Exercices — Les suites arithmético-géométriques

1. $u_1 = 2 \times 1 + 3 = 5$, puis $u_2 = 2 \times 5 + 3 = 13$ et $u_3 = 2 \times 13 + 3 = 29$.

2. Les différences successives valent $u_1 - u_0 = 4$ et $u_2 - u_1 = 8$ : elles ne sont pas constantes, la suite n’est pas arithmétique. Les quotients successifs valent $\dfrac{u_1}{u_0} = 5$ et $\dfrac{u_2}{u_1} = \dfrac{13}{5} = 2{,}6$ : ils ne sont pas constants, la suite n’est pas géométrique. C’est une suite arithmético-géométrique ($a = 2$, $b = 3$).

3. On résout $\ell = 2\ell + 3$, c’est-à-dire $-\ell = 3$, donc $\ell = -3$. Vérification : $2 \times (-3) + 3 = -3$ ✓.

4. Posons $v_n = u_n + 3$. Alors :

$v_{n+1} = u_{n+1} + 3 = 2u_n + 3 + 3 = 2(u_n + 3) = 2v_n$

La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $2$, de premier terme $v_0 = u_0 + 3 = 4$. Donc $v_n = 4 \times 2^n$, puis $u_n = v_n - 3 = 4 \times 2^n - 3$. Contrôle : pour $n = 3$, $4 \times 8 - 3 = 29 = u_3$ ✓. Comme $2 > 1$, $2^n$ tend vers $+\infty$, donc $(u_n)$ tend vers $+\infty$.

Réflexe à retenir : la méthode se déroule toujours dans le même ordre — point fixe ($\ell = a\ell + b$), suite auxiliaire $v_n = u_n - \ell$ géométrique de raison $a$, forme explicite, puis limite en regardant $a^n$. Et vérifie ta formule sur un terme déjà calculé !

1. $u_1 = 0{,}6 \times 10 + 2 = 8$ et $u_2 = 0{,}6 \times 8 + 2 = 6{,}8$.

2. Point fixe : $\ell = 0{,}6\,\ell + 2$ donne $0{,}4\,\ell = 2$, donc $\ell = 5$. Posons $v_n = u_n - 5$ :

$v_{n+1} = u_{n+1} - 5 = 0{,}6\,u_n + 2 - 5 = 0{,}6\,u_n - 3 = 0{,}6\,(u_n - 5) = 0{,}6\,v_n$

La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $0{,}6$ et de premier terme $v_0 = 10 - 5 = 5$.

3. $v_n = 5 \times 0{,}6^n$, donc $u_n = 5 + 5 \times 0{,}6^n$. Contrôle : $u_1 = 5 + 5 \times 0{,}6 = 8$ ✓. Comme $0 < 0{,}6 < 1$, $0{,}6^n$ tend vers $0$ : la suite converge vers $5$ (en décroissant, puisque $5 \times 0{,}6^n > 0$ diminue).

4. $u_n - 5 \leq 0{,}1$ équivaut à $5 \times 0{,}6^n \leq 0{,}1$, soit $0{,}6^n \leq 0{,}02$. En prenant le logarithme : $n \ln 0{,}6 \leq \ln 0{,}02$. Attention : $\ln 0{,}6 < 0$, donc en divisant, l’inégalité change de sens :

$n \geq \frac{\ln 0{,}02}{\ln 0{,}6} \approx 7{,}66$

Le plus petit entier qui convient est $n = 8$. Contrôle : $0{,}6^7 \approx 0{,}028 > 0{,}02$ et $0{,}6^8 \approx 0{,}017 \leq 0{,}02$ ✓.

Réflexe à retenir : pour un seuil, isole $q^n$, prends le logarithme avec $\ln q^n = n \ln q$ — et n’oublie pas que diviser par $\ln q$, négatif quand $0 < q < 1$, retourne l’inégalité.

1. Pour $q \neq 1$ :

$1 + q + q^2 + \dots + q^n = \frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}$

2. Directement : $1 + 0{,}9 + 0{,}81 = 2{,}71$. Avec la formule : $\dfrac{1 - 0{,}9^3}{1 - 0{,}9} = \dfrac{1 - 0{,}729}{0{,}1} = \dfrac{0{,}271}{0{,}1} = 2{,}71$ ✓.

3. Comme $0 < 0{,}9 < 1$, le terme $0{,}9^{n+1}$ tend vers $0$, donc la somme tend vers :

$\frac{1}{1 - 0{,}9} = 10$

4. Même raisonnement avec $q = \dfrac{1}{3}$ : la somme tend vers $\dfrac{1}{1 - 1/3} = \dfrac{1}{2/3} = \dfrac{3}{2}$. Une infinité de termes, une somme finie : chaque nouveau terme est trop petit pour faire dépasser cette valeur.

Réflexe à retenir : la limite de $1 + q + \dots + q^n$ pour $0 < q < 1$ vaut $\dfrac{1}{1-q}$ — retrouve-la en une seconde en faisant tendre $q^{n+1}$ vers $0$ dans la formule de la somme.

1. $u_1 = f(0) = 2$, $u_2 = f(2) = 3$ et $u_3 = f(3) = 3{,}5$.

2. En partant de $u_0 = 0$ sur l’axe des abscisses : on monte verticalement jusqu’à la droite de $f$ — l’ordonnée atteinte est $u_1 = f(u_0)$ ; on rejoint horizontalement la droite $y = x$, ce qui reporte $u_1$ sur l’axe des abscisses ; on répète le procédé pour obtenir $u_2$, puis $u_3$. Le chemin dessiné est un escalier qui monte le long des deux droites.

3. $f(x) = x$ équivaut à $0{,}5x + 2 = x$, soit $2 = 0{,}5x$, donc $x = 4$. Graphiquement, c’est l’abscisse du point d’intersection de la droite de $f$ et de la droite $y = x$ — le point vers lequel l’escalier se resserre. On conjecture que $(u_n)$ est croissante et converge vers $4$.

4. La suite vérifie $u_{n+1} = 0{,}5\,u_n + 2$ : point fixe $\ell = 4$ (question 3). La suite $v_n = u_n - 4$ vérifie $v_{n+1} = 0{,}5\,v_n$ avec $v_0 = -4$, donc $v_n = -4 \times 0{,}5^n$ et :

$u_n = 4 - 4 \times 0{,}5^n$

Contrôle : $u_2 = 4 - 4 \times 0{,}25 = 3$ ✓. Comme $0{,}5^n$ tend vers $0$ en décroissant, $u_n$ croît vers $4$ : la conjecture est démontrée.

Réflexe à retenir : l’escalier se construit avec la droite $y = x$, qui reporte chaque terme sur l’axe des abscisses — et le point d’intersection avec la courbe désigne le candidat limite. Mais un graphique conjecture, seule la méthode du point fixe démontre.

1. Entre le jour $n$ et le jour $n+1$, l’organisme élimine 30 % de la quantité : il en reste $70\ \%$, soit $0{,}7\,u_n$. La prise du matin ajoute ensuite 2 mg : $u_{n+1} = 0{,}7\,u_n + 2$.

2. $\ell = 0{,}7\,\ell + 2$ donne $0{,}3\,\ell = 2$, donc $\ell = \dfrac{2}{0{,}3} = \dfrac{20}{3}$ (environ $6{,}67$).

3. Posons $v_n = u_n - \dfrac{20}{3}$. Alors $v_{n+1} = 0{,}7\,u_n + 2 - \dfrac{20}{3} = 0{,}7\left(u_n - \dfrac{20}{3}\right) = 0{,}7\,v_n$ (en effet $0{,}7 \times \dfrac{20}{3} = \dfrac{14}{3}$ et $2 - \dfrac{20}{3} = -\dfrac{14}{3}$). La suite $(v_n)$ est géométrique de raison $0{,}7$, de premier terme $v_0 = 2 - \dfrac{20}{3} = -\dfrac{14}{3}$. Donc $v_n = -\dfrac{14}{3} \times 0{,}7^n$, puis :

$u_n = \frac{20}{3} - \frac{14}{3} \times 0{,}7^n$

Contrôle : $u_1 = \dfrac{20}{3} - \dfrac{14}{3} \times 0{,}7 = \dfrac{20 - 9{,}8}{3} = 3{,}4$, et directement $0{,}7 \times 2 + 2 = 3{,}4$ ✓.

4. Le terme $\dfrac{14}{3} \times 0{,}7^n$ est positif et diminue vers $0$ : la suite est croissante et converge vers $\dfrac{20}{3} \approx 6{,}67$. La quantité reste donc toujours strictement inférieure à $\dfrac{20}{3}$, donc largement sous le seuil de 8 mg : le traitement peut durer indéfiniment sans danger.

5. On résout $u_n > 6$ :

$\frac{20}{3} - \frac{14}{3} \times 0{,}7^n > 6 \iff \frac{14}{3} \times 0{,}7^n < \frac{2}{3} \iff 0{,}7^n < \frac{1}{7}$

En prenant le logarithme : $n \ln 0{,}7 < \ln \dfrac{1}{7}$, et comme $\ln 0{,}7 < 0$ :

$n > \frac{\ln(1/7)}{\ln 0{,}7} \approx 5{,}5$

Donc à partir de $n = 6$, c’est-à-dire du septième jour de traitement (le jour $0$ étant le premier). Contrôle : $u_5 \approx 5{,}88 < 6$ et $u_6 \approx 6{,}12 > 6$ ✓.

Réflexe à retenir : dans une modélisation, traduis d’abord l’énoncé en récurrence (« élimine 30 % » devient $\times\,0{,}7$, « prend 2 mg » devient $+\,2$), puis déroule la méthode complète — et pense à interpréter la limite : ici, la dose se stabilise autour du point d’équilibre $\ell$, c’est tout l’intérêt du modèle.