l'énoncé)
Notons P ( n ) la propriété " un+1 ≤ un ". Puisque u0 = 8 et puisque, par définition de u, on a
1
1
u0 + 3 = × 8 + 3 = 5 , on a u1 ≤ u0 . La propriété P ( 0 ) est donc vraie.
4
4
Supposons la propriété P ( p ) vraie pour un entier p ≥ 0 , c'est-à-dire u p +1 ≤ u p (hypothèse de
u1 =

récurrence) et montrons qu'alors P ( p + 1) est vraie, c'est-à-dire u p + 2 ≤ u p +1

Puisque par hypothèse u p +1 ≤ u p et puisque par définition de la suite u, on a u=
p +1

1
u p + 3 , on en
4

déduit successivement :
1
1
1
1
u p +1 ≤ u p puis u p +1 + 3 ≤ u p + 3 , c'est-à-dire u p + 2 ≤ u p +1 , qui est la propriété P ( p + 1)
4
4
4
4
La propriété P ( n ) est donc héréditaire

La propriété P ( n ) " un+1 ≤ un " étant initialisée pour n = 0 et étant héréditaire, on en déduit par le
principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ 
Correction de l'exercice n°4 (retour à l'énoncé)
1) Pour tout x ∈  , f ′ ( x ) = 6 x 2 − 4 x + 1 , qui est un trinôme du second degré de la forme

f ′ ( x ) = ax 2 + bx + c avec a = 6 , b = −4 et c = 1 . On calcule le discriminant du trinôme f ′ ( x ) :

∆ = ( −4 ) − 4 × 6 × 1 = 16 − 24 = −8 . Puisque ∆ < 0 et puisque a > 0 , on en déduit que pour tout
x ∈  , f ′ ( x ) > 0 donc que f est strictement croissante sur 
2

2) u1 =f ( u0 ) =f (1) =2 × 13 − 2 × 12 + 1 − 2 =−1

3) Notons P ( n ) la propriété " un+1 ≤ un ".
Puisque u0 = 1 (énoncé) et puisque u1 = −1 (question 2), on a u1 ≤ u0 .
La propriété P ( 0 ) est donc vraie.

Supposons la propriété P ( p ) vraie pour un entier p ≥ 0 , c'est-à-dire u p +1 ≤ u p (hypothèse de
récurrence) et montrons qu'alors P ( p + 1) est vraie, c'est-à-dire u p + 2 ≤ u p +1

Puisque par hypothèse u p +1 ≤ u p et puisque par définition de la suite u, on a un +1 = f ( un ) , où f est
strictement croissante sur  (question 1), on écrit successivement :
u p +1 ≤ u p puis f ( u p +1 ) ≤ f ( u p ) car f est strictement croissante sur  (question 1),
c'est-à-dire u p + 2 ≤ u p +1 , qui est la propriété P ( p + 1)
La propriété P ( n ) est donc héréditaire

La propriété P ( n ) " un+1 ≤ un " étant initialisée pour n = 0 et étant héréditaire, on en déduit par le
principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ 
4) Puisque pour tout n ∈  , un+1 ≤ un , on en déduit que la suite u est strictement croissante
Si une suite est définie par un +1 = f ( un ) où f est une fonction strictement croissante sur
 , c'est la comparaison entre u0 et u1 qui "décide" du sens de variation de la suite.

TS - Limites de suites

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Correction de l'exercice n°5 (retour à l'énoncé)

n ( n + 1)
»
2
k =1
Démontrons par récurrence que P ( n ) est vraie pour tout n ∈ *
1) Notons P ( n ) la propriété «

n

∑k =

1

Si n=1, les deux membres valent respectivement

∑ k = 1 et
k =1

est vraie. La propriété P ( n ) est donc initialisée à n = 1

1(1 + 1)
= 1, d’où l’égalité, donc P (1)
2

Supposons maintenant la propriété P ( p ) vraie pour un certain entier

p ( p + 1)
, et montrons
2
k =1
p +1
( p + 1)( p + 2 ) .
k=

2
k =1
On calcule :
p

∑k =

p +1

que

la

propriété

P ( p + 1)

est

alors

p ∈ * , à savoir

vraie,

à

savoir

p

k= ∑ k + 
p +1

=
k
1
=
k
1

 p +1ème
somme des
p +1 premiers
entiers

somme des
p premiers
entiers

entier

par hypothèse

de récurrence



p ( p + 1)
p ( p + 1) 2 ( p + 1) ( p + 1)( p + 2 )
=
+=
p +1
+ =
2
2
2
2
p +1
( p + 1)( p + 2 ) étant la propriété P p + 1 , ceci achève la phase d’hérédité.
L'égalité ∑ k =
(
)
2
k =1
n
n ( n + 1)
La propriété P ( n ) " ∑ k =
" étant initialisée pour n = 1 et étant héréditaire, on en déduit
2
k =1
par le principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ *
Il est tout à fait possible que la phase d'initialisation débute à 1 et non pas à 0

n ( n + 1)( 2n + 1)
»
6
k =1
Démontrons par récurrence que P ( n ) est vraie pour tout n ∈ *
2) Notons P ( n ) la propriété «

n

∑k

2

=

1× (1 + 1)( 2 × 1 + 1) 6
= = 1 , d’où
6
6
k =1
l’égalité, donc P (1) est vraie. La propriété P ( n ) est donc initialisée à n = 1
1

Si n=1, les deux membres valent respectivement

∑ k=
2

2
1=
1 et

Supposons maintenant la propriété P ( p ) vraie pour un certain entier
n

∑k

2

k =1
p +1

∑k
k =1

2

=

p ∈ * , à savoir

n ( n + 1)( 2n + 1)
, et montrons que la propriété P ( p + 1) est alors vraie, à savoir
6

( p + 1)( p + 2 ) ( 2 ( p + 1) + 1) ( p + 1)( p + 2 )( 2 p + 3)
. On calcule :
=
6

TS - Limites de suites

6

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p +1

p

2
k=
k 2 + ( p + 1)





k 1=
k 1
=


p +1ème
somme des
p +1 premiers
carrés entiers

2

somme des
p premiers
carrés entiers

carré entier

par hypothèse
de récurrence


2
p ( p + 1)( 2 p + 1)
p ( p + 1)( 2 p + 1) 6 ( p + 1)
2
=
=
+ ( p + 1)
+
6
6
6
( p + 1)  p ( 2 p + 1) + 6 ( p + 1) ( p + 1)  2 p 2 + 7 p + 6
=
6
6
On détermine les racines du polynôme f ( p ) = 2 p 2 + 7 p + 6 grâce à son discriminant

∆= 7 2 − 4 × 2 × 6= 1 . On trouve p1 =

−7 − 1
−7 + 1
3
= −2 et p2 =
= − , ce qui permet de
4
4
2

3

factoriser 2 p 2 + 7 p + 6= 2  p +  ( p + 2 ) , et de conclure que :
2

p +1
( p + 1)  2 p 2 + 7 p + 6 ( p + 1)( p + 2 )( 2 p + 3)
2
.
k
=

6
6
1
k
=

somme des
p +1 premiers
carrés entiers

p +1

L'égalité

∑k

2

=

( p + 1)( p + 2 )( 2 p + 3) étant la propriété P p + 1 , ceci achève la phase d’hérédité.
(
)
6

k =1

n ( n + 1)( 2n + 1)
" étant initialisée pour n = 1 et étant héréditaire, on en
6
k =1
déduit par le principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ *
Il est tout à fait possible que la phase d'initialisation débute à 1 et non pas à 0
n

La propriété P ( n ) " ∑ k 2 =

Correction de l'exercice n°6 (retour à l'énoncé)
Notons P ( n ) la propriété " 2n ≥ n + 1 ".

1 , on a 20 ≥ 0 + 1 . La propriété P ( 0 ) est donc vraie.
Puisque 20 = 1 et puisque 0 + 1 =
Supposons la propriété P ( p ) vraie pour un entier p ≥ 0 , c'est-à-dire 2 p ≥ p + 1 (hypothèse de
récurrence) et montrons qu'alors P ( p + 1) est vraie, c'est-à-dire 2 p +1 ≥ p + 2
On écrit successivement :
2 p ≥ p + 1 puis 2 × 2 p ≥ 2 × ( p + 1) puis 2 p +1 ≥ 2 p + 2
Or 2 p + 2 ≥ p + 2 car 2 p + 2 = p + p + 2 et car p ≥ 0
On en conclut que 2 p +1 ≥ p + 2 , qui est la propriété P ( p + 1)
La propriété P ( n ) est donc héréditaire

La propriété P ( n ) " 2n ≥ n + 1 " étant initialisée pour n = 0 et étant héréditaire, on en déduit par le
principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ 
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Correction de l'exercice n°7 (retour à l'énoncé)
Si n=0, N = 02 + 0 + 11 = 11 est premier.
Si n=1, N = 12 + 1 + 11 = 13 est premier.
Si n=2, N = 22 + 2 + 11 = 17 est premier.
Si n=3, N = 32 + 3 + 11 = 23 est premier.
Si n=4, N = 42 + 4 + 11 = 31 est premier.
Si n=5, N = 52 + 5 + 11 = 41 est premier.
Si n=6, N = 62 + 6 + 11 = 53 est premier.
Mais pour n=11, N = 112 + 11 + 11 = 143 n’est pas premier car divisible par 11.
La propriété n’est donc pas vraie pour tout entier n
A RETENIR :
La phase d'initialisation ne suffit pas. La phase d'hérédité est incontournable.
Correction de l'exercice n°8 (retour à l'énoncé)
1) Supposons qu'il existe une valeur de k pour laquelle P ( k ) soit vraie, c'est-à-dire telle que 4k + 1
soit divisible par 3, donc telle que 4k + 1 =
3 x où x est un entier.
Montrons qu'alors P ( k + 1) sera vraie, c'est-à-dire que 4k +1 + 1 sera divisible par 3, ou encore qu'on
aura 4k +1 + 1 =
3 y où y est un entier.
Si 4k + 1 =
3x

k
alors 4=
3 x − 1 donc

k +1
4 × 4k =4 × ( 3 x − 1) ou encore 4=
12 x − 4 donc

1 3 ( 4 x −=
1) 3 y en ayant posé =
4k +1 + 1= 12 x − 3 , égalité qui se réécrit 4k +1 +=
y 4 x − 1 , donc avec
y entier. La propriété P ( k + 1) est donc vraie.
En conclusion, la propriété P ( n ) est héréditaire
2) Nous avons certes montré l'hérédité de la propriété P ( n ) , mais nous ne l'avons pas initialisée
Or 40 + 1 =2 n'est pas divisible par 3, 41 + 1 =
17 n'est pas
5 n'est pas divisible par 3, 42 + 1 =
divisible par 3...
Il semble que l'on ne parvienne pas à trouver une valeur n0 pour laquelle P ( n0 ) est vraie (ce qui ne
signifie pas qu'il n'y en ait pas !)
On ne peut donc pas affirmer que la propriété P ( n ) est vraie pour tout entier n
A RETENIR :
La phase d'hérédité ne suffit pas. La phase d'initialisation est incontournable.

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TABLEUR
Ce paragraphe, qui ne doit pas être nouveau en TS, rappelle les différentes composantes des
"feuilles de calculs" générées par les tableurs et dont on trouve de plus en plus souvent la trace lors
des énoncés d'examens et concours
1) Définitions
Un tableur est un logiciel permettant de construire des feuilles de calculs automatisées
2) Cellules et adresses
Chaque feuille de calcul est divisées en cases
appelées cellules, repérées par leur nom ou
adresse.

Une adresse est généralement donnée sous la forme de coordonnées (exemple : « B3 » ou « L3C2 »
signifiant qu’il s’agit de la cellule se trouvant à l’intersection de la 3ème ligne et de la 2ème colonne)
3) Contenu
Chaque cellule peut contenir :
- soit du texte

- soit des nombres

- soit des FORMULES impliquant des

nombres, des opérations mathématiques, et les adresses de cellules.
Règle n°1 :
Une formule commence toujours par le symbole « = » (égal)
Dans l’exemple ci-dessous, les cellules A1 et B1 contiennent respectivement les nombres 5 et 3,

et la cellule B2 contient la formule =A1+B1

En appuyant sur la touche « ENTER », le résultat du calcul donne la valeur 8 dans la cellule B2

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Règle n°2 :
Si le contenu des cellules A1 ou B1 est modifié, alors tout calcul faisant intervenir ces cellules est
AUTOMATIQUEMENT recalculé
Si, dans l’exemple précédent, on change le contenu de la cellule A1 pour saisir le nombre 9, alors le
contenu de la cellule B2 sera automatiquement réajusté

+ ENTER

4) Formules groupées
Si, dans la cellule A11, on veut calculer la somme des cellules de A1 à A10, deux solutions sont
envisageables :
- soit saisir =A1+A2+A3+A4+A5+A6+A7+A8+A9+A10
-soit avoir recours à la formule = SOMME( A1


cellule
de départ

: A10
 ) , qui va additionner le contenu des cellules A1 à A10
cellule
d'arrivée

+ ENTER

NOTER que le séparateur est un « deux points » :
L’utilisation du symbole « point-virgule » ; dans la formule = SOMME( A1
 ; A10
 ) signifie qu’il faut
cellule
cellule
de départ d'arrivée

additionner le contenu des cellules A1 ET A10

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5) Recopie de formules
Lorsqu’un même calcul doit être effectué plusieurs fois consécutivement (par exemple, le calcul sur
une ligne de la moyenne des notes d’un élève, ainsi que des 3 élèves situés en dessous !), deux
solutions sont envisageables :
- soit saisir 4 formules (presque toutes) identiques
- soit saisir la formule sur une première ligne et demander une RECOPIE VERS LE BAS de cette
formule.

Etape 1 :
Saisir, dans la cellule E3,
La formule donnant la
moyenne de l’élève n°1

Etape 2 :
Sélectionner les formules
E3 à E6 et sélectionner le
menu « Edition, Recopier,
En bas »

Les formules ont été recopiées, ADAPTEES, et les calculs ont été effectués
Règle n°3 :
Si une formule contient des adresses de cellules
si on la recopie vers le bas, les formules sont ajustées automatiquement en ajoutant une unité à
chaque numéro de ligne.
si on la recopie vers la droite, les formules sont ajustées automatiquement en ajoutant une unité à
chaque numéro de colonne ou en remplaçant chaque lettre par la suivante dans l’alphabet à chaque
décalage de colonne.
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Par exemple, si la cellule A4 contient la formule « =A3+5 », alors
- Lors de la recopie de cette formule « vers le bas »,
la cellule A5 contiendra « =A4+5 », la cellule A6 contiendra « =A5+5 », etc…
la cellule A10 contiendra « =A9+5 »,
Lors de la recopie de cette formule « vers la droite »,
la cellule B4 contiendra « =B3+5 », la cellule C4 contiendra « =C3+5 », etc…
la cellule J4 contiendra « =I4+5 »,

6) Référence absolue à une cellule
Afin de BLOQUER une lettre ou un chiffre lors de la recopie d’une formule on peut utiliser le
symbole « $ » qui bloque la lettre ou le chiffre (ou les deux) devant lequel il est placé

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TABLEUR - EXERCICES
Exercice n°9 (correction)
On considère les suites u et v définies sur  par : u=
2n + 1
n

v0 = 1

2vn + 1
n +1
v=

On utilise un tableau pour calculer les termes des deux suites :

1) Parmi les formules suivantes, choisir celle qui, inscrite dans la cellule B3, permet de compléter la
colonne B par "recopie vers le bas"
2) Parmi les formules suivantes, choisir celle qui, inscrite dans la cellule C3, permet de compléter la
colonne C par "recopie vers le bas"

Exercice n°10 (correction)
On considère la suite u définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, u=
2un + 1
n +1
Avec un tableur, on a obtenu les premières valeurs de un

On suppose que l'utilisateur n'a rempli "que" les cellules A2 et B2 avec 0 et que les résultats inscrits
dans les autres cellules sont le fruit d'un calcul de la part de l'ordinateur.
1) Quelle(s) formule(s) a-t'on dû saisir dans la cellule A3, puis recopier "vers le bas" pour obtenir,
dans la colonne A, les valeurs successives de n ?
= A2

TS - Limites de suites

= A2 + 1

= A$2 + 1

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= A4 − 1

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2) Quelle(s) formule(s) a-t'on dû saisir dans la cellule B3, puis recopier "vers le bas" pour obtenir,
dans la colonne B, les valeurs successives de un ?

=2 × B 2 + A3

=
2 × B$2 + 1

=2 × B 2 + 1

=2 × A2 + 1

2n − 1
3) Démontrer que pour tout entier n, u=
n
4) Déduire de la question précédente une autre formule que l'utilisateur aurait pu saisir dans la
cellule B3, puis recopier "vers le bas" pour obtenir, dans la colonne B, les valeurs successives de un

Exercice n°11 - d'après un sujet de baccalauréat - TS - Polynésie - 2016 (correction)
Soit u la suite définie par u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, par un +1 = 2un + 2n 2 − n
On considère également la suite v définie, pour tout entier naturel n, par vn = un + 2n 2 + 3n + 5
1) Voici un extrait de feuille de tableur :
A

B

C

n
u
v
1
0
2
7
2
1
4
14
3
2
9
28
4
3
24
56
5
4
63
6
7
8
9
10
Quelles formules a-t-on écrites dans les cellules C2 et B3 et copiées vers le bas pour afficher les

termes des suites u et v ?
2) Déterminer, en justifiant, une expression de vn et de un en fonction de n uniquement.

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TABLEUR - CORRECTION
Correction de l'exercice n°9 (retour à l'énoncé)
1) Il s'agit de la formule

car les valeurs de n se trouvent dans la colonne A

2) Il s'agit de la formule
car les valeurs de vn se trouvent dans la colonne C et qu'il ne
faut pas bloquer la renumérotation des adresses par un $ lors de la recopie vers le bas
Correction de l'exercice n°10 (retour à l'énoncé)
1)
= A2
2)
=2 × B 2 + A3

= A$2 + 1

= A2 + 1

=
2 × B$2 + 1

= A4 − 1

=2 × B 2 + 1

2 − 1.
3) Notons P ( n ) la propriété u=
n

=2 × A2 + 1

n

20 − 1 est vraie. La propriété P(0) est donc vraie.
Puisque 20 − 1 = 1 − 1 = 0 et u0 = 0 , l'égalité u=
0
Supposons la propriété P(p) vraie pour un entier p ≥ 0 , à savoir u=
2 p − 1 (hypothèse de
p
récurrence) et montrons qu'alors P(p+1) sera vraie, à savoir u=
2 p +1 − 1
p +1

2 p − 1 et puisque par définition de la suite u, on a
Puisque par hypothèse de récurrence u=
p

(

)

2u p + 1 , on écrit successivement : u p +1 = 2u p + 1 = 2 2 p − 1 + 1 = 2 × 2 p − 2 + 1 = 2 p +1 − 1
u=
p +1

2n − 1 étant initialisée à 0 et héréditaire, on en conclut par le principe de
La propriété P ( n ) : u=
n
récurrence qu'elle est vraie pour tout n ∈ 

2n − 1 , une autre formule possible dans B3 est
4) Puisqu'on a montré que pour tout n ∈  , u=
n

= 2 ^ A3 − 1 (le symbole ^ désigne la puissance)
Correction de l'exercice n°11 - d'après un sujet de baccalauréat - TS - Polynésie - 2016 (retour à
l'énoncé)
1) En C2, on entre " =B2+2A2×A2+3A2+5 " et en B3 on entre " =B2+2A2×A2-A2 "
2) Il semblerait que pour tout n ∈  , on ait vn = 7 × 2n
On aurait alors : pour tout n ∈  , un =7 × 2n − 2n 2 − 3n − 5
(car vn = un + 2n 2 + 3n + 5 ⇔ un = vn − 2n 2 − 3n − 5 )
Montrons par récurrence que pour tout n ∈  , on a un =7 × 2n − 2n 2 − 3n − 5
Initialisation : On a d'une part u0 = 2 et d'autre part 7 × 20 − 2 × 02 − 3 × 0 − 5 = 7 × 1 − 0 − 0 − 5 = 2 .
L'égalité un =7 × 2n − 2n 2 − 3n − 5 est vraie pour n = 0
Hérédité : Supposons qu'il existe un entier p ∈  tel que u p =7 × 2 p − 2 p 2 − 3 p − 5 et montrons
qu'alors on aura u p +1 =7 × 2 p +1 − 2 ( p + 1) − 3 ( p + 1) − 5 . On a alors, par définition de u :
2

u p +1 = 2u p + 2 p 2 − p
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= 2 ( 7 × 2 p − 2 p 2 − 3 p − 5) + 2 p 2 − p

= 2 × 7 × 2 p − 2 × 2 p2 − 2 × 3 p − 2 × 5 + 2 p2 − p
=7 × 2 p +1 − 2 p 2 − 7 p − 10
On calcule par ailleurs : 7 × 2 p +1 − 2 ( p + 1) − 3 ( p + 1) − 5
2

= 7 × 2 p +1 − 2 ( p 2 + 2 p + 1) − 3 p − 3 − 5

= 7 × 2 p +1 − 2 p 2 − 4 p − 2 − 3 p − 3 − 5

=7 × 2 p +1 − 2 p 2 − 7 p − 10 , d'où l'égalité u p +1 =7 × 2 p +1 − 2 ( p + 1) − 3 ( p + 1) − 5
2

La propriété un =7 × 2n − 2n 2 − 3n − 5 est donc héréditaire
Conclusion : La propriété un =7 × 2n − 2n 2 − 3n − 5 étant vraie n = 0 et héréditaire, elle sera vraie
pour tout n ∈  d'après le principe de récurrence.

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LIMITE FINIE OU INFINIE D'UNE SUITE
On examine le comportement des termes d'une suite ( un ) "pour des grandes valeurs de n"

1) Suites convergentes et suites divergentes
Définition :
Une suite ( un ) converge vers le réel l si tout intervalle ouvert contenant l contient tous les termes de
la suite à partir d'un certain rang.
On écrit alors lim un = l
n →+∞

Sur le dessin ci-dessus, les termes de la suite sont "enfermés" dans un intervalle ouvert
contenant l à partir de n = 5 . On dit aussi qu'ils s'accumulent autour de l.
"à partir d'un certain rang" se traduit souvent par "pour tout n ≥ n0 ".
Dans l'exemple précédent, n0 = 5

Exemples :
Les suites de terme général un =

1
1
1
, vn = 2 et wn =
sont convergentes et leur limite vaut 0
n
n
n

Preuve :
Soit ]−a; a[ un intervalle ouvert centré en 0 (avec a > 0 ).
L'inégalité 0 <

1
1
< a est équivalente à n > .
n
a

On en conclut donc que pour tout n >

1
, un ∈ ]− a; a[ , donc lim un = 0 par définition.
n →+∞
a

Dans la suite du cours, nous allons voir des méthodes plus simples pour déterminer des
limites de suites
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Propriété (unicité de la limite)
Si une suite ( un ) admet une limite finie l quand n tend vers +∞ , cette limite est unique

Preuve :
Supposons que ( un ) admette deux limites l1 et l2 avec, par exemple, l1 < l2 .
l +l 

Puisque lim un = l1 , l'intervalle  l1 − 1; 1 2  contient tous les termes un à partir d'un certain n0 .
n →+∞
2 

l + l

Puisque lim un = l2 , l'intervalle  1 2 ; l2 + 1 contient tous les termes un à partir d'un certain n1 .
n →+∞
 2


Pour n plus grand que n0 et n1 , un appartiendrait à la fois aux deux intervalles qui sont disjoints.
C'est impossible, donc ( un ) ne peut pas admettre deux limites finies distinctes.

Définition :
Une suite ( un ) qui ne converge pas est dite divergente.
Soit elle n'admet pas de limite comme un =

( −1)

n

qui oscille alternativement entre 1 et -1,

soit :
Définition :
On dit qu'une suite ( un ) diverge vers +∞ si tout intervalle du type ] A; +∞[ contient tous les termes

un de la suite à partir d'un certain rang. On écrit alors lim un = +∞
n →+∞

Sur le dessin ci-dessus, les termes de la suite sont tous strictement supérieurs à A à partir de n = 9 .
Concrètement, lim un = +∞ signifie que l'on peut rendre un aussi grand que l'on veut en prenant n
n →+∞

suffisamment grand

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Exemples :
Les suites de terme général un = n , vn = n 2 et wn = n sont divergentes et leur limite vaut +∞
De la même manière,
On dit qu'une suite ( un ) diverge vers −∞ si tout intervalle du type ]−∞; A[ contient tous les termes

un de la suite à partir d'un certain rang. On écrit alors lim un = −∞
n →+∞

Sur le dessin ci-dessus, les termes de la suite sont tous strictement inférieurs à A à partir de n = 5 .

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LIMITE FINIE OU INFINIE D'UNE SUITE - EXERCICES
Exercice n°12 (correction)
Soit ( wn ) la suite définie pour tout entier naturel n par wn = n
1) A partir de quel rang a-t-on wn > 1000 ?
2) A l'aide de la définition, montrer que lim wn = +∞
n →+∞

Exercice n°13 (correction)
Soit ( un ) la suite définie pour tout entier naturel non nul n par un =

1
n

1) A partir de quel rang a-t-on 0 < un < 0,01 ?
2) A partir de quel rang a-t-on 0 < un < 0,001 ?

Exercice n°14 (correction)
Soit ( un ) la suite définie pour tout entier naturel non nul n par un = 3 +

1
n2

A partir de quel rang a-t-on un ∈ ]2,99;3,01[ ?

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LIMITE FINIE OU INFINIE D'UNE SUITE - CORRECTION
Correction de l'exercice n°12 (retour à l'énoncé)
1) wn > 1000 ⇔ n > 1000 ⇔ n > 10002 c'est-à-dire n > 1000000 .
On aura donc wn > 1000 à partir du rang n = 1000001
2) Soit A un réel quelconque.
On a : wn > A ⇔ n > A ⇔ n > A2 donc on aura wn > A pour tout n ≥ A2 + 1 .

A2 + 1 tel que pour tout n ≥ n0 on a wn > A , on en
Puisque pour tout réel A, il existe un entier n=
0
conclut que lim wn = +∞
n →+∞

Correction de l'exercice n°13 (retour à l'énoncé)
1) On a 0 < un < 0,01 ⇔ 0 <

1
1
< 0,01 ⇔ n >
⇔ n > 100 ⇔ n > 1002
0,01
n

On aura donc 0 < un < 0,01 à partir du rang n = 10001
2) On a 0 < un < 0,001 ⇔ 0 <

1
1
< 0,001 ⇔ n >
⇔ n > 1000 ⇔ n > 10002
0,001
n

On aura donc 0 < un < 0,001 à partir du rang n = 1000001

Correction de l'exercice n°14 (retour à l'énoncé)
On a 2,99 < 3 +

1
1
< 3,01 ⇔ −0,01 < 2 < 0,01
2
n
n

Puisque pour tout entier naturel non nul n on a

1
> 0 , l'encadrement précédent est équivalent à
n2

1
1
< 0,01 ⇔ n 2 >
⇔ n 2 > 100 ⇔ n > 100 .
2
n
0,01
On aura donc un ∈ ]2,99;3,01[ à partir du rang n = 11

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LIMITE D'UNE SOMME
On considère deux suites ( un ) et ( vn ) . On veut déterminer la limite de ( un + vn ) sans avoir à
revenir aux définitions des limites, à partir des limites de ( un ) et ( vn ) .
Si lim un =

L

L

L

+∞

−∞

+∞

Et lim vn =

L′

+∞

−∞

+∞

−∞

−∞

Alors lim ( un + vn ) =

L + L′

+∞

−∞

+∞

−∞

FORME

n →+∞

n →+∞

n →+∞

INDETERMINEE
Exemples :
1) Supposons que l'on ait à déterminer lim n 2 + n
n →+∞

Si on pose un = n 2 et vn = n , comme on aura lim un = +∞ et lim vn = +∞ , on en conclura
n →+∞

n →+∞

lim ( un + vn ) = +∞ , c'est-à-dire lim n 2 + n = +∞

n →+∞

n →+∞

Un tel excès de notation est parfois lourd.
On pourra rédiger lim n 2 = +∞ et lim n = +∞ donc par somme lim n 2 + n = +∞
n →+∞

n →+∞

n →+∞

1
− n
n

2) Supposons que l'on ait à déterminer lim 2 +
n →+∞

1
1
= 0 , lim − n = −∞ , donc par somme, lim 2 + − n = −∞
n →+∞
n →+∞ n
n →+∞
n

On écrit lim

(Cliquer ici pour accéder aux exercices sur la limite d'une somme)
Que signifie "FORME INDETERMINEE" ?
Etudions ces trois exemples :
1) u=
n 2 + n et vn = − n 2 . On a lim un = +∞ , lim vn = −∞ et un + vn = n 2 + n − n 2 = n donc
n
n →+∞

n →+∞

lim ( un + vn ) = +∞

n →+∞

2) un = n 2 et vn =
− n 2 − n . On a lim un = +∞ , lim vn = −∞ et un + vn =n 2 − n 2 − n =− n donc
n →+∞

n →+∞

lim ( un + vn ) = −∞

n →+∞

0
3) un = n 2 et vn = − n 2 . On a lim un = +∞ , lim vn = −∞ et un + vn =
0 donc lim ( un + vn ) =
n →+∞

n →+∞

n →+∞

MORALITE : Si on sait que lim un = +∞ et lim vn = −∞ , ON NE PEUT RIEN DIRE A PRIORI
n →+∞

n →+∞

de lim ( un + vn ) .....il nous faut disposer de règles supplémentaires....
n →+∞

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Cours et exercices corrigés de mathématiques - TS - document gratuit disponible sur JGCUAZ.FR

LIMITE D'UN PRODUIT
On considère deux suites ( un ) et ( vn ) . On veut déterminer la limite de ( un × vn ) sans avoir à revenir
aux définitions des limites, à partir des limites de ( un ) et ( vn ) .
Si lim un =

L

L≠0

±∞

0

Et lim vn =

L′

±∞

±∞

±∞

±∞

±∞

FORME INDETERMINEE

n →+∞

n →+∞

Alors lim ( un × vn ) = L × L′
n →+∞

En appliquant la règle
des signes d'un produit
Exemples :
1) lim − n = −∞ et lim n = +∞ donc lim − n n = −∞
n →+∞

n →+∞

n →+∞

2) lim n = +∞ donc lim − 5 n = −∞ et lim 6 n = +∞
n →+∞

n →+∞

(

n →+∞

(

)

)

1
1


3) lim  −3 +  − n = +∞ car lim  −3 +  =−3 et lim − n = −∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n
n



(Cliquer ici pour accéder aux exercices sur la limite d'un produit)
"FORME INDETERMINEE"
Etudions ces trois exemples :
1) un = n 2 et vn =

1
. On a lim un = +∞ , lim vn = 0 et un × vn =
n donc lim ( un × vn ) = +∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n

2) un = n 2 et vn =

1
1
. On a lim un = +∞ , lim vn = 0 et un × vn =
1 donc lim ( un × vn ) =
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n2

3) un = n 2 et vn =

1
1
. On a lim un = +∞ , lim vn = 0 et un × vn = donc lim ( un × vn ) =
0
3
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n
n

MORALITE : Si on sait que lim un = +∞ et lim vn = 0 , ON NE PEUT RIEN DIRE A PRIORI de
n →+∞

n →+∞

lim ( un × vn ) .....il nous faut disposer de règles supplémentaires....

n →+∞

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Cours et exercices corrigés de mathématiques - TS - document gratuit disponible sur JGCUAZ.FR

LIMITE D'UN QUOTIENT
u 
On considère deux suites ( un ) et ( vn ) . On veut déterminer la limite de  n  sans avoir à revenir
 vn 
aux définitions des limites, à partir des limites de ( un ) et ( vn ) .
0
L≠0
Si lim un =
±∞
±∞
L
L
n →+∞

Et lim vn =

L′ ≠ 0

±∞

0

L′

±∞

0

u 
Alors lim  n  =
n →+∞ v
 n

L
L′

0

±∞

±∞

FI

FI

n →+∞

En appliquant la
règle des signes
d'un produit
Exemples :
1
n
1
n =0
1) lim 2 + =
2) lim n = +∞ donc lim
= −∞
2 et lim n = +∞ donc lim
n →+∞ −3
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n
n
(Cliquer ici pour accéder aux exercices sur la limite d'un quotient)
2+

"FORME INDETERMINEE"

±∞
±∞

u 
un 1
= donc lim  n  = 0
n →+∞ v
n →+∞
n →+∞
vn n
 n
u 
u
2) un = n et vn = n . On a lim un = +∞ , lim vn = +∞ et n = 1 donc lim  n  = 1
n →+∞ v
n →+∞
n →+∞
vn
 n
u 
u
3) un = n 2 et vn = n . On a lim un = +∞ , lim vn = +∞ et n = n donc lim  n  = +∞
n →+∞ v
n →+∞
n →+∞
vn
 n
MORALITE : Si on sait que lim un = +∞ et lim vn = +∞ , ON NE PEUT RIEN DIRE A PRIORI
1) un = n et vn = n 2 . On a lim un = +∞ , lim vn = +∞ et

n →+∞

n →+∞

u 
de lim  n  .....il nous faut disposer de règles supplémentaires....
n →+∞ v
 n
"FORME INDETERMINEE"

0
0

1) un =

u 
u
1
1
et vn = 2 . On a lim un = 0 , lim vn = 0 et n = n donc lim  n  = +∞
n →+∞ v
n →+∞
n →+∞
vn
n
n
 n

2) un =

u 
u
1
1
et vn = . On a lim un = 0 , lim vn = 0 et n = 1 donc lim  n  = 1
n →+∞ v
n →+∞
n →+∞
vn
n
n
 n

3) un =

u 
u
1
1
1
et vn = . On a lim un = 0 , lim vn = 0 et n = donc lim  n  = 0
2
n →+∞ v
n →+∞
n →+∞
vn n
n
n
 n

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LIMITES PAR THEOREMES GENERAUX - EXERCICES
Exercice n°15 (correction)
Déterminer la limite des suites ( un ) :

u=
n 2 + 4n
n

− n3 + 2
un =

un = 3n 4 + n 2 + 5

un =
−2n 2 − 3n + 1

un = 3 + n 4

un =
−1000 + n 2

Exercice n°16 (correction)
Déterminer la limite des suites ( un ) :
=
un 3 n +

1
n2

1

un =  −4 + 
n


un =

(

)

n +1

4
1+ n

( 2n

− 3) ( −n + 1)

un =

3
2
n + n +1

u=
n

un =

5
1 − 2n 2

1
n
un =
1
−4 + 2
n

un =

n
4+

2

3+

1
n

Exercice n°17 (correction)
Déterminer la limite en +∞ de chacune des suites :

1

−2n 2 − 3n + 10
1) un =

3+
2) un =

1

3 − 2n 2  − 4 
3) un =
n


4  1


+ 4
4) un = 5 −   −
n 
n



(

5) un =

)

3n 2
−2 +

1
n

2 n

−n

−5n 2
6) un =
1
−1
n2

Exercice n°18 - VRAI ou FAUX ? (correction)
1) Si ( un ) et ( vn ) divergent, alors la suite ( wn ) tel que w=
un + vn diverge
n
2) Si ( un ) et ( vn ) divergent, alors la suite ( wn ) tel que wn = un vn diverge
3) Si ( un ) converge et ( vn ) diverge, alors la suite ( wn ) tel que wn = un vn diverge
4) Si ( un ) converge et ( vn ) diverge, alors la suite ( wn ) tel que w=
un + vn diverge
n
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Cours et exercices corrigés de mathématiques - TS - document gratuit disponible sur JGCUAZ.FR

COMMENT LEVER UNE FORME INDETERMINEE ?
Principe général :
Pour lever une forme indéterminée, le principe est de transformer l'écriture de l'expression étudiée
afin de se ramener aux théorèmes généraux
Déterminer la limite des suites ( un ) :

Exemples

1)=
un 2 n − n

Forme indéterminée " ∞ − ∞ "

2
 2

− 1 =−1 et lim n = +∞ , on conclut par
− 1 . Puisque lim
Pour tout entier n ≥ 1=
, un n 
n →+∞
n →+∞
n
n


produit que lim 2 n − n = −∞
n →+∞

2) un =

n 2 + 3n
3n 2 + 4

Forme indéterminée "


"


 3
3
n 2 1 + 
1+
4
 n
n . Puisque lim 1 + 3 =
1 et lim 3 + 2 =
3 , on
n ≥ 1 , un =
Pour tout entier =
n →+∞
n →+∞
4
4
n
n
2
n 3+ 2  3+ 2
n
n 

n 2 + 3n 1
=
conclut par quotient que lim 2
n →+∞ 3n + 4
3

=
un
3)

1
( n + 2)
n

Forme indéterminée " 0 × ∞ "

On développe : Pour tout entier n ≥ 1, un = n ×
Puisque lim n = +∞ et lim
n →+∞

4) un =

1
n2
2 1
+
n n2

n →+∞

1
1
2
+ 2×
= n+
.
n
n
n

1
2
= 0 , on conclut par somme que lim
( n + 2 ) = +∞
n →+∞
n
n

0
Forme indéterminée " "
0

1
2
n2
1
1
n

= .
On transforme l'écriture de la suite : Pour tout entier n ≥ 1 , un =
2
2n + 1 n 2n + 1 2n + 1
n2
Puisque lim 2n + 1 = +∞ on conclut par quotient que lim un = 0
n →+∞

Les suites de terme général
TS - Limites de suites

n →+∞

n , n , n 2 , n3 tendent de plus en plus vite vers +∞
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Exercice n°19 (correction)
Déterminer la limite des suites ( un ) :

4n3 − 3n + 1
un = 2
n + 3n − 2

un = 4n3 − 3n + 1
4n3 − 3n + 1
un = 3
n + 3n − 2

un =

n −2
n +1

4n 2 − 3n + 1
un = 3
n + 3n − 2

un =

n
n2

Exercice n°20 - D'après le concours Fesic - Puissance 11 - mai 2016 (correction)
VRAI ou FAUX ?

2n + 3 3
=
n→+∞ 3n + 2
2

a) lim

b) lim

n →+∞

n
2n + ( −1)

n

=

1
2

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LIMITES PAR THEOREMES GENERAUX - CORRECTION
Correction de l'exercice n°15 (retour à l'énoncé)

lim n 2 = +∞ et lim 4n = +∞ donc par somme lim un = +∞
n →+∞

n →+∞

n →+∞

lim − n = −∞ donc par somme lim un = −∞
3

n →+∞

n →+∞

lim n = +∞ et lim n = +∞ donc par somme lim un = +∞
4

2

n →+∞

n →+∞

n →+∞

lim − 2n = −∞ et lim − 3n = −∞ donc par somme lim un = −∞
2

n →+∞

n →+∞

n →+∞

lim n = +∞ donc par somme lim un = +∞
4

n →+∞

n →+∞

lim n = +∞ donc par somme lim un = +∞
2

n →+∞

n →+∞

Correction de l'exercice n°16 (retour à l'énoncé)
1
= 0 donc par somme lim un = +∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞ n 2
lim n 2 + n + 1 = +∞ donc par quotient lim un = 0
lim 3 n = +∞ et lim

n →+∞

n →+∞

lim 2n − 3 = +∞ et lim − n + 1 = −∞ donc par produit lim un = −∞
2

n →+∞

n →+∞

n →+∞

1
=−4 et lim n + 1 = +∞ donc par produit lim un = −∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n
2
lim 1 − 2n = −∞ donc par quotient lim un = 0
lim − 4 +

n →+∞

n →+∞

3
1
1
3 et lim − 4 + 2 =−4 donc par quotient lim un = −
=
n →+∞
n →+∞
n →+∞
4
n
n
lim 1 + n = +∞ donc par quotient lim un = 0
lim 3 +

n →+∞

n →+∞

1
4 donc par quotient lim un = +∞
lim n = +∞ et lim 4 + =
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n

Correction de l'exercice n°17 (retour à l'énoncé)
1) lim − 2n 2 = −∞ et lim − 3n + 10 = −∞ donc par somme, lim un = −∞
n →+∞

n →+∞

2) lim

n →+∞

1
2 n

n →+∞

= 0 et lim 3 − n = −∞ donc par somme, lim un = −∞
n →+∞

n →+∞

1
− 4 =−4 donc par produit, lim un = +∞
n →+∞ n
n →+∞
1
+4=
4 donc par produit, lim un = 20
5 et lim −
=
n →+∞
n →+∞
n
1
+∞ et lim − 2 + =−2 donc par quotient, lim un = −∞
n →+∞
n →+∞
n
1
= −∞ et lim 2 − 1 =−1 donc par quotient, lim un = +∞
n →+∞ n
n →+∞

3) lim 3 − 2n 2 = −∞ et lim
n →+∞

4) lim 5 −
n →+∞

4
n

5) lim 3n 2 =
n →+∞

6) lim − 5n 2
n →+∞

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Correction de l'exercice n°18 - VRAI ou FAUX ? (retour à l'énoncé)
1) FAUX
Par exemple, si

( −1)

( un )

( vn )

et

sont définies respectivement pour tout n ∈  par un =

( un ) et ( vn ) divergent MAIS
n
n +1
n
un + vn = ( −1) + ( −1) = ( −1) 1 + ( −1)  = 0 . La suite ( wn ) tel que w=
n
vn =

n +1

alors les deux suites

( −1)

n

et

pour tout n ∈  , on a

un + vn converge (vers 0)

2) FAUX
Par exemple, si

( un )

( vn )

et

sont définies respectivement pour tout n ∈  par un =

( −1) alors les deux suites ( un ) et ( vn ) divergent MAIS pour
n
n +1
n
n
2n
un × vn = ( −1) × ( −1) = ( −1) × ( −1) × ( −1) = ( −1) × ( −1) = 1 × ( −1) = −1 . La
vn =

n +1

( −1)

n

et

tout n ∈  , on a
suite

( wn )

tel que

w=
un × vn converge (vers -1)
n
3) FAUX
Par exemple, si ( un ) et ( vn ) sont définies respectivement pour tout n ∈ * par un =
alors ( un ) converge et ( vn ) diverge, MAIS pour tout n ∈ * , on a un × vn =
La suite ( wn ) tel que w=
un × vn converge (vers 1)
n
4) VRAI

1
et vn = n
n

1
× n = 1.
n

Correction de l'exercice n°19 (retour à l'énoncé)

3n
1 
3
1 


Pour tout n ∈ * , un = 4n3 1 − 3 + 3 = 4n3 1 − 2 + 3  .
 4n 4n 
 4n 4n 
3
1 

Or lim 1 − 2 + 3  =1 − 0 + 0 =1 et lim 4n3 = +∞ . On conclut par produit que lim un = +∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
 4n 4n 
3n
1 
3n
1 


4n3  1 − 3 + 3  4n  1 − 3 + 3 
3
4n − 3n + 1
n 4n 
 4=
 4n 4n  .
Pour tout =
n ∈ * , un =
2
3 2
n + 3n − 2
 3n 2 
1+ − 2
n 2 1 + 2 − 2 
n n
 n n 
3 2
3n
1 

1 et lim 4n = +∞
1 , lim 1 + − 2 =
Or lim 1 − 3 + 3  =
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n n
 4n 4n 
On conclut par produit et quotient que lim un = +∞
n →+∞

3n
1 
3
1 


4n 2  1 − 2 + 2  4  1 −
+ 2
4n − 3n + 1
n 4n 
 4=
 4n 4n  .
Pour tout =
n ∈ * , un =
3
3 2
n + 3n − 2
 3n 2 

n3 1 + 3 − 3 
n 1 + 2 − 3 
 n n 
 n n 
3 2
3
1 


+ 2=
4 , lim 1 + 2 − 3  =
1 et lim n = +∞
Or lim 4 1 −
n →+∞
n →+∞
n →+∞
 4n 4n 
 n n 
On conclut par produit et quotient que lim un = 0
2

n →+∞

TS - Limites de suites

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3n
1 
3
1 


4n3  1 − 3 + 3  4  1 − 2 + 3 
4n − 3n + 1
n 4n 
 4=
 4n 4n  .
Pour tout =
n ∈ * , un =
3
3 2
n + 3n − 2
 3n 2 
1+ 2 − 3
n3 1 + 3 − 3 
n n
 n n 
3 2
3
1 

1.
1 , lim 1 + 2 − 3 =
Or lim 1 − 2 + 3  =
n →+∞
n →+∞
n n
 4n 4n 
On conclut par produit et quotient que lim un = 4
3

n →+∞

2 

2
n 1 −
1−

n −2
n
n .
 =
*
=
Pour tout n ∈ 
, un =
1  1+ 1

n +1
n 1 +

n
n

2
1
1 et lim 1 +
=
=
1 , on en conclut par quotient que lim un = 1
Puisque lim 1 −
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n
n
n
n
1
un =
=
Pour tout n ∈ * , =
.
2
n
n n n n n
Puisque lim n n = +∞ , on en conclut par quotient que lim un = 0
n →+∞

n →+∞

Correction de l'exercice n°20 - D'après le concours Fesic - Puissance 11 - mai 2016 (retour à
l'énoncé)

3

3
2n 1 + n 
n 1+
2 +3
2  2
 =
2n
×
a) Pour tout entier n , n=
2
2  3
3 +2

3n 1 + n    1 + n
3
 3 
n

3
3
2
2n = 1= 1
lim
0
=
=
lim
Puisque lim 2n = +∞ et lim 3n = +∞ on a lim
donc
n →+∞ 2 n
n →+∞ 3n
n →+∞
n→+∞
n→+∞
2
1+ n 1
3
n
2
2
Mais puisque −1 < < 1 , on a lim   = 0
n→+∞ 3
3
 
2n + 3
= 0.
On en conclut par produit que lim n
n→+∞ 3 + 2
L'affirmation est donc FAUSSE
n
n
b) Pour tout entier n , −1 ≤ ( −1) ≤ 1 donc 2n − 1 ≤ 2n + ( −1) ≤ 2n + 1 puis par inverse
1+

1
1
1
n
n
n




et par produit avec n ≥ 0 , on déduit :
n
n
2n + 1 2n + ( −1)
2n − 1
2n + 1 2n + ( −1)
2n − 1

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n
n
1
1
n
n
1
1
= lim = lim
=
= lim = lim
=
Puisque lim
et lim
n →+∞ 2n + 1
n →+∞ 
n →+∞ 2n − 1
n →+∞ 
1 2
1 2
1  n→+∞
1  n→+∞
2+
2−
n 2 + 
n 2 − 
n
n
n
n


n
1
=
on en conclut, à l'aide du théorème de comparaison dit "des gendarmes", que lim
n
n →+∞
2
2n + ( −1)
L'affirmation est donc VRAIE

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LIMITES ET COMPARAISONS
Théorèmes "de comparaison"
Si ( un ) et ( vn ) sont deux suites telles que un ≤ vn à partir d'un certain rang :
Théorème dit "de minoration" (preuve)

Théorème dit "de majoration"

1) Si lim un = +∞ , alors lim vn = +∞

2) Si lim vn = −∞ , alors lim un = −∞

n →+∞

n →+∞

n →+∞

n →+∞

Sur ce dessin, la suite ( un ) "oblige" la suite

( vn ) à diverger vers

+∞

Preuve (au programme !) :
Soit A un nombre (aussi grand soit-il)
Puisque lim un = +∞ , il existe un entier n1 tel que n ≥ n1 ⇒ un > A
n →+∞

Puisque "à partir d'un certain rang, un ≤ vn ", il existe un entier n2 tel que n ≥ n2 ⇒ vn ≥ un .
En notant n0 = Max ( n1 ; n2 ) , on a n ≥ n0 ⇒ vn ≥ un > A , ce qui signifie que lim vn = +∞
n →+∞

Exemple :
Soit ( vn ) la suite définie sur  par vn= n + sin ( n ) .
On a pour tout n ∈  , −1 ≤ sin ( n ) ≤ 1 donc n − 1 ≤ n + sin ( n ) ≤ n + 1 .
Puisque lim n − 1 = +∞ , on en déduit par minoration que lim vn = +∞
n →+∞

TS - Limites de suites

n →+∞

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Théorèmes dit "des gendarmes"
Si ( un ) , ( vn ) et ( wn ) sont trois suites telles que un ≤ vn ≤ wn à partir d'un certain rang et si ( un ) et

( wn ) convergent vers la même limite l , alors ( vn ) converge vers l.

Sur le dessin ci-dessus, les suites ( un ) et ( wn ) convergent vers la même limite l , et obligent ( vn ) à
converger vers l.
Le théorème dit "des gendarmes" est appelé également "théorème de l'encadrement" ou
"théorème du sandwich".
Pour comprendre le nom familier du théorème, il faut assimiler un et wn à des gendarmes et vn à un
voleur. Ce dernier, encadré par les deux gendarmes, est obligé de les suivre jusqu'à la gendarmerie l.

Exemple :
Soit ( vn )

5 + ( −1)
la suite définie sur  par vn =
.
n
n

*

On a pour tout n ∈ * , −1 ≤ ( −1) ≤ 1 donc
n

Puisque lim

n →+∞

4
6
≤ vn ≤ .
n
n

4
6
= 0 et lim = 0 , on en conclut, par application du théorème dit "des gendarmes"
n
→+∞
n
n

que lim vn = 0
n →+∞

Les théorèmes précédents s'utilisent surtout avec des expressions bornées, qui se
prêtent à des encadrements. Citons surtout ( −1) , sin ( n ) et cos ( n )
n

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LIMITES ET COMPARAISONS - EXERCICES
Exercice n°21 (correction)
Déterminer la limite, si elle existe, des suites ( un ) et ( vn ) définies sur  par :

3n + ( −1)
un =
−n + sin n et vn =
n +1

n

2

Exercice n°22 (correction)
Soit ( un ) la suite définie sur * par un =

n + cos ( n )
n − cos ( n )

Etudier la convergence de la suite ( un )

Exercice n°23 (correction)
Soit la suite ( un ) définie par u0 = 1 et pour tout n ∈  , un+1 = un + 2n + 3
1) Démontrer que pour tout n ∈  , un > n 2
2) Quelle est la limite de la suite ( un ) ?

Exercice n°24 - VRAI ou FAUX ? (correction)
Si ( un ) ,

( vn )

et

( wn )

sont trois suites telles que un ≤ vn ≤ wn à partir d'un certain rang et si

lim un = 1 et lim wn = 5 , alors ( vn ) converge et sa limite est comprise entre 1 et 5.

n →+∞

n →+∞

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LIMITES ET COMPARAISONS - CORRECTION
Correction de l'exercice n°21 (retour à l'énoncé)
Pour tout n ∈  , −1 ≤ sin n ≤ 1 donc −1 − n 2 ≤ un ≤ 1 − n 2 . En particulier un ≤ 1 − n 2
Puisque lim 1 − n 2 = −∞ , on en conclut par majoration, que lim un = −∞
n →+∞

n →+∞

3n − 1
3n + 1
≤ vn ≤
.
n +1
n +1
1 
1 
1 



3n 1 − 
3 1 − 
3 1 + 
3n − 1
3n + 1
 3n  lim
 3n  3 =
 3n  3 , on en
=
=
=
lim
lim
lim
=
Puisque
et lim
n →+∞ n + 1
n →+∞
n →+∞
n →+∞ n + 1
n →+∞
1
1
 1
1+
1+
n 1 + 
n
n
 n
conclut, grâce au théorème d'encadrement dit "des gendarmes", que lim un = 3
Pour tout n ∈  , −1 ≤ ( −1) ≤ 1 donc
n

n →+∞

Correction de l'exercice n°22 (retour à l'énoncé)
Pour tout n ∈ * , −1 ≤ cos n ≤ 1 .
On en conclut d'abord que n − 1 ≤ n + cos n ≤ n + 1
Ensuite, on a 1 ≥ − cos n ≥ −1 donc n + 1 ≥ n − cos n ≥ n − 1 puis par passage à l'inverse :
1
1
1


n + 1 n − cos n n − 1
En multipliant membre à membre les deux encadrements n − 1 ≤ n + cos n ≤ n + 1 et
1
1
1
, concernant des nombres strictement positifs dès que n ≥ 2 (ce que l'on peut


n + 1 n − cos n n − 1
n −1
n +1
supposer car n → +∞ ), on obtient :
≤ un ≤
n +1
n −1
n +1
n −1
= 1 , on en conclut, grâce au théorème d'encadrement dit "des
= 1 et lim
Puisque lim
n →+∞ n − 1
n →+∞ n + 1
gendarmes", que lim un = 1
n →+∞

Correction de l'exercice n°23 (retour à l'énoncé)
1) Notons P ( n ) la propriété " un > n 2 ".

Puisque u0 = 1 , la propriété " u0 > 02 ", qui est la propriété P ( 0 ) , est donc vraie.

Supposons la propriété P ( p ) vraie pour un entier p ≥ 0 , c'est-à-dire u p > p 2 (hypothèse de
récurrence) et montrons qu'alors P ( p + 1) est vraie, c'est-à-dire u p +1 > ( p + 1)

2

Puisque par hypothèse u p > p 2 et puisque par définition de la suite u, on a u p +1 = u p + 2 p + 3 , on en
déduit successivement :
u p + 2 p + 3 > p2 + 2 p + 3
c'est-à-dire u p +1 > p 2 + 2 p + 3 .
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Or p 2 + 2 p + 3 = p 2 + 2 p + 1 + 2 = ( p + 1) + 2 donc p 2 + 2 p + 3 > ( p + 1)
2

2

On en déduit u p +1 > ( p + 1) , qui est la propriété P ( p + 1)
2

La propriété P ( n ) est donc héréditaire

La propriété P ( n ) " un > n 2 " étant initialisée pour n = 0 et étant héréditaire, on en déduit par le
principe de récurrence, qu'elle est vraie pour tout n ∈ 
2) Puisque pour tout n ∈  on a un > n 2 et puisque lim n 2 = +∞ , on en conclut, par minoration,
n →+∞

que lim un = +∞
n →+∞

Correction de l'exercice n°24 - VRAI ou FAUX ? (retour à l'énoncé)
FAUX car on peut avoir, par exemple, vn = 3 + 2 × ( −1) .
n

Pour tout n ∈  , on a −2 ≤ 2 × ( −1) ≤ 2 donc 1 ≤ vn ≤ 5 .
n

Les suites ( un ) et ( wn ) définies pour tout n ∈  par un = 1 et wn = 5 sont évidemment
convergentes car constantes et vérifient : Pour tout n ∈  , un ≤ vn ≤ wn .
Mais la suite ( vn ) diverge....

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COMPORTEMENT A L'INFINI DE LA SUITE GEOMETRIQUE
On considère la suite ( un ) définie sur * par un = q n où q est un réel.
Propriété :

lim q n

n →+∞

q ≤ −1

−1 < q < 1

q =1

q >1

N'existe pas

0

1

+∞

Preuve :
La preuve s'effectue en deux étapes :
Une démonstration par récurrence et l'utilisation du théorème dit "de minoration"
1ère étape
Soit a un réel et P ( n ) la propriété " (1 + a ) ≥ 1 + na "
n

1 et 1 + 0 × a =
La propriété P ( 0 ) est vraie car (1 + a ) =
1 donc (1 + a ) ≥ 1 + 0 × a
0

0

Soit p un entier. Supposons la propriété P ( p ) vraie à savoir (1 + a ) ≥ 1 + pa et montrons que
p

P ( p + 1) est vraie à savoir (1 + a )

p +1

≥ 1 + ( p + 1) a .

On part de l'hypothèse de récurrence : (1 + a ) ≥ 1 + pa
p

On multiple les deux membres de l'inégalité par (1 + a ) qui est strictement positif.
Ainsi, (1 + a ) × (1 + a ) ≥ (1 + a ) × (1 + pa ) , qui se réécrit (1 + a )
p

Or pa 2 ≥ 0 donc l'inégalité précédente se réécrit (1 + a )

(1 + a )

p +1

p +1

p +1

≥ 1 + pa + a + pa 2 .

≥ 1 + pa + a + pa 2 ≥ 1 + pa + a ou encore

≥ 1 + ( p + 1) a .

La propriété P ( p + 1) étant vraie, on conclut par le principe de récurrence que P ( n ) est vraie pour
tout entier n.
2ème étape
Soit q un réel tel que q > 1 . On peut donc écrire q = 1 + a avec a > 0 .
On a donc q n=

(1 + a )

n

. Or d'après l'inégalité établie dans la 1ère étape, on a q n ≥ 1 + na

Puisque lim 1 + na = +∞ , on conclut d'après le théorème de minoration, que lim q n = +∞
n →+∞

n →+∞

Exemples :
1) Soit un =

2
. Puisque lim 3n = +∞ , on en conclut, par quotient, que lim un = 0
n
n→+∞
n →+∞
3

2) Soit vn = −3

( 2 ) . Puisque
n

TS - Limites de suites

lim

n→+∞

( 2)

n

= +∞ , on en conclut, par produit, que lim un = −∞
n →+∞

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COMPORTEMENT A L'INFINI DE LA SUITE GEOMETRIQUE
EXERCICES
Exercice n°25 (correction)
Déterminer la limite, si elle existe, de chaque suite :

3
un = −84  
4

n

un = 5

( 2)

n

 11 
un = −3  
9

n

un =

( −3, 4 )

un = 2n+1

n

Exercice n°26 (correction)
1) Soit ( un ) la suite définie sur  par un =

2n
. Déterminer, si elle existe, la limite de ( un )
3n

7n
2) Même question avec la suite définie sur  par un = n .
6
Exercice n°27 (correction)

2n − 3n
Déterminer la limite, si elle existe, de la suite ( un ) définie sur  par u=
n

Exercice n°28 (correction)
Déterminer la limite, si elle existe, des suites ( un ) et ( vn ) définies sur  par :

un =

2n − 1
2n + 3n
v
=
et
n
3n
3n

Exercice n°29 (correction)
On considère la suite ( an ) définie par a0 = 800 et pour tout n ∈  par a=
n +1

3
an + 330
4

Pour tout n ∈  , on pose u=
an − 1320
n
1) Montrer que ( un ) est une suite géométrique dont on précisera le premier terme et la raison
2) a) Exprimer un en fonction de n.

3
b) En déduire que pour tout n ∈  , an = 1320 − 520 ×  
4

n

3) En déduire la limite de la suite ( an )
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Exercice n°30 (correction)
Soit ( un ) et ( vn ) deux suites définies sur  par u0 = 2 , v0 = 10 et pour tout n ∈  :

un+1 =

2un + vn
u + 3vn
et vn+1 = n
.
4
3

1) Calculer u1 , v1 , u2 et v2
Pour tout n ∈  , on pose w=
vn − un et =
tn 3un + 4vn
n
2) Montrer que ( wn ) est géométrique et que ( tn ) est constante
3) Etudier la convergence des suites ( un ) et ( vn ) .

Exercice n°31 (correction)
Déterminer la limite de la suite ( un ) dans chacun des cas suivants :
1) un = 1 + 3 + 32 + .... + 3n
2

1 1
 1
2) un = 1 − +   + .... +  − 
3 3
 3

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n −1

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COMPORTEMENT A L'INFINI DE LA SUITE GEOMETRIQUE
CORRECTION
Correction de l'exercice n°25 (retour à l'énoncé)
n

3
3
Puisque −1 < < 1 , on a lim   = 0 donc par produit, lim un = 0
n→+∞ 4
n →+∞
4
 
Puisque

2 > 1 , on a lim

n→+∞

( 2)

n

= +∞ donc par produit, lim un = +∞
n →+∞

n

11
11
> 1 , on a lim   = +∞ donc par produit, lim un = −∞
n →+∞
n→+∞ 9
9
 
Puisque −3, 4 < −1, la suite ( un ) diverge
Puisque

Pour tout n ∈  , un = 2 × 2n . Puisque 2 > 1, on a lim 2n = +∞ donc par produit, lim un = +∞
n →+∞

n→+∞

Correction de l'exercice n°26 (retour à l'énoncé)
n

n

2
2
2
1) Pour tout n ∈  , un =   . Puisque −1 < < 1 , on a lim   = 0 c'est-à-dire lim un = 0
n→+∞ 3
n →+∞
3
 
3
n

n

7
7
7
2) Pour tout n ∈  , un =   . Puisque > 1, on a lim   = +∞ c'est-à-dire lim un = +∞
n→+∞ 6
n →+∞
6
 
6
Correction de l'exercice n°27 (retour à l'énoncé)
Il s'agit d'une forme indéterminée " +∞ − ( +∞ ) "
n
  3 n 
 3n 
3
3
n
> 1, on a lim   = +∞ donc
Pour tout n ∈  , un = 2 1 − n  = 2 1 −    . Puisque


n→+∞ 2
2
 
 2 
 2 
n

n

3
lim 1 −   = −∞ . Puisque lim 2n = +∞ , on en déduit par produit que lim un = −∞
n→+∞
n→+∞
n →+∞
2
Correction de l'exercice n°28 (retour à l'énoncé)
n

2n 1  2 
1
Pour tout n ∈  , un = n − n =   − n
3 3 3 3
n

2
2
Puisque −1 < < 1 , on a lim   = 0 . Puisque lim 3n = +∞ , on en déduit par quotient que
n→+∞ 3
n→+∞
3
 
1
lim n = 0 . On en déduit par différence que lim un = 0
n→+∞ 3
n →+∞
n
2n + 3n 2n 3n  2 
Pour tout n ∈  , vn =
= n + n =   +1
3n
3 3 3
n
2
2
Puisque −1 < < 1 , on a lim   = 0 donc par somme que lim vn = 1
n→+∞ 3
n →+∞
3
 
TS - Limites de suites

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Correction de l'exercice n°29 (retour à l'énoncé)
3
3
1) Pour tout n ∈  , un +1 =an +1 − 1320 = an + 330 − 1320 = an − 990
4
4
Puisque u=
an − 1320 on a :
n
3
3
3
3
a=
un + 1320 donc un+1 = ( un + 1320 ) − 990 = un + × 1320 − 990 = un . La suite ( un ) est donc
n
4
4
4
4
3
géométrique de raison et de premier terme u0 =
a0 − 1320 =−
800 1320 =
−520
4
3
2) a) Puisque la suite ( un ) est géométrique de raison et de premier terme u0 = −520 , on a :
4
n
n
3
3
Pour tout n ∈  , un =×
−520 ×  
u0   =
4
4
n

3
b) Puisque pour tout n ∈  , a=
−520 ×   on en déduit :
un + 1320 et un =
n
4
n
3
Pour tout n ∈  , an = 1320 − 520 ×  
4
n

n

3
3
3
0 et par somme on en
3) Puisque −1 < < 1 , on a lim   = 0 donc par produit lim − 520   =
n→+∞
n→+∞ 4
4
4
 
déduit que lim an = 1320
n →+∞

Correction de l'exercice n°30 (retour à l'énoncé)
1) On calcule successivement :
u0 + 3v0 2 + 3 × 10 32
2u0 + v0 2 × 2 + 10 14
v1
=
= = 8
=
u1 =
=
,=
4
4
4
3
3
3
14
14
2× + 8
+ 3× 8
2u1 + v1
52
86 43
u1 + 3v1 3
3
=
u2 =
=
=
= =
, v=
2
3
3
9
4
4
12 6
u + 3vn 2un + vn 3 ( un + 3vn ) 4 ( 2un + vn )
2) Pour tout n ∈  , wn+1 = vn+1 − un+1 =  n



4
3
12
12
3u + 9vn − 8un − 4vn
5
5
  n
=
=
− ( vn − un ) =
− wn
12
12
12
5
On en déduit que ( wn ) est géométrique de raison −
12
u + 3vn
2u + v
Pour tout n ∈  , tn +1 = 3un +1 + 4vn +1 = 3 × n n + 4 ×  n
= 2un + vn + un + 3vn = 3un + 4vn = tn
3
4
Puisque pour tout n ∈  , tn+1 = tn , on en déduit que la suite ( tn ) est constante.

TS - Limites de suites

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3) Puisque ( wn ) est géométrique de raison −

5
et de premier terme w0 = v0 − u0 = 10 − 2 = 8 , on en
12

n

 5
déduit : Pour tout n ∈  , wn = 8 ×  − 
 12 
Puisque ( tn ) est constante, on en déduit : Pour tout n ∈  , tn = t0 = 3u0 + 4v0 = 3 × 2 + 4 ×10
  = 52
n

 5
v − un =  8 ×  − 
On a ainsi le système : pour tout n ∈  ,  n
 12  , que l'on résout par substitution :
3u + 4v =
52
n
 n
Pour tout n ∈  :
n
n


5


5

n
=
×

+
v
u
 
8
 n

n


vn =  8 ×  −  + un
 5
 12 
vn − un =  8 ×  − 


 12 



 12  ⇔ 
n
  5 n

5




=

+ un  52
3u + 4  8 ×=
3un + 4vn 52
 n
7un = 52 − 32 ×  − 12 
  12 





n
n
n


 5  1
 5 
 5
vn =  8 ×  −  +  52 − 32 ×  −  
vn =  8 ×  −  + un
12
 12  7 
 12  




⇔


n
n
1
 5 
1
=

 5 
52 − 32 ×  −  
un

un
 52 − 32 ×  −  

=
7 
 12  
7
 12  





vn =

⇔
=
u
 n


n

32   5  52

  8 −  ×  −  +
n
7   12 
7

5
 5
0
. Puisque −1 < − < 1 , on a lim  −  =
n
n→+∞


12
12


1
 5
 52 − 32 ×  −  
7
 12  
52
52
On en déduit successivement que lim un =
et lim vn =
n →+∞
n →+∞
7
7
Correction de l'exercice n°31 (retour à l'énoncé)

1 − 3n+1 3n+1 − 1
=
1) Pour tout n ∈  , un = 1 + 3 + 3 + .... + 3 =
1− 3
2
n +1
Puisque lim 3 = +∞ , on en déduit que lim un = +∞
2

n →+∞

n

n →+∞

n +1

n +1

 1
 1
1−  − 
1−  − 
n −1
n +1
2
1 1
3  1 
3
3
 1


=
=
2) Pour tout n=
∈  , un 1 − +   + .... +=
1 −  −  
− 
4
3 3
4   3  
 1
 3
1−  − 
3
 3
n
  1  n+1 
1
 1
1 et on en déduit par produit
0 donc lim 1 −  −   =
Puisque −1 < − < 1 , on a lim  −  =
n →+∞
n→+∞
3
 3
  3  
3
que lim un =
n →+∞
4
TS - Limites de suites
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ALGORITHME DE DETERMINATION D'UN SEUIL
Exemple d'introduction :

un 3n 2 + 2
On considère la suite ( un ) définie sur  par =
On peut démontrer que ( un ) est croissante et que lim un = +∞
n →+∞

L'algorithme ci-contre permet de déterminer le seuil à partir duquel un > A
Variables

A et u sont des nombres réels

n est un entier
Entrée

Saisir A

Initialisation

u prend la valeur 2

n prend la valeur 0
Traitement

Sortie

Tant que u ≤ A

La boucle Tant que permet de répéter

n prend la valeur n + 1

le calcul des termes jusqu'à en trouver un

u prend la valeur 3 × n 2 + 1

supérieur à A. La boucle s'arrête alors et c'est

Fin Tant que

l'indice de ce terme qui est affiché, c'est-à-dire

Afficher n.

le seuil cherché.

TS - Limites de suites

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Cours et exercices corrigés de mathématiques - TS - document gratuit disponible sur JGCUAZ.FR

ALGORITHME DE DETERMINATION D'UN SEUIL - EXERCICES
Exercice n°32 (correction)

n3 + n
On considère la suite ( un ) définie sur  par u=
n
1) Quelle valeur le programme affiche-t-il si l'utilisateur rentre A = 10000 ?

2) Justifier que le programme s'arrête quelle que soit la valeur de A rentrée
Exercice n°33 (correction)
On considère la suite ( un ) définie sur  par u0 = 2 et un+1 = un + 2n + 1
Compléter l'algorithme suivant pour qu'il affiche en sortie le plus petit entier naturel tel que un > A
à partir de la saisie du réel A.
Variables
Entrée
Initialisation
Traitement

Sortie

A et u sont des nombres réels
n est un entier
Saisir A
u prend la valeur ....
n prend la valeur .....
Tant que .........
u prend la valeur ...............
n prend la valeur .............
Fin Tant que
Afficher n.

TS - Limites de suites

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