Exercices corrigés : suites et modèles discrets (maths complémentaires)

$u_{20}=u_{0}+20r=7+20\times(-3)=7-60=-53$.

De $v_{1}$ à $v_{8}$ il y a $8-1=7$ pas : $v_{8}=v_{1}\times q^{7}=7\times 2^{7}=7\times 128=896$. Piège : $7\times 2^{8}=1\,792$, qui fait comme si la suite commençait à $v_{0}=7$.

De $w_{2}$ à $w_{4}$ il y a deux pas : $w_{4}=w_{2}\times q^{2}$, donc $q^{2}=\frac{13{,}5}{6}=2{,}25$ et $q=1{,}5$, puisque les termes sont positifs. Piège : $\frac{13{,}5}{6}=2{,}25$ pris pour la raison, alors que c'est son carré.

Premier terme $5$, raison $3$, dernier terme $10\,935=5\times 2\,187=5\times 3^{7}$ : les exposants vont de $0$ à $7$, soit huit termes. $S=5\times\frac{3^{8}-1}{3-1}=5\times\frac{6\,560}{2}=16\,400$.

Raison $7$, et $151=4+21\times 7$ : il y a $21+1=22$ termes. $T=22\times\frac{4+151}{2}=22\times 77{,}5=1\,705$. Piège : compter $21$ termes, en oubliant le premier.

$0<0{,}92<1$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}92^{n}=0$, même si la raison est proche de $1$.

$1{,}03>1$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty}1{,}03^{n}=+\infty$, même si la croissance est lente.

$1{,}05>1$, donc $1{,}05^{n}$ tend vers $+\infty$, $-3\times 1{,}05^{n}$ vers $-\infty$, et $4-3\times 1{,}05^{n}$ vers $-\infty$. Piège : répondre $+\infty$ en ne regardant que la raison, sans le coefficient $-3$.

$S_{n}=3\times\frac{1-0{,}25^{n+1}}{1-0{,}25}=4\left(1-0{,}25^{n+1}\right)$. Comme $0<0{,}25<1$, $0{,}25^{n+1}$ tend vers $0$ et $S_{n}$ tend vers $\frac{3}{0{,}75}=4$. Une infinité de termes positifs, et pourtant une somme finie.

$\ell-0{,}6\,\ell=14$, soit $0{,}4\,\ell=14$ et $\ell=\frac{14}{0{,}4}=35$. Piège : $\ell=\frac{14}{1{,}6}$, qui ajoute au lieu de soustraire.

La suite $v_{n}=u_{n}-35$ est géométrique de raison $0{,}6$ et $v_{0}=10-35=-25$, donc $u_{n}=35-25\times 0{,}6^{n}$ et $c=-25$. Puis $u_{4}=35-25\times 0{,}1296=35-3{,}24=31{,}76$. Contrôle par la récurrence : $u_{1}=20$, $u_{2}=26$, $u_{3}=29{,}6$, $u_{4}=31{,}76$. Piège : $c=10$, le premier terme, au lieu de $u_{0}-\ell$.

Pour $(u_{n})$ : $u_{n+1}-u_{n}=3(n+1)+5-(3n+5)=3$, constante. La suite est arithmétique de raison 3, de premier terme $u_{0}=5$. Pour $(v_{n})$ : la relation donnée est exactement $v_{n+1}=0{,}8\,v_{n}$, donc la suite est géométrique de raison $0{,}8$. Pour $(w_{n})$ : $w_{n+1}-w_{n}=2n+1$, qui dépend de $n$, donc elle n'est pas arithmétique ; et le rapport $\frac{w_{1}}{w_{0}}$ n'existe même pas puisque $w_{0}=0$, donc elle n'est pas géométrique. Pour $(t_{n})$ : $\frac{t_{n+1}}{t_{n}}=\frac{2^{n+2}/5}{2^{n+1}/5}=2$, constante : elle est géométrique de raison 2.

$v_{n}=200\times 0{,}8^{n}$, donc $v_{5}=200\times 0{,}8^{5}=200\times 0{,}32768=65{,}536$.

$w_{0}=0$, $w_{1}=0+1=1$, $w_{2}=1+3=4$, $w_{3}=4+5=9$, $w_{4}=9+7=16$. On reconnaît les carrés parfaits, donc on conjecture $w_{n}=n^{2}$. Vérification : $w_{5}=w_{4}+2\times 4+1=16+9=25=5^{2}$. La conjecture tient. Elle s'explique par l'identité $(n+1)^{2}=n^{2}+2n+1$, qui est exactement la relation de récurrence.

L'élève confond la forme d'écriture et la nature de la suite. Une suite est géométrique dès que le rapport de deux termes consécutifs est constant, quelle que soit la façon dont on l'écrit. Ici $t_{n}=\frac{2}{5}\times 2^{n}$ : le facteur $\frac{2}{5}$ est simplement le premier terme $t_{0}$, et il disparaît dans le rapport. Le $+1$ de l'exposant ne fait que décaler la suite d'un rang. La raison est 2 et le premier terme est $0{,}4$.

La limite de $q^{n}$ vaut 0 lorsque $-1<q<1$. Comme $0{,}9$ est dans cet intervalle, $(a_{n})$ tend vers 0. Comme $1{,}1>1$, la suite $1{,}1^{n}$ tend vers $+\infty$, donc $(b_{n})$ tend vers $+\infty$.

$c_{0}=3$, $c_{1}=-1{,}5$, $c_{2}=0{,}75$, $c_{3}=-0{,}375$. Les termes changent de signe à chaque rang, donc la suite n'est pas monotone. En revanche $|c_{n}|=3\times 0{,}5^{n}$ tend vers 0, donc $(c_{n})$ tend bien vers 0. Une suite peut donc converger sans être monotone.

$d_{0}=3$, $d_{1}=-4{,}5$, $d_{2}=6{,}75$, $d_{3}=-10{,}125$. La suite alterne de signe et sa valeur absolue $3\times 1{,}5^{n}$ tend vers $+\infty$ : les termes oscillent en s'amplifiant. La suite n'a donc pas de limite, ni finie ni infinie. C'est le cas $q\leq -1$.

$e_{n+1}-e_{n}=\left(5-4\times 0{,}7^{n+1}\right)-\left(5-4\times 0{,}7^{n}\right)=-4\times 0{,}7^{n}\left(0{,}7-1\right)=-4\times 0{,}7^{n}\times(-0{,}3)=1{,}2\times 0{,}7^{n}$. Comme $0{,}7^{n}>0$ pour tout $n$, cette différence est strictement positive : la suite $(e_{n})$ est strictement croissante.

$0{,}7^{n}$ tend vers 0, donc $e_{n}$ tend vers $5-0=5$. Par ailleurs $4\times 0{,}7^{n}$ est strictement positif pour tout $n$, donc $e_{n}=5-4\times 0{,}7^{n}<5$. La suite est croissante et majorée par 5, sans jamais atteindre cette valeur : 5 est un palier approché, pas une valeur prise.

Le versement fait au début de l'année 1 est multiplié par $1{,}04$ dix fois, il vaut donc $1200\times 1{,}04^{10}$ à la fin. Celui du début de l'année 2 est multiplié neuf fois, il vaut $1200\times 1{,}04^{9}$, et ainsi de suite. Le dernier, fait au début de l'année 10, ne travaille qu'un an et vaut $1200\times 1{,}04$. En additionnant les dix versements on obtient bien $S=1200\left(1{,}04+1{,}04^{2}+\dots+1{,}04^{10}\right)$.

La parenthèse est la somme de dix termes d'une suite géométrique de premier terme $1{,}04$ et de raison $1{,}04$, donc elle vaut $1{,}04\times\frac{1{,}04^{10}-1}{1{,}04-1}$. Comme $1{,}04^{10}\approx 1{,}480244$, on obtient $\frac{0{,}480244}{0{,}04}\approx 12{,}006107$, puis $1{,}04\times 12{,}006107\approx 12{,}486351$. Enfin $S\approx 1200\times 12{,}486351\approx 14\,983{,}62$ dollars.

Le total versé est $10\times 1200=12\,000$ dollars. Les intérêts représentent donc $14\,983{,}62-12\,000=2\,983{,}62$ dollars, soit environ 19,9 % du capital final.

Un placement unique de 12 000 dollars pendant 10 ans donne $12\,000\times 1{,}04^{10}\approx 12\,000\times 1{,}480244\approx 17\,762{,}93$ dollars.

L'écart vaut environ $2\,779{,}31$ dollars, et il ne vient pas du taux mais du temps de placement. Dans le plan par versements, seule la première tranche de 1200 dollars travaille dix ans ; la dernière ne travaille qu'un an. La durée moyenne de placement d'un dollar y est d'environ cinq ans et demi, contre dix ans dans le placement unique. Autrement dit, ce n'est pas la somme investie qui compte, c'est la somme multipliée par la durée pendant laquelle elle reste investie.

$u_{1}=0{,}75\times 8+30=36$, $u_{2}=0{,}75\times 36+30=57$, $u_{3}=0{,}75\times 57+30=72{,}75$. Les différences valent $28$, $21$ puis $15{,}75$ : elles ne sont pas constantes, la suite n'est pas arithmétique. Les rapports valent $4{,}5$ puis $1{,}583\dots$ : ils ne sont pas constants non plus, elle n'est pas géométrique.

$\ell=0{,}75\ell+30$ donne $0{,}25\ell=30$, soit $\ell=120$. C'est le point fixe : si un terme valait exactement 120, tous les suivants vaudraient 120 également. C'est le seul candidat possible pour une limite finie.

$v_{n+1}=u_{n+1}-120=0{,}75u_{n}+30-120=0{,}75u_{n}-90=0{,}75\left(u_{n}-120\right)=0{,}75\,v_{n}$. La suite $(v_{n})$ est donc géométrique de raison $0{,}75$, de premier terme $v_{0}=u_{0}-120=8-120=-112$.

On a $v_{n}=-112\times 0{,}75^{n}$, donc $u_{n}=v_{n}+120=120-112\times 0{,}75^{n}$. Vérification : $u_{3}=120-112\times 0{,}421875=120-47{,}25=72{,}75$, ce qui correspond bien au a). Comme $0<0{,}75<1$, le terme $0{,}75^{n}$ tend vers 0 et $(u_{n})$ tend vers 120, sans jamais l'atteindre puisque $112\times 0{,}75^{n}>0$.

$u_{n+1}-u_{n}=0{,}75u_{n}+30-u_{n}=30-0{,}25u_{n}=0{,}25\left(120-u_{n}\right)$. D'après la question d), $u_{n}<120$ pour tout $n$, donc $120-u_{n}>0$ et la différence est strictement positive : la suite est strictement croissante. On retrouve la lecture naturelle du modèle : tant qu'on est en dessous du palier, on monte, et d'autant plus vite qu'on en est loin.

La boucle doit tourner tant que le seuil n'est pas dépassé, et chaque tour doit appliquer la relation de récurrence. On écrit donc while u <= 119: puis u = 0.75*u + 30. Attention au sens de la condition : on continue tant que $u\leq 119$, et on sort dès que $u>119$.

$u_{n}>119$ équivaut à $120-112\times 0{,}75^{n}>119$, soit $112\times 0{,}75^{n}<1$, c'est-à-dire $0{,}75^{n}<\frac{1}{112}$. En passant au logarithme népérien, qui est croissant : $n\ln 0{,}75<-\ln 112$. Comme $\ln 0{,}75\approx -0{,}2877$ est négatif, la division par $\ln 0{,}75$ renverse l'inégalité : $n>\frac{-\ln 112}{\ln 0{,}75}=\frac{\ln 112}{\ln\frac{4}{3}}\approx\frac{4{,}7185}{0{,}28768}\approx 16{,}40$. Le plus petit entier convenable est donc $n=17$, et la fonction renvoie 17.

$0{,}75^{16}\approx 0{,}0100226$ donne $u_{16}\approx 120-1{,}1225\approx 118{,}877$, qui est bien inférieur à 119. Et $0{,}75^{17}\approx 0{,}0075169$ donne $u_{17}\approx 120-0{,}8419\approx 119{,}158$, qui dépasse 119. Le rang 17 est donc bien le premier à franchir le seuil.

Le programme ne s'arrête jamais. La suite est strictement croissante mais majorée par 120 : elle ne dépasse donc jamais 121, la condition u <= 121 reste vraie indéfiniment et la boucle tourne sans fin. C'est le piège classique de la recherche de seuil sur une suite convergente : un seuil placé au-delà de la limite rend la boucle infinie. Avant d'écrire un while, il faut vérifier que le seuil visé est bien atteignable.

Il suffit de renvoyer les deux valeurs : on remplace la dernière ligne par return n, u. La fonction renvoie alors le couple $(17\ ;\ 119{,}158)$ à l'affichage près. On pourrait aussi ajouter un paramètre à la fonction, par exemple def seuil(cible):, et utiliser while u <= cible: pour la rendre réutilisable avec n'importe quel seuil.

Entre la prise numéro $n+1$ et la prise numéro $n+2$, il s'écoule six heures pendant lesquelles l'organisme élimine la moitié de la quantité présente : il en reste donc $0{,}5\,u_{n}$. On administre ensuite 15 milligrammes, d'où $u_{n+1}=0{,}5\,u_{n}+15$. On obtient $u_{1}=0{,}5\times 15+15=22{,}5$, $u_{2}=0{,}5\times 22{,}5+15=26{,}25$ et $u_{3}=0{,}5\times 26{,}25+15=28{,}125$ milligrammes.

Partant de $u_{0}=15$ sur l'axe des abscisses, on monte verticalement jusqu'à la droite $y=0{,}5x+15$ : l'ordonnée atteinte vaut $0{,}5u_{0}+15$, c'est-à-dire $u_{1}$. La droite $y=x$ sert ensuite à reporter cette ordonnée sur l'axe des abscisses : on se déplace horizontalement jusqu'à elle, et l'abscisse du point obtenu vaut de nouveau $u_{1}$. On peut alors recommencer. L'escalier converge visiblement vers le point d'intersection des deux droites, dont l'abscisse est le point fixe du modèle.

$v_{n+1}=u_{n+1}-30=0{,}5u_{n}+15-30=0{,}5u_{n}-15=0{,}5\left(u_{n}-30\right)=0{,}5\,v_{n}$. La suite $(v_{n})$ est géométrique de raison $0{,}5$ et de premier terme $v_{0}=15-30=-15$. Donc $v_{n}=-15\times 0{,}5^{n}$ et $u_{n}=30-15\times 0{,}5^{n}=30-\frac{15}{2^{n}}$. Vérification : $u_{3}=30-\frac{15}{8}=30-1{,}875=28{,}125$, conforme au a).

Pour tout entier naturel $n$, $\frac{15}{2^{n}}$ est strictement positif, donc $u_{n}=30-\frac{15}{2^{n}}<30$. La concentration s'approche du palier de 30 milligrammes sans jamais l'atteindre : le médicament ne s'accumule pas indéfiniment, parce que l'organisme élimine une fraction de ce qui est présent, donc d'autant plus que la quantité est grande. C'est ce mécanisme d'autolimitation qui rend le traitement sûr.

On résout $30-\frac{15}{2^{n}}>29{,}5$, soit $\frac{15}{2^{n}}<0{,}5$, c'est-à-dire $2^{n}>30$. Comme $2^{4}=16$ et $2^{5}=32$, le plus petit entier convenable est $n=5$. On vérifie : $u_{4}=30-\frac{15}{16}=29{,}0625$, encore inférieur au seuil, et $u_{5}=30-\frac{15}{32}=29{,}53125$, qui le dépasse. Comme $u_{n}$ correspond à la prise numéro $n+1$, le seuil est franchi à la sixième prise, soit trente heures après le début du traitement.