Exercices corrigés : variation linéaire, suites arithmétiques et fonctions affines (Première, tronc commun)

Du rang $0$ au rang $15$, il y a $15$ pas de $4$ : $u(15)=7+15\times 4=67$.

La suite commence au rang $1$ : du rang $1$ au rang $12$, il y a $11$ pas, donc $u(12)=-3+11\times 5=52$. Piège : faire $12$ pas et trouver $57$, comme si la suite commençait au rang $0$.

On remonte de $6$ pas, du rang $6$ au rang $0$ : chaque pas en arrière RETRANCHE la raison. $u(0)=u(6)-6\times(-3)=50+18=68$. Contrôle : $68+6\times(-3)=50$. Piège : écrire $50-18=32$, en oubliant que retrancher $-3$ revient à ajouter $3$.

Du rang $4$ au rang $10$, il y a $6$ pas, et la suite perd $-5-19=-24$. La raison vaut $r=\frac{-24}{6}=-4$. Piège : diviser par $10$, le rang d'arrivée, au lieu du nombre de pas.

$u(n)=13+6n$, et $13+6n=133$ équivaut à $6n=120$, soit $n=20$. Contrôle : $13+6\times 20=133$.

$u(n)=4+9n$, et $4+9n>100$ équivaut à $9n>96$, soit $n>\frac{96}{9}\approx 10{,}7$. Le premier rang entier est $n=11$. Contrôle de part et d'autre du seuil : $u(10)=94\leq 100$ et $u(11)=103>100$. Piège : répondre $10$ en arrondissant $10{,}7$ au plus proche ; un rang qui ne dépasse pas encore le seuil ne convient pas.

$f(35)=-0{,}4\times 35+12=-14+12=-2$. Piège : oublier le signe moins du coefficient et trouver $26$.

Le taux d'accroissement est $\frac{f(6)-f(2)}{6-2}=\frac{-1-11}{4}=\frac{-12}{4}=-3$. C'est le coefficient directeur de la droite : $f$ est décroissante. Piège : soustraire dans deux ordres différents en haut et en bas, ce qui change le signe.

$\frac{3}{4}x-5=4$ équivaut à $\frac{3}{4}x=9$, puis à $x=9\times\frac{4}{3}=12$. Contrôle : $f(12)=9-5=4$. Piège : multiplier par $\frac{3}{4}$ au lieu de diviser, ce qui donne $6{,}75$.

Le coefficient directeur est $m=\frac{10-1}{4-(-2)}=\frac{9}{6}=1{,}5$. Puis $p=y_{A}-m\,x_{A}=1-1{,}5\times(-2)=1+3=4$, donc $f(x)=1{,}5x+4$. Contrôle avec $B$ : $1{,}5\times 4+4=10$. Piège : le double signe dans $4-(-2)$ et dans $1-1{,}5\times(-2)$.

On soustrait chaque valeur de la suivante. Pour $u$ : $15-12=3$, $18-15=3$, $21-18=3$, $24-21=3$, l'écart est constant, $u$ est arithmétique de raison $3$. Pour $w$ : $35-40=-5$, puis $-5$, $-5$, $-5$ : arithmétique de raison $-5$. Pour $v$ : $2$, $4$, $8$, $16$, les écarts grandissent, $v$ n'est pas arithmétique ; elle DOUBLE à chaque étape, c'est un autre modèle, celui de la variation exponentielle. Pour $t$ : $1$, $2$, $3$, $4$, les écarts augmentent aussi. Le piège est de conclure « elle augmente régulièrement, donc elle est arithmétique » : $u$, $v$ et $t$ augmentent toutes les trois, une seule ajoute toujours la même quantité. On juge sur les ÉCARTS, jamais sur l'impression d'ensemble.

$u(n+1)=u(n)+3$ et $u(5)=u(4)+3=24+3=27$. De même $w(n+1)=w(n)-5$ et $w(5)=w(4)-5=20-5=15$. La relation de récurrence dit comment on passe d'une étape à la suivante ; elle suffit pour le terme suivant, mais pour $u(20)$ il faudrait l'appliquer seize fois de plus à partir de $u(4)$. D'où l'intérêt de la question suivante.

De l'étape $0$ à l'étape $n$, on fait $n$ PAS, et chaque pas ajoute la raison. Donc $u(n)=u(0)+n\times 3=12+3n$ et $w(n)=40-5n$. Contrôle sur une valeur du tableau : $u(4)=12+12=24$ et $w(4)=40-20=20$, c'est bon. Alors $u(20)=12+60=72$. Pour $w(n)=0$ : $40-5n=0$, soit $5n=40$ et $n=8$. Vérification : huit pas de $-5$ font bien descendre de $40$ à $0$. La formule « départ plus nombre de pas fois raison » est tout le chapitre : il suffit de bien identifier le départ et de compter les pas.

$u(n+1)-u(n)=3$, qui est positif : chaque terme dépasse le précédent, $u$ est croissante. $w(n+1)-w(n)=-5$, négatif : $w$ est décroissante. Pour une suite arithmétique, le sens de variation se lit donc sur le SIGNE de la raison, exactement comme celui d'une fonction affine se lit sur le signe de son coefficient directeur. Sur le graphique de la correction, les points de $u$ sont alignés, ceux de $v$ ne le sont pas : c'est la traduction graphique d'un écart constant.

Motif $1$ : une barre de $3$ carreaux et une jambe de $1$, soit $4$ carreaux. Motif $2$ : $5+2=7$. Motif $3$ : $7+3=10$. Les écarts valent $3$ et $3$ : si la règle se poursuit, le motif $4$ compte $10+3=13$ carreaux. On peut le vérifier en le dessinant : une barre de $9$ carreaux et une jambe de $4$.

Pour passer du motif $n$ au motif $n+1$, on ajoute un carreau à CHAQUE bout de la barre, soit $2$ carreaux, et un carreau au bas de la jambe : $3$ carreaux en tout, quel que soit $n$. La suite est donc arithmétique de raison $3$ : $u(n+1)=u(n)+3$, avec $u(1)=4$. C'est la justification qui est demandée : constater que $4$, $7$, $10$ augmentent de $3$ ne prouve pas que la règle continue, le dessin, lui, le montre pour tous les motifs.

Première façon : du motif $1$ au motif $n$, on fait $n-1$ pas, et non $n$. Donc $u(n)=u(1)+(n-1)\times 3=4+3n-3=3n+1$. Deuxième façon : la barre du motif $n$ compte $2n+1$ carreaux (motif $1$ : $3$, motif $2$ : $5$) et la jambe $n$ carreaux, d'où $2n+1+n=3n+1$. Les deux méthodes concordent, ce qui vaut vérification. Alors $u(20)=60+1=61$. L'erreur classique est d'écrire $u(20)=4+20\times 3=64$ : on a compté $20$ pas alors qu'il n'y en a que $19$ entre le motif $1$ et le motif $20$. Contrôle rapide : la formule doit redonner $u(1)=4$, et $3\times 1+1=4$.

On cherche le plus grand $n$ tel que $3n+1\leq 150$, soit $3n\leq 149$ et $n\leq 49{,}66\ldots$ Comme $n$ est un entier, $n=49$. Le motif $49$ utilise $3\times 49+1=148$ carreaux, il en reste $150-148=2$, trop peu pour le motif $50$ qui en demande $151$. On arrondit ici vers le BAS, parce que le motif doit tenir dans la boîte : arrondir $49{,}66$ à $50$ serait réclamer un carreau de plus que ce qu'on a.

$3n+1=100$ donne $3n=99$ et $n=33$ : le motif $33$ compte exactement $100$ carreaux. En revanche $3n+1=200$ donne $3n=199$, et $199$ n'est pas un multiple de $3$ : aucun motif ne compte $200$ carreaux, on passe de $199$ (motif $66$) à $202$ (motif $67$). Un nombre est un terme de la suite seulement si, une fois le départ retiré, il reste un nombre entier de pas.

Chaque année, le capital augmente du même montant, puisque les intérêts sont calculés sur la somme de départ, qui ne change pas : l'écart entre deux années consécutives est constant, la suite est arithmétique et sa raison $r$ est l'intérêt annuel. Entre le relevé de l'année $3$ et celui de l'année $7$, il y a $7-3=4$ années, donc $4$ pas. Le capital a augmenté de $2\,420-2\,180=240$ dollars, soit $r=\frac{240}{4}=60$ dollars par an. Le piège est de diviser par $7$ ou par $3$ : on divise l'augmentation par le nombre de PAS entre les deux relevés.

De l'année $0$ à l'année $3$, il y a trois pas de $60$ dollars : $C_{0}=C_{3}-3\times 60=2\,180-180=2\,000$ dollars. Le taux est la part que représente l'intérêt annuel dans le dépôt : $\frac{60}{2\,000}=\frac{3}{100}$, soit $3\ \%$. Contrôle : $3\ \%$ de $2\,000$ font bien $60$. On remarque que c'est toujours sur $2\,000$ dollars que se calculent les $3\ \%$, jamais sur le capital de l'année : c'est la définition des intérêts simples, et c'est elle qui rend la croissance linéaire.

$C_{n}=C_{0}+n\times r=2\,000+60n$. Vérification sur les relevés : $C_{3}=2\,000+180=2\,180$ et $C_{7}=2\,000+420=2\,420$, les deux sont retrouvés. Alors $C_{10}=2\,000+600=2\,600$ dollars. En dix ans, le livret a rapporté $600$ dollars, soit $30\ \%$ du dépôt : avec des intérêts simples, les pourcentages annuels s'additionnent, ce qui n'est plus vrai quand les intérêts produisent eux-mêmes des intérêts (c'est le chapitre de la variation exponentielle).

On cherche le premier entier $n$ tel que $2\,000+60n>3\,000$, soit $60n>1\,000$ et $n>\frac{1\,000}{60}=\frac{50}{3}=16{,}6\ldots$ Le premier entier qui convient est $n=17$. On le confirme de part et d'autre du seuil : $C_{16}=2\,000+960=2\,960$, encore en dessous, et $C_{17}=2\,000+1\,020=3\,020$, au-dessus. Le capital dépasse donc $3\,000$ dollars pour la première fois au bout de $17$ ans. Répondre $16$ en arrondissant $16{,}6$ au plus proche est faux : au bout de $16$ ans, le seuil n'est pas atteint. Pour un seuil à DÉPASSER, on prend l'entier au-dessus, et le calcul des deux termes voisins le prouve.

On lit $u_{0}=12$, le premier point étant sur l'axe des ordonnées, et $u_{5}=22$. Les points ne se relient pas : $n$ est un numéro d'année, un nombre entier, et une valeur « à l'année $2{,}5$ » n'a pas de sens pour un budget voté une fois par an. La représentation graphique d'une suite est un NUAGE de points isolés, celle d'une fonction affine une droite continue. Relier les points ne coûte rien au calcul, mais c'est une faute de lecture du modèle que le correcteur relève.

Des points alignés, régulièrement espacés, suggèrent un écart constant, donc une suite arithmétique. Entre deux années consécutives, on monte de $2$ carreaux, soit $2$ millions : $r=u_{1}-u_{0}=14-12=2$. Entre l'année $0$ et l'année $5$, il y a $5$ pas : $r=\frac{u_{5}-u_{0}}{5}=\frac{22-12}{5}=2$. C'est la même idée que le coefficient directeur d'une droite, la variation de la valeur divisée par la variation du rang. Donc $u_{n}=u_{0}+n\times r=12+2n$. Contrôle : $u_{3}=12+6=18$, c'est bien le point lu.

$u_{10}=12+2\times 10=32$ millions de dollars. Le graphique ne va pas jusque-là : la formule permet de prolonger le modèle, à condition que la ville garde la même politique, ce que rien ne garantit. Une prévision tirée d'un modèle se présente toujours avec cette réserve.

On cherche le premier entier $n$ tel que $12+2n>30$, soit $2n>18$ et $n>9$. Pour $n=9$, $u_{9}=12+18=30$ : le poste vaut exactement $30$ millions, il ne les DÉPASSE pas. Le premier rang qui convient est $n=10$, avec $u_{10}=32$. Le piège est de répondre $9$ en résolvant une égalité au lieu d'une inégalité stricte : lire le mot de l'énoncé, « dépasse » ou « atteint », décide du rang, et c'est là que se joue le point.

C'est faux. $u_{6}=12+12=24=2\times 12$ est une coïncidence du point de départ, pas une propriété du modèle : l'année $12$, $u_{12}=12+24=36$ millions, et non $48$. Une suite arithmétique AJOUTE $2$ millions chaque année ; elle ne multiplie pas. Doubler une deuxième fois demanderait de passer de $24$ à $48$, soit $24$ millions de plus, donc $12$ années et non $6$. Le raisonnement « double tous les six ans » appartient à une croissance exponentielle, où l'on multiplie par un même nombre à chaque pas.

Le taux d'accroissement de $F$ entre $0$ et $100$ vaut $\frac{F(100)-F(0)}{100-0}=\frac{212-32}{100}=\frac{180}{100}=1{,}8$. On retrouve le coefficient directeur de $F$ : pour une fonction affine, le taux d'accroissement est le même entre deux valeurs quelconques, et il est égal au coefficient de $c$. En français : chaque fois que la température monte de $1$ °C, elle monte de $1{,}8$ °F. Entre la glace fondante et l'eau bouillante, il y a $100$ degrés d'un côté et $180$ de l'autre, d'où ce rapport.

Une hausse de $10$ °C est un ÉCART, pas une température : elle se traduit par une hausse de $1{,}8\times 10=18$ °F. Le calcul $1{,}8\times 10+32=50$ donne la température qui correspond à $10$ °C, pas la variation. Vérification sur deux valeurs : passer de $20$ °C à $30$ °C, c'est passer de $F(20)=68$ à $F(30)=86$, soit $18$ °F de plus. Le $+32$ décale toutes les températures de la même quantité, il disparaît dans une différence : seul le coefficient directeur agit sur les écarts.

$F(10)=18+32=50$ et $R(10)=20+30=50$ : à $10$ °C, la règle est exacte. $F(30)=54+32=86$ et $R(30)=60+30=90$ : à $30$ °C, la règle donne $4$ °F de trop. Les deux fonctions sont affines, leurs droites se coupent au point d'abscisse $10$, et s'écartent l'une de l'autre des deux côtés parce que leurs coefficients directeurs diffèrent : $2$ pour la règle, $1{,}8$ pour la formule exacte.

$E(c)=(2c+30)-(1{,}8c+32)=2c-1{,}8c+30-32=0{,}2c-2$. La différence de deux fonctions affines est encore affine, et son coefficient est la différence des coefficients, $2-1{,}8=0{,}2$ : l'erreur grandit de $0{,}2$ °F par degré Celsius. $E(40)=8-2=6$ : à $40$ °C, la règle annonce $110$ °F au lieu de $104$. $E(-10)=-2-2=-4$ : par grand froid, la règle donne $10$ °F au lieu de $14$, elle sous-estime. Le signe de $E$ change en $c=10$, là où les droites se croisent.

On résout $-2\le 0{,}2c-2\le 2$. En ajoutant $2$ : $0\le 0{,}2c\le 4$. En divisant par $0{,}2$, positif, donc sans changer le sens : $0\le c\le 20$. La règle du voyageur se trompe de $2$ °F au plus entre $0$ et $20$ °C, c'est-à-dire pour les températures d'une journée tempérée ; hors de cet intervalle, l'erreur grandit régulièrement. Contrôle aux bornes : $E(0)=-2$ et $E(20)=2$.