Terminale — Programme officiel (BO 2019) · Math@mine
Une colonie de bacteries double toutes les heures. On démarre avec 100 bacteries. Au bout de combien d’heures la population depassera-t-elle un million ?
Selon la legende, l’inventeur du jeu d’echecs demanda au roi un grain de ble sur la première case, deux sur la deuxieme, quatre sur la troisieme, et ainsi de suite en doublant à chaque case. Sur les 64 cases, cela donne \(2^{64} - 1 \approx 1{,}8 \times 10^{19}\) grains : la production mondiale de ble pendant environ 1500 ans. Cette anecdote illustre la puissance de la croissance géométrique.
On pose \(u_0 = 1\) et \(u_{n+1} = \dfrac{u_n + 3}{2}\). Vers quel nombre la suite semble-t-elle converger ?
Demontrer que pour tout \(n \geq 0\), \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\).
On note \(P(n)\) : « \(\sum_{k=0}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}\) ».
Initialisation : Pour \(n = 0\) : \(\sum_{k=0}^{0} k = 0\) et \(\frac{0 \times 1}{2} = 0\). Donc \(P(0)\) est vraie.
Heredite : Supposons \(P(n)\) vraie pour un certain \(n \geq 0\). Alors : \[\sum_{k=0}^{n+1} k = \left(\sum_{k=0}^{n} k\right) + (n+1) = \frac{n(n+1)}{2} + (n+1) = \frac{n(n+1) + 2(n+1)}{2} = \frac{(n+1)(n+2)}{2}\] Donc \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout \(n \geq 0\).
On montre par récurrence que \(u_n = u_0 + nr\).
Initialisation : \(u_0 = u_0 + 0 \times r\). ✓
Heredite : si \(u_n = u_0 + nr\), alors \(u_{n+1} = u_n + r = u_0 + nr + r = u_0 + (n+1)r\). ✓
On ecrit la somme dans les deux sens et on ajoute terme a terme :
\(S = u_0 + u_1 + \cdots + u_n\)
\(S = u_n + u_{n-1} + \cdots + u_0\)
En additionnant : \(2S = (u_0 + u_n) + (u_1 + u_{n-1}) + \cdots + (u_n + u_0)\).
Or \(u_k + u_{n-k} = (u_0 + kr) + (u_0 + (n-k)r) = 2u_0 + nr = u_0 + u_n\) (constant).
Il y a \(n+1\) termes, donc \(2S = (n+1)(u_0 + u_n)\), soit \(S = (n+1) \times \dfrac{u_0 + u_n}{2}\). ∎
On montre par récurrence que \(u_n = u_0 \times q^n\).
Initialisation : \(u_0 = u_0 \times q^0 = u_0\). ✓
Heredite : si \(u_n = u_0 q^n\), alors \(u_{n+1} = q \cdot u_n = q \cdot u_0 q^n = u_0 q^{n+1}\). ✓
Posons \(S = u_0 + u_0 q + u_0 q^2 + \cdots + u_0 q^n\). On factorise : \(S = u_0(1 + q + q^2 + \cdots + q^n)\).
Calculons \(T = 1 + q + q^2 + \cdots + q^n\). Multiplions par \(q\) :
\(qT = q + q^2 + \cdots + q^{n+1}\)
En soustrayant : \(T - qT = 1 - q^{n+1}\), soit \(T(1 - q) = 1 - q^{n+1}\).
Comme \(q \neq 1\) : \(T = \dfrac{1 - q^{n+1}}{1 - q}\), d’ou \(S = u_0 \times \dfrac{1 - q^{n+1}}{1 - q}\). ∎
La suite définie par \(u_n = 3 \times 2^n\) est géométrique de premier terme \(u_0 = 3\) et de raison \(q = 2\).
\(u_0 = 3\), \(u_1 = 6\), \(u_2 = 12\), \(u_3 = 24\), …
Trois techniques possibles :
La suite \(u_n = \dfrac{n}{n+1}\) est croissante (on vérifie que \(u_{n+1} - u_n > 0\)), minoree par \(0\) et majoree par \(1\). Elle est bornée.
Soit \(\varepsilon > 0\). On cherche \(N\) tel que pour tout \(n \geq N\), \(\left|\dfrac{1}{n} - 0\right| < \varepsilon\), c’est-à-dire \(\dfrac{1}{n} < \varepsilon\).
Or \(\dfrac{1}{n} < \varepsilon \iff n > \dfrac{1}{\varepsilon}\). Il suffit de prendre \(N = \left\lfloor\dfrac{1}{\varepsilon}\right\rfloor + 1\). ∎
Soit \(|q| < 1\). On ecrit \(|q| = \dfrac{1}{1+h}\) avec \(h > 0\) (car \(|q| < 1\)).
Par l’inégalité de Bernoulli (demontrée par récurrence) : \((1+h)^n \geq 1 + nh\).
Donc \(|q^n| = |q|^n = \dfrac{1}{(1+h)^n} \leq \dfrac{1}{1+nh} \leq \dfrac{1}{nh}\).
Or \(\lim \dfrac{1}{nh} = 0\). Par le théorème des gendarmes (avec \(0 \leq |q^n| \leq \dfrac{1}{nh}\)) : \(\lim q^n = 0\). ∎
Soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(\lim u_n = \ell\), il existe \(N_1\) tel que pour \(n \geq N_1\), \(|u_n - \ell| < \frac{\varepsilon}{2}\).
Comme \(\lim v_n = \ell'\), il existe \(N_2\) tel que pour \(n \geq N_2\), \(|v_n - \ell'| < \frac{\varepsilon}{2}\).
Pour \(n \geq \max(N_1, N_2)\) :
\(|(u_n + v_n) - (\ell + \ell')| \leq |u_n - \ell| + |v_n - \ell'| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\)
(on a utilise l’inégalité triangulaire \(|a + b| \leq |a| + |b|\)). ∎
Déterminer la limite de \(u_n = n^2 - 3n\).
Forme indeterminee \((+\infty) - (+\infty)\). On factorise par le terme dominant :
\(u_n = n^2\left(1 - \dfrac{3}{n}\right)\). Or \(\lim \dfrac{3}{n} = 0\), donc \(\lim\left(1 - \dfrac{3}{n}\right) = 1 > 0\).
Ainsi \(\lim u_n = +\infty\).
La démonstration rigoureuse repose sur la borne supérieure (propriété fondamentale de \(\mathbb{R}\), hors programme). L’idee intuitive est la suivante :
Une suite croissante et majoree « monte » mais est bloquee par un plafond. Elle ne peut pas diverger vers \(+\infty\) (elle est majoree) ni osciller (elle est croissante). Il ne reste qu’une possibilite : elle se tasse vers une valeur limite.
Plus precisement, l’ensemble des valeurs \(\{u_n\}\) est un ensemble de réels non vide et majore. Par l’axiome de la borne supérieure, il admet une borne supérieure \(\ell = \sup\{u_n\}\), et on montre que \(\lim u_n = \ell\).
Soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(\lim v_n = \ell\), il existe \(N_1\) tel que pour \(n \geq N_1\) : \(\ell - \varepsilon < v_n\).
Comme \(\lim w_n = \ell\), il existe \(N_2\) tel que pour \(n \geq N_2\) : \(w_n < \ell + \varepsilon\).
Pour \(n \geq \max(N_1, N_2, n_0)\) :
\(\ell - \varepsilon < v_n \leq u_n \leq w_n < \ell + \varepsilon\)
Donc \(|u_n - \ell| < \varepsilon\). Par définition, \(\lim u_n = \ell\). ∎
Montrer que \(\lim \dfrac{\sin(n)}{n} = 0\).
Pour tout \(n \geq 1\), \(-1 \leq \sin(n) \leq 1\), donc \(-\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{\sin(n)}{n} \leq \dfrac{1}{n}\).
Or \(\lim \dfrac{-1}{n} = \lim \dfrac{1}{n} = 0\). Par le théorème des gendarmes, \(\lim \dfrac{\sin(n)}{n} = 0\).
Soit \(A > 0\). Comme \(\lim u_n = +\infty\), il existe \(N_1\) tel que pour \(n \geq N_1\) : \(u_n > A\).
De plus, \(u_n \leq v_n\) à partir d’un certain rang \(N_2\).
Pour \(n \geq \max(N_1, N_2)\) : \(v_n \geq u_n > A\).
Donc pour tout \(A > 0\), \(v_n > A\) à partir d’un certain rang. Par définition, \(\lim v_n = +\infty\). ∎
Soit \(u_0 = 5\) et \(u_{n+1} = \dfrac{u_n + 3}{2}\). Déterminer la limite.
On pose \(v_n = u_n - 3\). Alors \(v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \dfrac{u_n + 3}{2} - 3 = \dfrac{u_n - 3}{2} = \dfrac{v_n}{2}\).
Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et de premier terme \(v_0 = 2\).
\(v_n = 2 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\), donc \(u_n = 3 + 2 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\).
Comme \(\left|\dfrac{1}{2}\right| < 1\), \(\lim v_n = 0\), d’ou \(\lim u_n = 3\).
La suite \(u_n = 100 \times 2^n\) est une suite géométrique de raison \(q = 2 > 1\). Elle est strictement croissante et non bornée.
On cherche \(n\) tel que \(100 \times 2^n > 1\,000\,000\), soit \(2^n > 10\,000\). En passant au logarithme : \(n > \dfrac{\ln(10\,000)}{\ln(2)} \approx \dfrac{9{,}21}{0{,}693} \approx 13{,}3\).
Donc à partir de \(n = 14\) heures, la population depasse un million de bacteries (\(u_{14} = 100 \times 2^{14} = 1\,638\,400\)).
La suite \((u_n)\) admet pour limite \(+\infty\) : c’est un exemple de croissance exponentielle.
Calculons : \(u_0 = 1\), \(u_1 = 2\), \(u_2 = 2{,}5\), \(u_3 = 2{,}75\), \(u_4 = 2{,}875\), …
La suite semble converger vers 3. Si \(\ell\) est la limite, alors \(\ell = \dfrac{\ell + 3}{2}\), d’ou \(2\ell = \ell + 3\), soit \(\ell = 3\). ✓
Pour approfondir, d'autres applets s'ouvrent en plein écran dans un nouvel onglet :
Banque complète (1245 applets) — voir le catalogue GeoGebra.
| Notion | Formule / Résultat |
|---|---|
| Suite arithmétique | \(u_n = u_0 + nr\), somme \(= (n+1)\dfrac{u_0 + u_n}{2}\) |
| Suite géométrique | \(u_n = u_0 q^n\), somme \(= u_0\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}\) |
| Limite de \(q^n\) | \(0\) si \(|q| < 1\), \(+\infty\) si \(q > 1\) |
| Croissante majoree | Convergente |
| Théorème des gendarmes | \(v_n \leq u_n \leq w_n\) et \(\lim v_n = \lim w_n = \ell \Rightarrow \lim u_n = \ell\) |
| Récurrence | Initialisation + Heredite + Conclusion |
Suites et récurrence : teste d’abord ton intuition.
« Le raisonnement par récurrence prouve une propriété pour tout \(n \geq 0\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. La récurrence prouve la propriété à partir du rang d’initialisation, qui n’est pas forcement 0. Si on initialise a \(n = 2\), on prouve pour tout \(n \geq 2\), pas pour \(n = 0\) ou \(n = 1\).
Mini-test : si l’initialisation est faite a \(n = 3\), pour quels \(n\) la propriété est-elle prouvee ?
« Si \(u_n > 0\) pour tout \(n\), alors \(\lim u_n > 0\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. La limite peut être nulle. Exemple : \(u_n = \frac{1}{n}\). On a \(u_n > 0\) pour tout \(n \geq 1\), mais \(\lim u_n = 0\). L’inégalité stricte ne se conserve pas au passage à la limite (elle devient large).
Mini-test : \(u_n = \frac{1}{n^2}\). Quelle est la limite ?
« Si l’heredite est verifiee, la propriété est vraie pour tout \(n\). L’initialisation est une formalite. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Sans initialisation, l’heredite ne prouve rien ! Exemple : « \(n > n+1\) pour tout \(n\) ». L’heredite « si \(n > n+1\) alors \(n+1 > n+2\) » est trivialement vraie (ajout de 1 aux deux membres), mais la propriété est fausse car l’initialisation echoue.
Mini-test : les trois étapes de la récurrence sont :
« Une suite géométrique de raison \(|q| < 1\) est toujours décroissante (et converge vers 0). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Elle converge bien vers 0 quand \(|q| < 1\), mais n’est pas forcément décroissante. Si \(q < 0\) (avec \(|q| < 1\)), la suite change de signe à chaque terme : elle oscille en s’amortissant. Exemple : \(u_n = (-0{,}5)^n\) donne \(1, -0{,}5, 0{,}25, -0{,}125, \ldots\) — ni croissante ni décroissante, mais bien \(\lim u_n = 0\).
Mini-test : \(u_n = 3 \times (-0{,}5)^n\). Les premiers termes sont :
« Si \(u_{n+1} = 2u_n + 3\), alors \((u_n)\) est une suite géométrique de raison 2. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. La relation \(u_{n+1} = 2u_n + 3\) n’est pas de la forme \(u_{n+1} = q \cdot u_n\) a cause du \(+ 3\). On dit que \((u_n)\) est arithmetico-géométrique. Il faut poser une suite auxiliaire \(v_n = u_n + 3\) pour obtenir \(v_{n+1} = 2v_n\), qui est géométrique.
Mini-test : le point fixe de \(u_{n+1} = 2u_n + 3\) est :
« Toute suite croissante et majoree converge. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
C’est vrai ! C’est le théorème de convergence monotone : toute suite croissante et majoree converge (vers une limite finie). De même, toute suite décroissante et minoree converge.
Mini-test : \(u_n = 1 - \frac{1}{n}\) est croissante et majoree par 1. Sa limite est :