Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 3 : Convergence de deux suites vers une même limite

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025 (épreuve de remplacement). Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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6 points

Le but de cet exercice est d'étudier les convergences de deux suites vers une même limite.

Partie A

On considère la fonction $f$ définie sur $[2; + \infty [$ par

$f (x) = 3 x - 2 .$

1. Justifier les éléments du tableau de variations ci-dessous :

(figure : tableau de variations de $f$ sur $[2; + \infty [$ ; $f$ est croissante, $f (2) = 2$ et $f$ tend vers $+ \infty$ quand $x$ tend vers $+ \infty$ .)

On admet que la suite $(u_{n})$ vérifiant $u_{0} = 6$ et, pour tout $n$ entier naturel, $u_{n + 1} = f (u_{n})$ est bien définie.

2. a. Démontrer par récurrence que, pour tout $n$ entier naturel : $2 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n} ⩽ 6$ .

b. En déduire que la suite $(u_{n})$ converge.

3. On appelle $ℓ$ la limite de $(u_{n})$ .

On admet qu'elle est solution de l'équation $f (x) = x$ . Déterminer la valeur de $ℓ$ .

4. On considère la fonction $rang$ écrite ci-dessous en langage Python.

On rappelle que $sqrt (x)$ renvoie la racine carrée du nombre $x$ .

1   from math import *
2
3   def rang(a) :
4       u = 6
5       n=0
6       while u > = a :
7           u = sqrt(3*u - 2)
8           n = n+1
9       return n

a. Pourquoi peut-on affirmer que $rang (2.000001)$ renvoie une valeur ?

b. Pour quelles valeurs du paramètre $a$ l'instruction $rang (a)$ renvoie-t-elle un résultat ?

Partie B

On admet que la suite $(v_{n})$ vérifiant $v_{0} = 6$ et, pour tout $n$ , entier naturel, $v_{n + 1} = 3 - \frac{2}{v _{n}}$ est bien définie.

1. Calculer $v_{1}$ .

2. Pour tout $n$ entier naturel, on admet que $v_{n} \neq = 2$ et on pose :

$w_{n} = \frac{v _{n} - 1}{v _{n} - 2} .$

a. Démontrer que la suite $(w_{n})$ est géométrique de raison 2 et préciser son premier terme $w_{0}$ .

b. On admet que, pour tout $n$ entier naturel,

$w_{n} - 1 = \frac{1}{v _{n} - 2} .$

En déduire que, pour tout $n$ entier naturel,

$v_{n} = 2 + \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1} .$

c. Calculer la limite de $(v_{n})$ .

3. Résoudre le plus petit entier naturel $n$ pour lequel $v_{n} < 2, 01$ en résolvant l'inéquation.

Partie C

À l'aide des parties précédentes, déterminer le plus petit entier $N$ tel que pour tout $n ⩾ N$ , les termes $v_{n}$ et $u_{n}$ appartiennent à l'intervalle $[1, 99; 2, 01]$ .

Corrigé

Partie A

1. Pour $x ⩾ 2$ : donc $3 x ⩾ 6$ , puis $3 x - 2 ⩾ 4 > 0$ donc $f$ est bien définie et dérivable.

$\forall x \in [2; + \infty [$ , $f^{'} (x) = \frac{3}{2 3 x - 2} > 0$ comme quotient de nombres positifs non nuls.

$f^{'}$ est à valeurs strictement positives sur $[2; + \infty [$ , donc $f$ est strictement croissante sur $[2; + \infty [$ .

On a : $f (2) = 3 \times 2 - 2 = 4 = 2$ .

Et : $x \to + \infty lim 3 x - 2 = + \infty$ ,

donc, par composition (avec $y = 3 x - 2$ ) : $x \to + \infty lim f (x) = x \to + \infty lim 3 x - 2 = y \to + \infty lim y = + \infty$ .

2. a. Initialisation : Pour $n = 0$ , $u_{0} = 6 ⩾ 2$ .

Donc : $u_{1} = f (6) = 3 \times 6 - 2 = 16 = 4 ⩾ 2$ .

Donc on a bien : $2 ⩽ u_{1} ⩽ u_{0} ⩽ 6$ . L'inégalité est vraie pour $n = 0$ .

Hérédité : Supposons que, pour un entier $n$ entier naturel donné, l'inégalité soit vraie, c'est-à-dire : $2 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n} ⩽ 6$ .

Montrons que l'inégalité suivante est vraie, c'est-à-dire : $2 ⩽ u_{n + 2} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6$ .

Par hypothèse de récurrence : $2 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n} ⩽ 6$ .

Comme $f$ est strictement croissante sur $[2; + \infty [$ : $f (2) ⩽ f (u_{n + 1}) ⩽ f (u_{n}) ⩽ f (6)$ .

D'après la définition de récurrence de $(u_{n})$ : $3 \times 2 - 2 ⩽ u_{n + 2} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 3 \times 6 - 2$ .

Finalement, comme $4 ⩽ 6$ qui appartient à l'intervalle $[2; + \infty [$ : $2 ⩽ u_{n + 2} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6$ .

Enfin, comme $4 ⩽ 6$ , qui appartient à l'intervalle, on obtient bien : $2 ⩽ u_{n + 2} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6$ .

Si l'inégalité est vraie pour un entier naturel $n$ donné, alors on prouve qu'elle est aussi vraie pour l'indice suivant, $n + 1$ .

Conclusion : L'inégalité est vraie pour l'indice $n = 0$ , et lorsqu'elle est vraie pour un entier naturel $n$ donné, elle est héréditaire. Par application du principe de récurrence, on a donc, pour tout $n$ entier naturel, on a : $2 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n} ⩽ 6$ .

b. De la question précédente on tire :

$\forall n \in N$ , $u_{n + 1} ⩽ u_{n}$ : la suite $(u_{n})$ est décroissante ;
$\forall n \in N$ , $2 ⩽ u_{n}$ : la suite $(u_{n})$ est minorée par 2 ;

$(u_{n})$ est décroissante et minorée par 2, donc elle converge vers une limite $ℓ$ qui vérifie : $2 ⩽ ℓ$ .

3. Soit $x$ un réel supérieur à 2 :

$f (x) = x ⟺ 3 x - 2 = x ⟺ 3 x - 2 = x^{2} car x ⩾ 2 donc 3 x - 2 ⩾ 0 ⟺ x^{2} - 3 x + 2 = 0 ⟺ (x - 1) (x - 2) = 0.$

Le trinôme du second degré a donc deux racines 1 et 2.

Comme $ℓ$ vérifie $ℓ ⩾ 2$ , seule la racine 2 peut être égale à $ℓ$ .

On a donc $ℓ = 2$ .

4. a. La suite $(u_{n})$ converge vers 2, donc tout intervalle ouvert contenant 2 contient tous les termes de la suite à partir d'un certain rang. En intervalle ouvert contenant 2 est celui de la forme $] b; a [$ , avec $a > 2$ , où $a$ qui est ici $> 2$ , où $2$ , ou $a$ qui est $+ \infty$ . Donc pour tout $a > 2$ , il existe un rang $N_{0}$ à partir duquel $u_{n} < a$ .

Le seul risque que l'algorithme ne se termine pas avec un $a > 2$ serait que le réel $a$ soit trop proche de 2, ce qui demanderait des nombreuses itérations, et $rang (2.000001)$ renvoie la valeur $N_{0}$ .

Le seul risque que l'algorithme ne se termine pas avec une valeur $a > 2$ serait que le réel $a$ soit trop proche de 2, donc avec une valeur $a$ proche de 2 il existe un rang à partir duquel $u_{n} < a$ .

b. D'après ce que l'on a expliqué précédemment, l'instruction renvoie un résultat si et seulement si $a > ℓ = 2$ .

Donc pour $a > 2$ .

Partie B

1. On a : $v_{1} = 3 - \frac{2}{v _{0}} = 3 - \frac{2}{6} = 3 - \frac{1}{3} = \frac{8}{3}$ .

2. a. Soit $n$ un entier naturel quelconque. Déterminons la relation de récurrence de la suite $(w_{n})$ .

$w_{n + 1} = \frac{v _{n + 1} - 1}{v _{n + 1} - 2} = \frac{3 - \frac{2}{v _{n}} - 1}{3 - \frac{2}{v _{n}} - 2} = \frac{2 - \frac{2}{v _{n}}}{1 - \frac{2}{v _{n}}} = \frac{\frac{2 v _{n} - 2}{v _{n}}}{\frac{v _{n} - 2}{v _{n}}} = \frac{2 v _{n} - 2}{v _{n} - 2} = \frac{2 ( v _{n} - 1 )}{v _{n} - 2} = 2 w_{n} .$

Au vu de sa relation de récurrence, $(w_{n})$ est géométrique de raison 2.

Son premier terme est : $w_{0} = \frac{v _{0} - 1}{v _{0} - 2} = \frac{6 - 1}{6 - 2} = \frac{5}{4} = 1, 25$ .

b. Puisque $(w_{n})$ est géométrique, de premier terme $w_{0} = 1, 25$ et de raison $q = 2$ , par propriété, on en déduit que, pour tout entier $n$ naturel, on a : $w_{n} = 1, 25 \times 2^{n}$ .

On admet la relation $w_{n} - 1 = \frac{1}{v _{n} - 2}$ .

Avec un premier terme strictement positif et une raison strictement supérieure à 1, la suite $(w_{n})$ est strictement croissante, et donc elle est minorée par son premier terme : $1, 25$ . Le nombre $w_{n} - 1$ sera donc toujours non nul.

Donc en inversant la relation admise, on a : $v_{n} - 2 = \frac{1}{w _{n} - 1} = \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1}$ .

Ce qui implique : $v_{n} = 2 + \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1}$ .

c. Comme $w_{0} = 1, 25 > 0$ et $q = 2 > 1$ , par propriété : $n \to + \infty lim 1, 25 \times 2^{n} = + \infty$ .

Par limite de la somme : $n \to + \infty lim 1, 25 \times 2^{n} - 1 = + \infty$ .

Puis, par limite de l'inverse : $n \to + \infty lim \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1} = 0$ .

Finalement, par limite de la somme : $n \to + \infty lim v_{n} = 2$ .

3. Résolvons : $v_{n} < 2, 01$ :

$v_{n} < 2, 01 ⟺ 2 + \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1} < 2, 01 ⟺ \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1} < 0, 01 ⟺ 1 < 0, 01 (1, 25 \times 2^{n} - 1) car, pour tout n naturel, on a : 1, 25 \times 2^{n} - 1 > 0 ⟺ 1 < 0, 0125 \times 2^{n} - 0, 01 ⟺ 1, 01 < 0, 0125 \times 2^{n} ⟺ \frac{1 , 01}{0 , 0125} < 2^{n} car 0, 0125 > 0 ⟺ 80, 8 < 2^{n} ⟺ ln (80, 8) < n ln (2) car la fonction ln est strictement croissante sur R^{*+} ⟺ \frac{ln ( 80 , 8 )}{ln ( 2 )} < n car ln (2) > 0 ⟺ n > \frac{ln ( 80 , 8 )}{ln ( 2 )} .$

$\frac{ln ( 80 , 8 )}{ln ( 2 )} \approx 6, 34$ . Le plus petit entier $n$ vérifiant $v_{n} < 2, 01$ est donc $n = 7$ .

Partie C

Comme on a démontré dans la partie A que la suite $(u_{n})$ est décroissante et minorée par 2, on explore les premiers termes de la suite à la calculatrice. On constate que $u_{16} = 2, 012 ⩾ 2, 01$ , alors que $u_{17} \approx 2, 009 < 2, 01$ .

On a donc, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à 17 : $1, 99 < 2 < u_{n} ⩽ u_{17} < 2, 01$ .

Et donc, en particulier : $n ⩾ 17 ⟹ u_{n} \in [1, 99; 2, 01 [$ .

D'après la partie B, on a pour tout $n$ entier naturel :

$1, 25 \times 2^{n} ⩾ 1, 25$ , donc $1, 25 \times 2^{n} - 1 ⩾ 0, 25 > 0$ , on en déduit : $\frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1} > 0$ .

Finalement, on a : $v_{n} = 2 + \frac{1}{1 , 25 \times 2 ^{n} - 1} > 2$ .

D'après la dernière question de la partie B, on a : $n ⩾ 7 ⟹ v_{n} < 2, 01$ .

Ainsi, on a : $n ⩾ 7 ⟹ 1, 99 < 2 < v_{n} < 2, 01$ .

Donc les termes de la suite $(v_{n})$ appartiennent à l'intervalle à partir de l'indice 7.

Pour que les deux conditions soient réunies, il faut donc que l'indice soit simultanément supérieur à 7 et à 17, donc, en conclusion, c'est à partir de l'indice $N = 17$ que les termes $v_{n}$ et $u_{n}$ sont dans l'intervalle $[1, 99; 2, 01 [$ .

Finalement : $N = 17$ .

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