Correction des exercices 05 à 08 — Suites numériques — 2e Bac PC/SVT

Correction des exercices 05 à 08 — Suites numériques — 2e Bac PC/SVT — Al Moufid

2e Bac PC/SVT • Suites numériques • Exercices d’application

Les exercices 05 à 08 du manuel Al Moufid entraînent aux critères d’encadrement et de comparaison pour les suites numériques. On y déduit la limite d’une suite à partir d’inégalités valables à tous les rangs requis.

Avant d’appliquer un critère, on vérifie les signes des termes utilisés, les bornes et le rang de validité des inégalités.

Repères de cours — Suites numériques

Si \(a_n\le u_n\le b_n\) à partir d’un certain rang et si \(\lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}b_n=\ell\), alors \(\lim_{n\to+\infty}u_n=\ell\). Si \(u_n\ge a_n,\quad \lim_{n\to+\infty} a_n=+\infty\) alors \(\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty\) ; la propriété analogue vaut pour \(-\infty\).

Exercice 05 — Critères de convergence et encadrement

Sur \(\mathbb N^*\), on définit \(u_n=1+\frac{(-1)^n}{n}\) et \(v_n=\frac{\cos(3n)}{\sqrt n}\).

1.a — Encadrer le terme oscillant

Prouver que, pour tout \(n\ge1\), \(-\frac1n\le u_n-1\le\frac1n\).

Méthode — Encadrer \((-1)^n\) entre \(-1\) et \(1\), puis diviser par \(n>0\).

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Pour tout \(n\ge1\), \(-1\le(-1)^n\le1\). Comme \(n>0\), on peut diviser les trois membres par \(n\) sans changer les signes : \(-\frac1n\le\frac{(-1)^n}{n}\le\frac1n\). Puisque \(u_n-1=\frac{(-1)^n}{n}\), le résultat est établi.

\[\boxed{-\frac1n\le u_n-1\le\frac1n}\]

Interprétation — L'encadrement porte sur \(u_n-1\), pas directement sur \(u_n\) ; le décalage par \(1\) intervient ensuite.

1.b — Convergence de la première suite

En déduire la convergence de \((u_n)\) et calculer sa limite.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On additionne \(1\) aux trois membres de l’encadrement obtenu : \(1-\frac1n\le u_n\le 1+\frac1n\).

Or \(\lim_{n\to+\infty}(1-\frac1n)=\lim_{n\to+\infty}(1+\frac1n)=1\). Par le théorème d’encadrement, la suite \((u_n)\) possède donc la limite finie \(1\), et elle est convergente.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=1}\]

2.a — Majorant du module

Montrer que, pour \(n\ge1\), \(|v_n|\le\frac1{\sqrt n}\).

Méthode — Utiliser \(|\cos t|\le1\), puis diviser par \(\sqrt n>0\).

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Pour tout réel \(t\), la propriété trigonométrique \(-1\le\cos t\le1\) donne \(|\cos t|\le1\). On l’applique ici à \(t=3n\).

Comme \(\sqrt n>0\), on a \(|v_n|=\frac{|\cos(3n)|}{\sqrt n}\le\frac1{\sqrt n}\).

\[\boxed{|v_n|\le\frac1{\sqrt n}}\]

Interprétation — Le module permet de traiter simultanément les valeurs positives et négatives du cosinus.

2.b — Convergence de la seconde suite

En déduire la convergence de \((v_n)\) et sa limite.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Par la question précédente, on dispose des deux bornes \(-\frac1{\sqrt n}\le v_n\le\frac1{\sqrt n}\).

Puisque les deux suites qui encadrent \(v_n\) tendent vers \(0\), le théorème d’encadrement implique que \(\lim_{n\to+\infty}v_n=0\). Cette limite est finie : la suite converge.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}v_n=0}\]

Exercice 06 — Comparaisons et limites infinies

On considère successivement les suites \(u_n=n-\sin\sqrt n+2\), \(v_n=-2n+\cos(n^2)-1\) et \(w_n=\frac{n+\sin n}{2n+\cos n}\), définies aux rangs indiqués dans chaque question.

1.a — Minorant de la suite

Justifier que, pour tout \(n\in\mathbb N\), \(u_n\ge n\).

Méthode — Minorer le terme trigonométrique par \(-1\) pour comparer \(u_n\) à une suite linéaire.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

Pour tout réel \(x\), on sait que \(\sin x\le1\), d’où \(-\sin\sqrt n+2\ge1\).

Il s’ensuit que \(u_n=n+2-\sin\sqrt n\ge n+1\ge n\). La propriété demandée est donc vraie, et même renforcée.

\[\boxed{u_n\ge n+1\ge n}\]

Interprétation — Une perturbation bornée ne peut empêcher une croissance linéaire positive vers l'infini.

1.b — Limite de \(u_n\)

Déterminer \(\lim_{n\to+\infty}u_n\).

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La suite de référence \((n)\) tend vers \(+\infty\). Par la question 1.a, \(u_n\ge n\) pour tout entier \(n\ge0\).

Le théorème de comparaison pour les limites infinies permet donc de conclure que \(u_n\) tend également vers \(+\infty\).

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty}\]

2.a — Majorant de \(v_n\)

Vérifier que, pour tout \(n\in\mathbb N\), \(v_n\le-2n\).

Méthode — Majorer \(\cos(n^2)\) par \(1\), puis simplifier.

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

On utilise \(\cos(n^2)\le1\), valable pour tout entier naturel \(n\).

Ainsi \(v_n=-2n+\cos(n^2)-1\le-2n+1-1=-2n\).

\[\boxed{v_n\le-2n}\]

Interprétation — On n'a pas besoin de connaître la limite de \(\cos(n^2)\), qui n'est pas disponible par les opérations usuelles.

2.b — Limite de \(v_n\)

En déduire la limite de \(v_n\).

Afficher la réponse +Masquer la réponse −

La suite \((-2n)\) tend vers \(-\infty\). Or chaque terme \(v_n\) est inférieur ou égal à \(-2n\).

Par comparaison avec une suite tendant vers \(-\infty\), la suite \((v_n)\) tend vers \(-\infty\).

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}v_n=-\infty}\]

3.a — Double encadrement du quotient

Pour \(n\ge1\), montrer \(\frac{n-1}{2n+1}\le w_n\le\frac{n+1}{2n-1}\).

Méthode — Encadrer séparément \(n+\sin n\) et \(2n+\cos n\), puis justifier la positivité des dénominateurs.

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Comme \(-1\le\sin n\le1\), on a \(n-1\le n+\sin n\le n+1\). De même, \(2n-1\le2n+\cos n\le2n+1\). Pour \(n\ge1\), \(n-1\ge0\) et \(2n-1>0\), ce qui autorise les comparaisons.

En notant \(A=n+\sin n\) et \(B=2n+\cos n\), on obtient \(\frac{n-1}{2n+1}\le\frac AB\le\frac{n+1}{2n-1}\).

\[\boxed{\frac{n-1}{2n+1}\le w_n\le\frac{n+1}{2n-1}}\]

Interprétation — On ne compare pas des quotients terme à terme avant d'avoir établi les signes utiles.

3.b — Limite de \(w_n\)

Déterminer la limite de \(w_n\).

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On divise chaque terme des fractions encadrantes par \(n\) : \(\frac{n-1}{2n+1}=\frac{1-\frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}\) et \(\frac{n+1}{2n-1}=\frac{1+\frac{1}{n}}{2-\frac{1}{n}}\).

Les deux quotients convergent vers \(\frac12\), puisque leurs dénominateurs tendent vers \(2\neq0\). Le théorème d’encadrement impose la même limite à \(w_n\).

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}w_n=\frac12}\]

Exercice 07 — Encadrement avec alternance de signe

Pour tout \(n\ge2\), \(u_n=3+\frac{\sqrt n}{n+(-1)^n}\).

1 — Encadrer \(u_n-3\)

Établir, pour \(n\ge2\), \(\frac{\sqrt n}{n+1}\le u_n-3\le\frac{\sqrt n}{n-1}\).

Méthode — Encadrer \(n+(-1)^n\), montrer qu'il est positif puis passer aux inverses.

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Comme \((-1)^n\in\{-1,1\}\), on a \(n-1\le n+(-1)^n\le n+1\). Pour \(n\ge2\), tous ces dénominateurs sont strictement positifs.

La fonction inverse renverse les inégalités positives : \(\frac1{n+1}\le\frac1{n+(-1)^n}\le\frac1{n-1}\). En multipliant par \(\sqrt n>0\), puis en utilisant \(u_n-3=\frac{\sqrt n}{n+(-1)^n}\), on obtient le résultat annoncé.

\[\boxed{\frac{\sqrt n}{n+1}\le u_n-3\le\frac{\sqrt n}{n-1}}\]

Interprétation — Le passage aux inverses renverse le sens des inégalités strictement positives.

2 — Limite

Calculer la limite de la suite \((u_n)\).

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Les bornes de la question précédente s’écrivent \(\frac{\sqrt n}{n+1}=\frac{\frac1{\sqrt n}}{1+\frac{1}{n}}\) et \(\frac{\sqrt n}{n-1}=\frac{\frac1{\sqrt n}}{1-\frac{1}{n}}\).

Comme \(\lim_{n\to+\infty}\frac1{\sqrt n}=0\) et que les dénominateurs tendent vers \(1\), les deux bornes tendent vers \(0\). Ainsi \(\lim_{n\to+\infty}u_n-3=0\), d’où la limite cherchée.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=3}\]

Interprétation — L'oscillation du signe disparaît dans la limite grâce aux deux bornes communes.

Exercice 08 — Limites par majoration, minoration et encadrement

Pour chacun des huit termes généraux suivants, calculer la limite de la suite correspondante lorsque \(n\) tend vers \(+\infty\).

1 — Terme linéaire et sinus

\(u_n=-2n+\sin\!\left(\frac{n\pi}{3}\right)\).

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Puisque \(\sin t\le1\) pour tout réel \(t\), on a \(u_n\le-2n+1\).

Or \(\lim_{n\to+\infty}-2n+1=-\infty\). La comparaison par majoration donne la limite \(-\infty\) pour la suite.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=-\infty}\]

2 — Racine et cosinus carré

\(u_n=\sqrt n-\cos^2n\).

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Pour tout réel \(t\), \(0\le\cos^2t\le1\). Il s’ensuit que \(u_n\ge\sqrt n-1\).

Comme \(\lim_{n\to+\infty}\sqrt n-1=+\infty\), le critère de comparaison entraîne \(\lim_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=+\infty}\]

Interprétation — La croissance de \(\sqrt n\) domine la perturbation trigonométrique bornée.

3 — Polynôme dominant

\(u_n=\frac{n^2+\sin n}{n^4}\) pour \(n\ge1\).

Méthode — Diviser par la puissance maximale \(n^4\) puis encadrer le terme trigonométrique résiduel.

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Après séparation, \(u_n=\frac1{n^2}+\frac{\sin n}{n^4}\).

Les inégalités \(-\frac1{n^4}\le\frac{\sin n}{n^4}\le\frac1{n^4}\) donnent une limite nulle à ce second terme. Le premier terme tend également vers zéro ; leur somme tend donc vers zéro.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=0}\]

4 — Alternance et racine

\(u_n=\frac{2n+(-1)^n\sqrt n}{n+2}\).

Méthode — Diviser par \(n\) et encadrer la composante alternée en \(\frac1{\sqrt n}\).

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On divise numérateur et dénominateur par \(n>0\) : \(u_n=\frac{2+\frac{(-1)^n}{\sqrt n}}{1+\frac{2}{n}}\).

Comme \(\left|\frac{(-1)^n}{\sqrt n}\right|\le\frac1{\sqrt n},\quad \lim_{n\to+\infty}\frac1{\sqrt n}=0\), le numérateur tend vers \(2\). Le dénominateur tend vers \(1\neq0\), ce qui donne la limite.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=2}\]

Interprétation — Le signe de \((-1)^n\) ne gêne pas lorsque son coefficient tend vers zéro.

5 — Cosinus d’un entier puissant

\(u_n=2-\frac{\cos(n^4)}{n}\) pour \(n\ge1\).

Méthode — Encadrer \(\frac{\cos(n^4)}n\) en valeur absolue, puis ajouter la constante \(2\).

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On a \(|\cos(n^4)|\le1\), donc \(-\frac1n\le\frac{\cos(n^4)}n\le\frac1n\).

Comme \(\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0\), le terme fractionnaire tend vers zéro par encadrement, et \(2\) demeure la limite.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=2}\]

6 — Suite géométrique et sinus

\(u_n=\left(\frac34\right)^n\sin n\).

Méthode — Prendre la valeur absolue du produit et la majorer par la suite géométrique \((\frac{3}{4})^n\).

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La valeur absolue satisfait \(|u_n|=\left(\frac34\right)^n|\sin n|\le\left(\frac34\right)^n\).

La raison \(\frac{3}{4}\) appartient à \(]0,1[\) ; la suite géométrique \(((\frac{3}{4})^n)\) tend donc vers zéro. Par encadrement, \(\lim_{n\to+\infty}u_n=0\).

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=0}\]

Interprétation — Le sinus peut osciller indéfiniment : c'est l'amplitude qui tend vers zéro.

7 — Dénominateur strictement positif

\(u_n=\frac1{n(3-\sin n)}\) pour \(n\ge1\).

Méthode — Minorer \(3-\sin n\) par \(2\) afin de contrôler le dénominateur et le quotient.

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On sait que \(\sin n\le1\), ce qui implique \(3-\sin n\ge2>0\). Le dénominateur est donc strictement positif.

On peut encadrer \(0<u_n\le\frac1{2n}\). Comme \(\lim_{n\to+\infty}\frac1{2n}=0\), le théorème d’encadrement donne la limite nulle.

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=0}\]

Interprétation — La borne obtenue justifie à la fois l'existence des termes et la limite.

8 — Partie entière

\(u_n=\frac{3n+E(n)}{n+5}\), où \(E\) désigne la fonction partie entière.

Méthode — Employer le fait que \(E(n)=n\) lorsque \(n\) est entier, puis simplifier le quotient.

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Attention. Le rang \(n\) est un entier naturel : sa partie entière vérifie exactement \(E(n)=n\), et non simplement une approximation.

Pour chaque \(n\), \(u_n=\frac{3n+n}{n+5}=\frac{4}{1+\frac{5}{n}}\), dès que \(n>0\). Comme \(\lim_{n\to+\infty}\frac{5}{n}=0\), le quotient converge vers \(4\).

\[\boxed{\lim_{n\to+\infty} u_n=4}\]

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