Exercices corrigés : suites et modèles discrets (maths complémentaires)

a) 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 les rapports $\frac{w_{1}}{w_{0}}$ 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.

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

c) $w_{0}=0$, $w_{1}=0+1=1$, $w_{2}=1+3=4$, $w_{3}=4+5=9$, $w_{4}=9+7=16$. 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.

d) 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 $0{,}4$.

a) 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 $+\infty$.

b) $c_{0}=3$, $c_{1}=-1{,}5$, $c_{2}=0{,}75$, $c_{3}=-0{,}375$. 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.

c) $d_{0}=3$, $d_{1}=-4{,}5$, $d_{2}=6{,}75$, $d_{3}=-10{,}125$. 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 $q\leq -1$.

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

e) $0{,}7^{n}$ 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.

a) 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 $S=1200\left(1{,}04+1{,}04^{2}+\dots+1{,}04^{10}\right)$.

b) 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.

c) 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.

d) 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.

e) 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.

a) $u_{1}=0{,}75\times 8+30=36$, $u_{2}=0{,}75\times 36+30=57$, $u_{3}=0{,}75\times 57+30=72{,}75$. 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.

b) $\ell=0{,}75\ell+30$ 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.

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

d) 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 $112\times 0{,}75^{n}>0$.

e) $u_{n+1}-u_{n}=0{,}75u_{n}+30-u_{n}=30-0{,}25u_{n}=0{,}25\left(120-u_{n}\right)$. 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.

a) 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 $u>119$.

b) $u_{n}>119$ 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.

c) $0{,}75^{16}\approx 0{,}0100226$ 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.

d) 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.

e) 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.

def seuil(cible):
    u = 8
    n = 0
    while u <= cible:
        u = 0.75*u + 30
        n = n + 1
    return n, u

a) 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.

b) 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.

c) $v_{n+1}=u_{n+1}-30=0{,}5u_{n}+15-30=0{,}5u_{n}-15=0{,}5\left(u_{n}-30\right)=0{,}5\,v_{n}$. 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).

d) 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.

e) 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.

a) $u_{1}=1{,}005\times 20\,000-400=20\,100-400=19\,700$ dollars, puis $u_{2}=1{,}005\times 19\,700-400=19\,798{,}5-400=19\,398{,}5$ dollars. La première mensualité de 400 dollars a d'abord payé 100 dollars d'intérêts, il n'en est resté que 300 pour rembourser du capital : la dette n'a baissé que de 300 dollars.

b) Le point fixe vérifie $\ell=1{,}005\ell-400$, soit $0{,}005\ell=400$ et $\ell=80\,000$. En posant $v_{n}=u_{n}-80\,000$, on obtient $v_{n+1}=1{,}005v_{n}$, donc $(v_{n})$ est géométrique de raison $1{,}005$ et $v_{0}=20\,000-80\,000=-60\,000$. Ainsi $u_{n}=80\,000-60\,000\times 1{,}005^{n}$. Vérification : $u_{2}=80\,000-60\,000\times 1{,}010025=80\,000-60\,601{,}5=19\,398{,}5$, conforme au a).

c) La dette est éteinte lorsque $u_{n}\leq 0$, soit $60\,000\times 1{,}005^{n}\geq 80\,000$, c'est-à-dire $1{,}005^{n}\geq\frac{4}{3}$. En passant au logarithme : $n\geq\frac{\ln\frac{4}{3}}{\ln 1{,}005}\approx\frac{0{,}28768}{0{,}0049875}\approx 57{,}68$. Il faut donc 58 mensualités, soit quatre ans et dix mois. On vérifie que $u_{57}\approx 271$ dollars est encore positif, tandis que $u_{58}$ serait négatif : la 58e mensualité est réduite au solde restant.

d) En comptant 58 mensualités pleines, le total versé serait $58\times 400=23\,200$ dollars, pour 20 000 dollars empruntés, soit environ 3200 dollars d'intérêts. L'estimation est légèrement excessive parce que la dernière mensualité n'est pas de 400 dollars : elle se limite au solde de 271 dollars augmenté de ses intérêts, soit environ 272 dollars. Le coût réel est donc plus proche de $57\times 400+272\approx 23\,072$ dollars, et les intérêts d'environ 3070 dollars.

e) Avec une mensualité $M$, le point fixe vaut $\ell=\frac{M}{0{,}005}=200M$ et $u_{n}=200M+\left(20\,000-200M\right)\times 1{,}005^{n}$. Pour $M=80$, on trouve $\ell=16\,000$ et $u_{n}=16\,000+4\,000\times 1{,}005^{n}$ : comme $1{,}005>1$, la dette croît indéfiniment. Le remboursement n'est possible que si le coefficient $20\,000-200M$ est strictement négatif, c'est-à-dire $M>100$ dollars. Ce seuil a une lecture immédiate : 100 dollars sont exactement les intérêts du premier mois, $0{,}005\times 20\,000$. Une mensualité qui ne couvre pas les intérêts ne rembourse rien, et le cas $M=100$ laisse la dette figée à 20 000 dollars pour toujours.

a) Le service A gagne un nombre fixe d'abonnés chaque mois : la suite $(a_{n})$ est arithmétique de raison 80 et de premier terme 500, donc $a_{n}=500+80n$. Le service B est multiplié par $1{,}12$ chaque mois : la suite $(b_{n})$ est géométrique de raison $1{,}12$ et de premier terme 200, donc $b_{n}=200\times 1{,}12^{n}$.

b) $a_{6}=500+480=980$ abonnés et $b_{6}=200\times 1{,}12^{6}\approx 200\times 1{,}97382\approx 395$ abonnés. $a_{12}=500+960=1460$ abonnés et $b_{12}=200\times 1{,}12^{12}\approx 200\times 3{,}89598\approx 779$ abonnés. Au bout d'un an, le service A reste largement en tête, avec près du double des abonnés de B.

c) On teste des rangs successifs. Au rang 21 : $a_{21}=500+1680=2180$ et $b_{21}\approx 200\times 10{,}8038\approx 2161$, donc A est encore devant. Au rang 22 : $a_{22}=500+1760=2260$ et $b_{22}\approx 200\times 12{,}1003\approx 2420$, donc B passe devant. Le premier mois où B dépasse A est donc le 22e mois, alors qu'un mois plus tôt il était encore en retard de 19 abonnés environ.

d) Une suite arithmétique croît d'une quantité constante à chaque rang, tandis qu'une suite géométrique de raison $q>1$ croît d'une quantité $b_{n}(q-1)$, proportionnelle au terme atteint, donc de plus en plus grande. Dès que $b_{n}(q-1)$ dépasse la raison arithmétique, l'écart entre les deux suites augmente à chaque rang et ne cesse plus d'augmenter. Comme $q^{n}$ tend vers $+\infty$, ce moment finit toujours par arriver, quel que soit l'avantage initial de la suite arithmétique. C'est le principe des croissances comparées : l'exponentielle l'emporte sur le linéaire.

e) $b_{60}=200\times 1{,}12^{60}\approx 200\times 897{,}6\approx 179\,500$ abonnés. Le modèle prévoit donc que près de 60 % des habitants de la ville, nourrissons et grands-parents compris, seront abonnés à ce seul service. L'annonce n'est pas crédible : une croissance de 12 % par mois décrit une phase de lancement sur un marché encore vide, pas un régime durable. Dès que le marché sature, le taux de croissance s'effondre. Il faudrait un modèle à palier, par exemple une suite arithmético-géométrique dont le point fixe serait la taille du marché accessible.

a) Le point fixe vérifie $\ell=1{,}2\ell-900$, soit $0{,}2\ell=900$ et $\ell=4500$. En posant $v_{n}=u_{n}-4500$, on obtient une suite géométrique de raison $1{,}2$ et de premier terme $v_{0}=500$, donc $u_{n}=4500+500\times 1{,}2^{n}$. Comme $1{,}2>1$, la biomasse croît sans limite : au bout de dix ans, $u_{10}=4500+500\times 6{,}1917\approx 7596$ tonnes. Le prélèvement est trop faible, la population s'accroît indéfiniment, ce qui n'est d'ailleurs pas réaliste sur le long terme.

b) Le point fixe vaut cette fois $\ell=\frac{1100}{0{,}2}=5500$ et $v_{0}=5000-5500=-500$, donc $u_{n}=5500-500\times 1{,}2^{n}$. Le stock est épuisé lorsque $u_{n}\leq 0$, soit $1{,}2^{n}\geq 11$, c'est-à-dire $n\geq\frac{\ln 11}{\ln 1{,}2}\approx\frac{2{,}3979}{0{,}18232}\approx 13{,}15$. On vérifie que $u_{13}\approx 150$ tonnes et que $u_{14}$ serait négatif : la pêcherie s'effondre au cours de la quatorzième année.

c) La biomasse reste constante si $u_{0}$ est lui-même le point fixe, c'est-à-dire si $\frac{P}{0{,}2}=5000$, soit $P=1000$ tonnes. C'est exactement la croissance annuelle du stock initial, $0{,}2\times 5000$ : on ne prélève que ce que la population produit.

d) Avec $P=1000$, le point fixe reste 5000, mais $v_{0}=4990-5000=-10$, donc $u_{n}=5000-10\times 1{,}2^{n}$. Le stock s'annule lorsque $1{,}2^{n}\geq 500$, soit $n\geq\frac{\ln 500}{\ln 1{,}2}\approx\frac{6{,}2146}{0{,}18232}\approx 34{,}09$ : l'effondrement survient au cours de la 35e année. Une erreur d'estimation de deux pour mille suffit donc à détruire la pêcherie, simplement parce qu'elle est amplifiée d'un facteur $1{,}2$ chaque année.

e) Dans l'exercice 6, la raison valait $0{,}5$, inférieure à 1 en valeur absolue : l'écart $v_{n}=v_{0}a^{n}$ tendait vers 0 et le modèle revenait spontanément vers son palier. L'équilibre était stable. Ici la raison vaut $1{,}2$, supérieure à 1 : l'écart initial est multiplié par $1{,}2$ chaque année, donc il grandit sans limite quel que soit son signe. L'équilibre est instable. La règle générale est donc : pour $u_{n+1}=au_{n}+b$ avec $a\neq 1$, le point fixe est un équilibre stable si $|a|<1$, instable si $|a|>1$. Pour un gestionnaire, la conséquence est claire : viser exactement le prélèvement maximal soutenable est la stratégie la plus dangereuse qui soit, car la moindre erreur de mesure ou de reproduction, dans un sens ou dans l'autre, s'amplifie au lieu de se corriger. Il faut prélever nettement moins et garder une marge.

a) Les pourcentages ne s'additionnent pas, ils se multiplient. Au bout de dix ans le terme est multiplié par $1{,}02^{10}\approx 1{,}218994$, soit une hausse d'environ 21,9 % et non de 20 %. L'écart, ici modeste, vient des intérêts qui portent eux-mêmes des intérêts, et il grandit très vite avec le nombre de périodes : sur trente ans, $1{,}02^{30}\approx 1{,}811$, soit 81,1 % au lieu des 60 % que donnerait l'addition.

b) Faux. La suite $u_{n}=2+\frac{1}{n+1}$ est strictement décroissante et à termes strictement positifs, mais elle tend vers 2. Une suite décroissante et minorée converge, mais elle converge vers sa borne inférieure, qui n'a aucune raison d'être nulle. Pour conclure à une limite nulle, il faut un argument supplémentaire, par exemple une majoration par une suite géométrique de raison strictement comprise entre 0 et 1.

c) Faux, cela dépend du premier terme. Le point fixe vaut $\ell=\frac{5}{1-0{,}9}=50$, et $u_{n}=50+\left(u_{0}-50\right)\times 0{,}9^{n}$. Si $u_{0}=100$, la suite décroît vers 50 ; mais si $u_{0}=10$, alors $u_{1}=0{,}9\times 10+5=14$, puis $u_{2}=17{,}6$ : elle croît vers 50. Le coefficient $0{,}9$ ne décide pas du sens de variation, il décide seulement de la convergence vers le palier et de la vitesse à laquelle on s'en approche. C'est la position de $u_{0}$ par rapport à $\ell$ qui donne le sens.

d) Faux, même erreur qu'au a) dans l'autre sens. Le prix est multiplié par $0{,}9$ cinq fois, donc par $0{,}9^{5}=0{,}59049$ : la baisse totale est de 40,95 % et non de 50 %. Une baisse répétée porte à chaque fois sur un prix déjà diminué, donc elle porte sur une base plus petite. C'est d'ailleurs pour la même raison qu'une baisse de 20 % suivie d'une hausse de 20 % ne ramène pas au prix initial.

e) Faux si l'on regarde le long terme. La raison est strictement inférieure à 1, donc la suite tend vers 0, et un palier n'existe pas. Ce qui est vrai, c'est que la décroissance est lente : $u_{100}\approx 904{,}8$, la baisse n'est que de 9,5 % au bout de cent rangs. Mais $u_{1000}\approx 367{,}7$ et $u_{5000}\approx 6{,}7$. La leçon est qu'une raison proche de 1 ne change pas la nature du comportement asymptotique, elle ne change que l'échelle de temps sur laquelle il se manifeste. Toute la question est de savoir si l'horizon d'étude est court ou long devant cette échelle.