Terminale · Maths complémentaires · Chapitre 2

Évolution : modèles discrets

Exercices corrigés — limites de suites et suites arithmético-géométriques.

Ex. 1 — Calculs de limites Ex. 2 — Sens de variation et convergence Ex. 3 — Épargne avec versements Ex. 4 — Médicament à doses répétées Ex. 5 — Modèle de Malthus

Formules clés : $\lim q^n = 0$ si $-1<q<1$ ; $u_{n+1} = au_n+b$ : point fixe $\ell = \dfrac{b}{1-a}$, $v_n = u_n-\ell$ géométrique de raison $a$, $u_n = \ell + (u_0-\ell)\,a^n$.

Exercice 1

Calculs de limites

Déterminer la limite de chacune des suites suivantes.

$a_n = \dfrac{n^2+3n}{2n^2-1}$
$b_n = 3 - 5\times 0{,}6^n$
$c_n = 2^n - 3^n$
$d_n = \dfrac{n + \sin n}{n}$ pour $n\geqslant 1$

a. Forme $\frac{\infty}{\infty}$ : on factorise par le terme dominant $n^2$.

\[ a_n = \frac{n^2\left(1+\frac3n\right)}{n^2\left(2-\frac{1}{n^2}\right)} = \frac{1+\frac3n}{2-\frac1{n^2}} \longrightarrow \frac{1}{2} \]

b. On utilise la limite de $q^n$ avec $q = 0{,}6\in\,]-1\,;1[$.

\[ \lim 0{,}6^n = 0 \quad\Longrightarrow\quad \lim b_n = 3 - 0 = 3 \]

c. Forme $\infty - \infty$ : on factorise par $3^n$, le terme qui « grossit le plus vite ».

\[ c_n = 3^n\left(\left(\tfrac23\right)^n - 1\right) \qquad \lim 3^n = +\infty,\quad \lim \left(\tfrac23\right)^n - 1 = -1 \quad\Longrightarrow\quad \lim c_n = -\infty \]

d. $\sin n$ n'a pas de limite, mais il est encadré : $-1\leqslant \sin n\leqslant 1$. On utilise les gendarmes.

\[ \frac{n-1}{n} \leqslant d_n \leqslant \frac{n+1}{n} \qquad\text{soit}\qquad 1 - \frac1n \leqslant d_n \leqslant 1 + \frac1n \]

Les deux suites qui encadrent tendent vers $1$, donc $\lim d_n = 1$.

Exercice 2

Sens de variation et convergence

Soit $(u_n)$ la suite définie pour tout entier $n$ par $u_n = \dfrac{n}{n+1}$.

Calculer $u_0$, $u_1$, $u_2$ et $u_9$.
Montrer que $u_{n+1} - u_n = \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}$. En déduire le sens de variation de $(u_n)$.
Montrer que $u_n < 1$ pour tout $n$. Que peut-on en déduire ?
Déterminer la limite de $(u_n)$.

a. On remplace $n$ par sa valeur.

\[ u_0 = 0 \qquad u_1 = \tfrac12 \qquad u_2 = \tfrac23 \qquad u_9 = \tfrac{9}{10} = 0{,}9 \]

b. On réduit au même dénominateur $(n+1)(n+2)$.

\[ u_{n+1} - u_n = \frac{n+1}{n+2} - \frac{n}{n+1} = \frac{(n+1)^2 - n(n+2)}{(n+1)(n+2)} = \frac{n^2+2n+1 - n^2 - 2n}{(n+1)(n+2)} = \frac{1}{(n+1)(n+2)} \]

Ce quotient est strictement positif : la suite $(u_n)$ est strictement croissante.

c. Le numérateur est strictement inférieur au dénominateur positif.

$n < n+1$ et $n+1 > 0$, donc $u_n = \dfrac{n}{n+1} < 1$. La suite est croissante et majorée par 1 : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge.

d. On factorise par $n$ pour lever la forme $\frac{\infty}{\infty}$.

\[ u_n = \frac{n}{n\left(1+\frac1n\right)} = \frac{1}{1+\frac1n} \longrightarrow 1 \]

⚠ Le théorème de convergence monotone donne l'existence de la limite, pas sa valeur : ici elle vaut $1$, mais un majorant n'est pas forcément la limite.

Exercice 3

Épargne avec versements

Le 1^er janvier 2025, Léa place 5 000 € sur un livret rémunéré à 2 % par an. Chaque 31 décembre, après le versement des intérêts, elle ajoute 1 200 €. On note $u_n$ le capital au 1^er janvier $2025+n$ ; $u_0 = 5000$.

Justifier que $u_{n+1} = 1{,}02\,u_n + 1200$.
On pose $v_n = u_n + 60\,000$. Montrer que $(v_n)$ est géométrique et préciser sa raison et son premier terme.
En déduire $u_n$ en fonction de $n$, puis le capital au 1^er janvier 2035.
Quelle est la limite de $(u_n)$ ?

a. Ajouter 2 % revient à multiplier par $1{,}02$, puis on ajoute le versement.

\[ u_{n+1} = u_n\times 1{,}02 + 1200 \]

b. Le point fixe vérifie $\ell = 1{,}02\ell + 1200$, soit $\ell = -60\,000$ : d'où $v_n = u_n - \ell = u_n + 60\,000$. On vérifie :

\[ v_{n+1} = u_{n+1} + 60\,000 = 1{,}02u_n + 61\,200 = 1{,}02\,(u_n + 60\,000) = 1{,}02\,v_n \]

$(v_n)$ est géométrique de raison $1{,}02$ et de premier terme $v_0 = 5000 + 60\,000 = 65\,000$.

c. $v_n = 65\,000\times 1{,}02^n$, puis $u_n = v_n - 60\,000$. L'année 2035 correspond à $n = 10$.

\[ u_n = 65\,000\times 1{,}02^n - 60\,000 \qquad u_{10} = 65\,000\times 1{,}02^{10} - 60\,000 \approx 19\,234{,}64 \text{ €} \]

✔ Ordre de grandeur : Léa a versé $5000 + 10\times 1200 = 17\,000$ € ; les intérêts représentent environ 2 235 €, cohérent avec un taux de 2 %.

d. Ici la raison $1{,}02 > 1$ donc $\lim 1{,}02^n = +\infty$.

$\lim u_n = +\infty$ : le capital croît sans limite. 💡 Le point fixe négatif n'a pas de sens concret, c'est seulement un outil de calcul.

Exercice 4

Médicament à doses répétées

Un patient reçoit une dose de 2 mg d'un médicament toutes les 12 heures. Entre deux prises, l'organisme élimine 30 % de la quantité présente. On note $u_n$ la quantité (en mg) présente juste après la $(n+1)$^e prise ; $u_0 = 2$.

Justifier que $u_{n+1} = 0{,}7\,u_n + 2$.
Déterminer le point fixe $\ell$, puis exprimer $u_n$ en fonction de $n$.
Déterminer la limite de $(u_n)$ et l'interpréter.
Le traitement est efficace dès que la quantité dépasse 6,5 mg. Après combien de prises est-ce le cas ?

a. Il reste 70 % de la quantité, puis on ajoute la nouvelle dose.

\[ u_{n+1} = (1-0{,}3)\,u_n + 2 = 0{,}7\,u_n + 2 \]

b. On résout $\ell = 0{,}7\ell + 2$ puis on utilise la formule $u_n = \ell + (u_0 - \ell)a^n$.

\[ 0{,}3\,\ell = 2 \iff \ell = \frac{20}{3}\approx 6{,}67 \qquad u_n = \frac{20}{3} + \left(2 - \frac{20}{3}\right)0{,}7^n = \frac{20}{3} - \frac{14}{3}\times 0{,}7^n \]

c. $-1 < 0{,}7 < 1$ donc $\lim 0{,}7^n = 0$.

$\lim u_n = \dfrac{20}{3}\approx 6{,}67$ mg : la quantité se stabilise, c'est le plateau thérapeutique.

d. On cherche le plus petit $n$ tel que $u_n > 6{,}5$, soit $\dfrac{14}{3}\times 0{,}7^n < \dfrac16$, c'est-à-dire $0{,}7^n < \dfrac{1}{28}\approx 0{,}0357$.

\[ 0{,}7^9\approx 0{,}0404 \qquad 0{,}7^{10}\approx 0{,}0282 \]

Donc $n = 10$ : c'est juste après la 11^e prise ($u_{10}\approx 6{,}53$ mg), soit 5 jours après le début du traitement.

⚠ Attention au décalage d'indice : $u_n$ correspond à la $(n+1)$^e prise.

Exercice 5

Modèle de Malthus

En 1798, Malthus affirme qu'une population croît de façon géométrique alors que les ressources croissent de façon arithmétique. Dans un pays, on modélise :

la population (en millions) par $P_n = 50\times 1{,}04^n$ ;
les ressources alimentaires (en millions de rations annuelles) par $R_n = 60 + 3n$,

où $n$ est le nombre de décennies après 1800.

Préciser la nature, la raison et la limite de chacune des deux suites.
Calculer $P_{10}$ et $R_{10}$. Le pays est-il en mesure de nourrir sa population en 1900 ?
À l'aide de la calculatrice, déterminer à partir de quelle décennie la population dépasse les ressources.
On admet que $\lim \dfrac{R_n}{P_n} = 0$. Interpréter ce résultat.

a. On reconnaît les formes explicites des suites de référence.

$(P_n)$ est géométrique de raison $1{,}04 > 1$ et de premier terme $50 > 0$ : $\lim P_n = +\infty$.
$(R_n)$ est arithmétique de raison $3 > 0$ : $\lim R_n = +\infty$.

b. On remplace $n$ par $10$.

\[ P_{10} = 50\times 1{,}04^{10}\approx 74{,}0 \qquad R_{10} = 60 + 30 = 90 \]

En 1900, $R_{10} > P_{10}$ : les ressources suffisent encore.

c. On compare les termes au tableau de valeurs.

$n$	20	25	26
$P_n$	109,6	133,3	138,6
$R_n$	120	135	138

La population dépasse les ressources à partir de $n = 26$, soit vers 2060 dans ce modèle.

d. $\dfrac{R_n}{P_n}$ représente le nombre de rations par habitant.

Elle tend vers $0$ : une croissance géométrique finit toujours par l'emporter sur une croissance arithmétique, et la ration par personne s'effondre. 💡 C'est la « catastrophe malthusienne » — démentie historiquement par les progrès agricoles, qui ont rendu la croissance des ressources bien plus rapide qu'arithmétique.