TES3 Chapitre 1 Suites numériques Corrigé des exercices

1Corrigé Séquence 1 – MA01

Corrigé Séquence 1

Corrigé des activités du chapitre 2

Le jeu télévisé

1 �Le premier mois Vincent touche 1 000 €.

Le versement augmente, sur le modèle des intérêts composés, de 3 % chaque mois. Ainsi le 2e mois Vincent touchera 1 030 € (on obtient ce résultat en calculant 1 000 1 03 1 030 , ).× =

Pour le 3e mois on calcule 1030 1 03 1060 90 , , .× =Le 3e mois Vincent touchera 1 060,90 €.

2 �Chaque mois on multiplie la somme versée le mois précédent par 1,03.La suite v est une suite géométrique de raison q = 1,03 et de premier terme v1 1 000= .

On a donc v v qnn= × −

11 d’où vn = × −1000 .1,03n 1

3 �La somme versée à Vincent le dernier mois est égale, en euros, à v12.La calculatrice nous donne v12

111 000 1 03 1 384 233= × =, , ...

Le 12e mois Vincent touchera 1 384,23 €.

4 �La somme totale gagnée par Vincent durant les 12 mois est S v v v= + + +1 2 12...... .

Méthode 1 – Calculatrice

À l’aide de la touche rép sur TI 82 ou Ans sur Casio 25+ on obtient rapide-ment les 12 premières valeurs.

La somme des 12 valeurs correspond à un gain total de 14 192,02 €.

Durant ces 12 mois Vincent aura gagné la somme de 14 192 €.

On a choisi de ne garder que deux décimales.

▶ �Sur TI 82 à l’aide de la touche mode on fait ▾ ▸ ▸ ▸ entrer quitter

▶ �Sur Casio 25+ on fait MENU (RUN) EXE SHIFT SET UP

Activité 1

© Cned - Académie en ligne

2 Corrigé Séquence 1 – MA01

À l’aide de la touche ▾ on descend jusqu’à obtenir :

On fait alors F1 (Fix) 2 EXE pour avoir comme écran :

Méthode 2 – Tableur « OpenOffice.org Calc »

Filon de minerai

1 �Comme les quantités extraites diminuent chaque année de 1 % le coefficient multiplicateur est égal à 0,99.Ainsi T T1 0 0 99 20 000 0 99 19 800= × = × =, , . On retrouve bien le résultat donné dans l’énoncé.

De même T T2 1 0 99 19 800 0 99 19 602= × = × =, , .

T T3 2 0 99 19 602 0 99 19 405 98= × = × =, , ,

(soit 19 406 arrondi à la tonne).

D’où T1 = 19 800 ;

T2

= 19 602 ; T3

= 19 406.

A B C

1 Rang Gain du n-ième mois Gain au bout de n mois

2 n vn Somme

3 1 1 000 1 000

4 2 1 030 2 030

5 3 1 060,90 3 090,90

6 4 1 092,73 4 183,63

7 5 1 125,51 5 309,14

8 6 1 159,27 6 468,41

9 7 1 194,05 7 662,46

10 8 1 229,87 8 892,33

11 9 1 266,77 10 159,10

12 10 1 304,77 11 463,87

13 11 1 343,92 12 807,79

14 12 1 384,23 14 192,02

B3 → 1 000

B4 → = B3*1,03

C3 → = B3

C4 → = arrondi(C3+B4 ;2)

On retrouve les mêmes résultats.

Activité 2



2 �Le coefficient multiplicateur étant 0,99 on a T Tn n+1 = 0,99.×

3 �La suite ( )Tn est une suite géométrique de raison q = 0,99 et de premier termeT0 = 20 000.

On a donc T T qnn= ×0 soit Tn

n= ×20 000 0 99 , .

4 �L’année 2012 correspond au rang n = 62. On calcule

T626220 000 0 99 10 725 36= × =, , ...

La quantité de minerai extraite en 2012 est environ égale à 10 725 tonnes.

5 �Posons S T T Tn n= + + +1 2 ...... .

D’après le Tableur « OpenOffice.org Calc » on trouve : S67 990 218= et S68 1 000 316= .

A B C D

1 Année Rang Quantité en tonnes Somme en tonnes

2 n Tn Sn

3 1950 0 20 000 20 000

4 1951 1 19 800 39 800

5 1952 2 19 602 59 402

� � � � �

� � � � �

69 2016 66 10 303 980 018

70 2017 67 10 200 990 218

71 2018 68 10 098 1 000 316

C3 → 20 000

C4 → = arrondi C3*0,99)(

D3 → = C3

D4 → = D C43+

En 2017 le filon n’est pas totalement épuisé.

C’est, en théorie, dans le courant de l’année 2018 que le filon devrait être épuisé.

Dans le tableur les valeurs sont toutes arrondies à l’unité. En arrondissant à 2 ou 3 décimales les résultats seraient légèrement différents. Le filon serait tout de même épuisé en 2018.

Remarque



Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2

1 �À chaque rebond, la balle remonte aux 9

10 de la hauteur atteinte précédem-

ment.

Ainsi h h1 0 0 9 100 0 9= × = ×, , d’où h1 90= .

h h2 1 0 9 90 0 9= × = ×, , d’où h2 81= .

À l’issue du 1er rebond la balle remonte à 90 cm du sol et à l’issue du 2e rebond elle remonte à 81 cm du sol.

2 �À chaque rebond la hauteur précédente est multipliée par 0,9.

Ainsi h hn n+ = ×1 0 9, .

La suite h est une suite géométrique de raison q = 0,9 et de premier terme h0 100= .

On sait que h h qnn= ×0 d’où hn

n= ×100 0 9, .

3 On a h hn nn n

++− = × − ×1

1100 0 9 100 0 9, ,

h hn nn

+ − = × −1 100 0 9 0 9 1, ( , )

h hn nn

+ − = − ×1 10 0 9, .

On en déduit h hn n+ − <1 0 et la suite h est décroissante.

La balle demeure à moins de 20 cm du sol dès que hn < 20.

On cherche donc le plus petit entier n tel que hn < 20.

La suite h étant décroissante il suffit de faire des essais à la calculatrice.

On trouve h15 20 58= , ... et h16 18 53= , ...

Pour tout n ≥ 16 on a donc hn < 20.

À partir du 16e rebond la balle restera à moins de 20 cm du sol.

4 �La balle rebondit 10 fois sur le sol.

AppelonsP0 le point d’où la balle est lâchée et S le point où elle touche le sol avant de rebondir (voir figure).

AppelonsPi le sommet atteint après le i-ème rebond (pour 1 ≤ i ≤ 9).

La distance d parcourue par la balle depuis le lâcher jusqu’au moment où elle touche le sol pour la dixième fois est donnée pard = P0 S + SP1 +P1 S + SP2 + P2 S + SP3 + P3 S + ……+ SP9 +P9 S.

S

1er 2e

P9

P2

P1

P0

h0 h1 h2

h9

3e

REBONDSLes trajets en pointillé sont virtuels

9e 10e

Exercice 1



On a donc d h h h h h= + + + + +0 1 2 3 92 2 2 2...... .

d h h h h h= + + + + +0 1 2 3 92( ...... ).

La somme h h h h1 2 3 9+ + + +...... est la somme de 9 termes consécutifs d’une suite géométrique.

h h h h1 2 3 9+ + + +...... = hqq1

9 991

190

1 0 91 0 9

900 1 0 9× −−

= × −−

= −,,

( , ).

D’où d = + − =100 1 800 1 0 9 1 202 69( , ) , ... (arrondi en cm à 1 203).

La balle aura parcouru une distance égale à 12,02 m environ avant de rebondir pour la dixième fois.

1 �Le premier mètre coûte 50 €. Chaque mètre supplémentaire creusé coûte 5 % de plus que le précédent.

En appelantun le prix du n-ième mètre équipé on a la relation u un n+ = ×1 1 05, ce qui prouve que la suite u est une suite géométrique de raison q = 1,05 et de premier termeu1 50= .

D’oùu u qnn= −

11 ce qui donne un

n= × −50 1 05 1, .

On pose S u u un n= + + +1 2 ...... . La somme Sn est donc la somme de n termes

consécutifs d’une suite géométrique.

On a S uqqn

n n= × −

−= × −

−111

501 1 051 1 05

,,

. D’où Snn= −1 000 1 05 1( , ).

2 �Le prix à payer pour équiper une falaise de 50 mètres de hauteur est égal à S50.

Calculons S50501 000 1 05 1 10 467 399= − =( , ) , ...

L’équipement d’une falaise de 50 m de hauteur coûte 10 467 €.

3 �On cherche la hauteur maximale de la falaise qui peut être équipée, sachant que le budget est de 120 000 €.

Comme chaque mètre supplémentaire a un coût, la suite S est obligatoire-ment croissante.

On cherche donc le plus grand entier n tel que Sn ≤ 120 000.

La suite S étant croissante il suffit de faire des essais à la calculatrice.

On obtient S98 118 275 51= , ... et S99 124 239 29= , ...

Pour n ≥ 99 on a Sn > 120 000.

Pour un budget de 120 000 € on pourra équiper une falaise de 98 m de hauteur.

Pour comprendre les trajets de la balle, des trajets virtuels ont été tra-cés « en décalé » sur la figure. Les deux premiers rebonds ainsi que le dernier sont représentés.

Remarque

Exercice 2



1 �Désignons par an la somme, exprimée en centimes d’euro, versée le n-ième jour du mois de février (1 ≤ n ≤ 28).

L’énoncé nous dit quea a a1 2 31 2 4= = =, , , .etc La somme versée étant dou-blée d’un jour au jour suivant, la suite a est une suite géométrique de premier terme a1 1= et de raison q = 2.

On a donc, pour1 28 11≤ ≤ = −n a a qn

n, d’où ann= −2 1.

Calculons a1092 512= = .

Le 10 février le grand-père versera 512 centimes d’euro, soit 5,12 €.La somme totale versée à la date du 10 février est donnée par

S10

101 21 2

1 023= −−

= .

Le 10 février Énora disposera d’une somme de 1 023 centimes d’euro, soit 10,23 €.

Le séjour au ski coûtant 1 000 €, Énora ne peut pas partir au ski avec cette somme.

2 �En désignant par Sn la somme totale versée le n-ième jour du mois de février

on a Sn

nn= −

−= −1 2

1 22 1.

La somme totale augmente chaque jour, la suite S est donc une suite crois-sante.

La calculatrice nous donne S16 65 535= et S17 131 071= .

Comme1 310 71 1 000, ,> Énora pourrait partir au ski dès le 17 février.

3 �Le grand-père avait promis de verser une somme d’argent jusqu’au 28 février.

Calculons donc S28282 1 268 435 455= − = .

Cette somme, convertie en €, s’élève à la coquette somme de 2 684 354,55 €.

Le 28 février Énora serait donc millionnaire! Pas sûr que le grand-père ait prévu cela…

1 �Chaque année les remboursements augmentent de 2 %. Le premier rembour-sement est b1 20 000= .

On a b b2 1 1 02 20 000 1 02 20 400= × = × =, , .

b b3 2 1 02 20 400 1 02 20 808= × = × =, , .

Ainsi b2 = 20 400 et b3 = 20 808.

Le coefficient multiplicateur est égal à 1,02.

La suite ( )bn est donc une suite géométrique de premier terme b1 20 000= et de raison q = 1,02.

Exercice 3

Voir sur Internet la légende de l’échiquier.

Remarque

Exercice 4



2 �On sait que b b qnn= −

11 d’où bn

n= × −20 000 1 02 1, .

S bqqn

n n= × −

−= × −

−111

20 0001 1 021 1 02

,,

d’où Snn= −1 000 000 1 02 1( , ).

3 �L’acquéreur rembourse le prêt en 7 versements. On calcule donc S7.

On a S771 000 000 1 02 1= −( , ) soit S7 148 685 66= , ... (arrondi à 148 686).

L’acquéreur remboursera au total la somme de 148 686 €.



Corrigé de l’activité du chapitre 3

Marché des télécommunications

On estime que, chaque année, 20 % de la clientèle de A change pour B alors que 30 % de la clientèle de B change pour A. En 2010 la société A comptait 900 clients et la société B en comptait 100.

On note an le nombre de clients de la société A en (2010 + n).

1 �Pour n = 1 on obtienta1 900 0 8 100 0 3 750= × + × =, , . On a bien a1 = 750.

Calculonsa2 750 0 8 1 000 750 0 3 675= × + − × =, ( ) , . On trouve a2 = 675.

On aaa

1

0

750900

56

= = etaa

2

1

675750

910

= = . D’oùaa

aa

2

1

1

0≠ , ce qui prouve que la

suite ( )an n’est pas géométrique.

La suite ( )an n’est pas géométrique.

2 �La société A récupère

• 80 % de sa clientèle, soitan × 0 8, ;

• 30 % de la clientèle de la société B, soit ( ) , .1 000 0 3− ×anD’où a a an n n+ = × + − ×1 0 8 1 000 0 3, ( ) , .

En développant on trouve a an n+ = +1 0 5 300, .

3 �Voici des captures d’écran de calculatrice.

Sur Casio 25+ on fait Ans au lieu de rép .

On observe que la suite ( )an semble décroissante et que le terme an semble se rapprocher du nombre 600.

Conjecture ▶�la suite ( )an semble décroissante ;

▶�le terme an semble se rapprocher du nombre � = 600.

On peut penser qu’à moyen terme le nombre de clients va se stabiliser : 600 pour la société A et 400 pour la société B.

Activité 3




▶ �On donne un

n

n=

+2

3

1.

On peut écrire un

n

n

n= × = ×

2 2

32

23

. Comme 023

123

0< <

=→ + ∞

, lim .n

n

D’où lim .n nu

→+∞= 0

▶ �On donne vn

n

n=

+2

3

2

1.

On peut écrire vn

n

n

n=

( )×

= ×

2

3 3

13

43

2

. Comme 143

43

<

= +∞→ + ∞

, lim .n

n

De plus 13

0> . D’où lim .n nv

→+∞= +∞

▶ On donne wn

n n=

−

23

32

.

On sait que 023

1< < et132

< . D’où lim ; lim n

n

n

n

→ + ∞ → + ∞

=

= +∞23

032

et lim .n

n

→ + ∞−

= −∞32

D’où lim .n nw

→ + ∞= −∞

Soit ( )un une suite géométrique de raison q (avec q > 0) telle que :u1 8=

et lim ...... .n nu u u

→ + ∞+ + + =1 2 10

On sait que si la limite de la somme de n termes consécutifs, d’une suite géo-métrique est finie alors la raison q vérifie 0 < q < 1.

D’après le cours on peut écrire lim ...... .n nu u u

uq→ + ∞

+ + + =−1 2

11

Comme u1 8= on obtient 8

110

−=

q ce qui donne 8 = 10 (1 – q).

La raison q est solution de l’équation 8 = 10 (1 – q) d’où q = 0,2.

La raison de la suite géométrique ( )un est q = 0,2.

Exercice 5

Exercice 6



On donne, pour n ≥ 0, un

n

n=

+2

3

1 et S u u un n= + + +0 1 ...... .

Montrons que la suite ( )un est une suite géométrique.

Calculons u0

1

02

32= = . On a aussi un

n

n

n= × = ×

2 2

32

23

.

La suite ( )un est géométrique de raison q =23

et de premier terme u0 2= .

Calculonsu1 et u2. D’après la définition de la suite u143

= et u289

= .

Calculons S u u1 0 1 243

103

= + = + = et S u u u2 0 1 2 243

89

389

= + + = + + = .

Ainsi S1103

= et

S2

389

= .

Comme 0 < q < 1, la limite de la suite ( )Sn est finie et lim .n nS

u

q→ + ∞=

−=

−=0

12

123

6

D’où lim .n nS

→+∞= 6

1 �Soit ( )un la suite définie, pour n ≥ 0, par un n=

+3

2 1. Calculonsu0

32

= .

On peut écrire un n n= =

×+3

2

3

2 21 d’où un

n= ×

32

12

.

La suite ( )un est une suite géométrique de raison q = 12

et de premier

termeu032

= .

2 �Comme 0 < q < 1, lim .n nu

→ + ∞= 0

Calculons la sommeR u u u= + + +5 6 36...... .

On a R uqq

= × −−

= ×−

−= × −

5

32

6

32

511

3

2

112

112

3

21

12

32

.

On peut écrire R = × −

332

112

32

.

3 �On pose S u u un n= + + +5 6 ...... . Ainsi Sn est la somme de termes consécutifs

d’une suite géométrique de raisonq = 12

et de premier termeu5 63

2

364

= = .

D’après le cours limn nS

u

q→ + ∞=

−=

−= ×5

1

364

112

2 364

d’où lim .n nS

→ + ∞= 3

32

Exercice 7

Exercice 8



Corrigé des activités du chapitre 4

Abonnement à un magazine1

a. On trace la droite (D) d’équation y = 0,85x + 1,8 et la droite (d) d’équation y = x dans un repère orthonormé.

O

1

1,8

12

1 12

(d)

(D)

(D) y = 0,85 x + 1,8

(d) y = x

u3u2u1u0= 8 x

y

b. On place u0 8= sur l’axe des abscisses. On obtient u1 comme ordonnée du point de (D) d’abscisse u0 8= . La droite (d) permet de ramener u1 sur l’axe des abscisses ; il suffit ensuite de réitérer la construction précédente avec u u1 2, , .etc On peut aussi faire la construction sur une calculatrice.

c. Conjecture : la suite semble avoir pour limite le réel 12, abscisse du point d’in-tersection des deux droites.

Activité 4



2 �On pose, pour tout entier naturel n, v un n= −12.

Ainsi v u0 0 12 8 12 4= − = − = − .

a. Exprimons vn+1 en fonction devn .

v un n+ += −1 1 12 (par définition de la suite v)

v u un n

u

n

n

+ = + − = −

+

1 0 85 1 8 12 0 85 10 2

1

, , , ,� ��

v vn n

un

+ = + −1 0 85 12 10 2, ( ) ,��

v vn n+ =1 0 85, .

La suite ( )vn est une suite géométrique de raison q = 0,85 et de premier termev0 4= − .

b. On sait que, pour tout n v v qnn≥ = ×0 0, d’où vn

n= − ×4 0 85, .

Par définition v un n= −12 d’où u vn n= +12.

On a donc, pour tout entier naturel n, unn= − ×12 4 0 85, .

c. Comme 0 < 0,85 < 1, la suite géométrique de terme général 0 85, n est décroissante.

Comme – 4 < 0, la suite géométrique de terme général vnn= − ×4 0 85, est

croissante. Le fait d’ajouter 12 au terme vn ne change rien au sens de varia-tion : la suite ( )un a le même sens de variation que la suite ( ).vn

Les suites ( )vn et ( )un

sont croissantes.

d. Comme 0 < 0,85 < 1, lim ,n

n

→ + ∞=0 85 0 et lim , .

n

n

→ + ∞− × =4 0 85 0

On a u vn n= +12 et lim .n nv

→ + ∞= 0 Ainsi lim .

n nu→ + ∞

= 12

3 �Un magazine, vendu uniquement par abonnement, avait 8 milliers d’abonnés en 2010.

D’une année sur l’autre 15 % des abonnés ne se réabonnent pas, donc 85 % se réabonnent. On sait d’autre part que chaque année il y a 1 800 nou-veaux abonnés ce qui fait 1,8 millier de nouveaux abonnés par an.

On peut aussi montrer que

u un nn n n

++− = − × − + × = × −1112 4 0 85 12 4 0 85 4 0 85 1 0 85, , , ( , ) == ×0 6 0 85, , .n

Remarque



a. On désigne par un le nombre de milliers d’abonnés en (2010 + n) .

Ainsi u u un n0 18 0 85= = ×+et ,

abonnementsrenouvelés

�� + 1 8, .nouveauxabonnés

Le nombre d’abonnements à ce magazine peut donc être modélisé par la suite ( ).un

b. L’année 2016 correspond au rang n = 6.Calculons u6

612 4 0 85 10 491 4= − × =, , ...

On peut estimer à 10 491 le nombre d’abonnés à ce magazine en 2016.

Évolution de population

Au 1er janvier 2005, une ville avait une population de 100 000 habitants.

Pour tout entier naturel n, on note un le nombre d’habitants de cette ville au 1er janvier de l’année 2005 + n.

Ainsi u0 100 000= .On sait que ▶ � le nombre d’habitants de la ville augmente chaque année de 5 %

du fait des naissances et des décès ;▶ � du fait des mouvements migratoires, 4 000 personnes supplé-

mentaires viennent s’installer chaque année dans cette ville.

1 �Calculons le nombre d’habitants en 2006 et en 2007.

On a u u1 01 05 4 000 1 05 100 000 4 000 109 000= × + = × + =, , .

De même u u2 11 05 4 000 1 05 109 000 4 000 118 450= × + = × + =, , .

Ainsi u u1 2109 000 118 450= = .et

On a u u1 0 9 000− = et u u2 1 9 450− = .

Ainsi u u u u1 0 2 1− ≠ − , ce qui prouve que la suite u n’est pas arithmétique.

On a uu

uu

1

0

2

1

109 000100 000

1 09118 450109 000

1 0= = = =, ,et 886...

Ainsi uu

uu

1

0

2

1≠ , ce qui prouve que la suite u n’est pas géométrique.

2 �La population d’une année s’obtient en multipliant le nombre d’habitants de l’année précédente par 1,05 et en ajoutant 4 000.

D’où u un nnouvea

+ +1 1 05 4 000== ,

augmentationnaturelle

��uux

habi tstan

� .

Activité 5



3 �

a. On pose v un n= + 80 000. D’où u vn n= − 80 000.

Calculons v u0 0 80 000 100 000 80 000= + = + soit v0 180 000= .

b. On peut écrire v un n+ += +1 1 80 000

v un n

un

+ = + +

+

1 1 05 4 000 80 000

1

,� ��

v un n+ = +1 1 05 84 000,

v vn n

un

+ = − +1 1 05 80 000 84 000, ( )� ��

D’où v vn n+ =1 1 05, .

La suite v est géométrique de raison q =1,05 et de premier termev0 180 000= .

c. On sait que v v qnn= 0 d’où vn

n= ×180 000 1 05, .

On sait que un = vn – 80 000 .

D’où unn= × −180 000 1 05 80 000, .

4

a. L’année 2020 correspond au rang n = 15 .

Calculonsu1515180 000 1 05 80 000 294 207 07= × − =, , ...

On peut estimer la population de la ville à 294 207 habitants en 2020.

b. On a u un nn n

++− = × − − × −11180 000 1 05 80 000 180 000 1 05 8 , ( , 00 000

180 000 1 05 1 05 180 000 1 051

)

, , ,u un nn n

+ − = × × − × −− +

− = × −+

+

80 000 80 000

180 000 1 05 1 05 11

, ( , )u u

u

n nn

n 11 9 000 1 05− = ×unn , .

D’oùu un n+ − >1 0 et la suite u est croissante.

c. On cherche le plus petit entier n tel que un > 200 000.

Comme la suite u est croissante il suffit de faire des essais à la calculatrice .

On obtient u9 199 239 07= , ... et u10 213 201 03= , ...

Pour tout n > 9 on a donc un > 200 000.

Dès l’année 2015 la population de cette ville devrait dépasser 200 000 habitants.




On considère la suite ( )un définie par u

u un n

0

1

4

1 5 1

== −

+ ,.

1 �Calculons les termes u u1 2et .

Pour n = 0 on obtient u u1 01 5 1 1 5 4 1= − = × −, , d’où u1 5= .

Pour n = 1 on obtient u u2 11 5 1 1 5 5 1= − = × −, , d’où u2 6 5= , .

Ainsi u u1 25 6 5= =et , .

Calculons u u1 0 5 4 1− = − = et u u2 1 6 5 5 1 5− = − =, , .

Calculons uu

1

0

54

= et uu

2

1

6 55

1 3= =,, .

Comme u u u u1 0 2 1− ≠ − la suite ( )un n’est pas arithmétique.

Comme uu

uu

1

0

2

1≠ la suite ( )un n’est pas géométrique.

2 �On définit la suite ( )vn parv un n= − 2. D’oùu vn n= +2 .

a. Calculons v u0 0 2 4 2 2= − = − = et exprimonsvn+1 en fonction devn .

On peut écrire v un n+ += −1 1 2

v u u

v

n nn

u

n n

n

v

+

+

= − − = −

= + −+

1

1

1 5 1 2 1 5 3

1 5 2 31

, ,

, ( )

��

vv vn n+ =1 1 5, .

Ceci prouve que la suite ( )vn est géométrique de raison q = 1,5 et de premier terme v0 2= .

b. On sait que v v qnn= 0 d’où vn

n= ×2 1 5, .

On sait que u vn n= +2 .

Ainsi unn= + ×2 2 1 5, .

c. On a 1 < 1,5 d’où lim , .n

n

→ + ∞× = +∞2 1 5

De même lim .n nu

→ + ∞= +∞

Exercice 9



Soit ( )un la suite définie par u1 2= et, pour tout n u un n≥ = ++112

21, .

1 �La TI 82 affiche les valeurs deu u u2 3 4, et (sur Casio 25+ faire Ans au lieu de rép ).

On trouve u u u2 3 43 3 5 3 75= = =; , , .et

2 �D’après la représentation graphique des termes de la suite on conjecture que :

• la suite semble croissante ;

• la suite semble avoir pour limite le réel � = 4.

3 �On considère la suite ( )vn définie, pour n ≥ 1, par v un n= −4 .

a. Calculons v u1 14 4 2= − = − d’où v1 2= .

Exprimons vn+1 en fonction devn .

On peut écrire v u un n n

un

+ += − = − +

+

1 14 412

2

1

� ��

v u v v u un n n

u

n n n

n

+ = − = − − = − =1 212

2124 4 4( )��

car d'où −−vn .

v vn n+ =112

.

La suite ( )vn est géométrique de raison q = 0 ,5 et de premier termev1 2= .

b. Le premier terme étantv1 on a v v qnn n= = ×− −

11 12 0 5( , ) .

On peut encore écrire vn

n= ×

−2

12

1

soit vn n=

−1

2 2.

Par définition v un n= −4 d’où u vn n= −4 . On en déduit un n= −

−4

1

2 2.

c. On a 0 < 0,5 < 1 d’où limn n→ + ∞

v = 0 ce qui implique limn nu

→ + ∞= 4.

Exercice 10

←u1

←u2←u3←u4



Partie A – Étude de l’offre de la banque A

1 �La banque A propose un placement à intérêts composés au taux annuel de 3,5 %. Le coefficient multiplicateur est donc égal à 1,035.

La suite a est une suite géométrique de raison q = 1,035 et de premier terme a0 10 000= .

On sait que a a qnn= ×0 d’où an

n= ×10 000 1 035, .

2 �Le capital disponible au début de l’année 10 est donné par a10.

Calculons a101010 000 1 035 14 105 987= × =, , ... (arrondi au centime d’euro

à 14 105,99).

Le capital disponible au début de l’année 10 est égal à 14 105,99 €.

Partie B – Étude de l’offre de la banque B

1 �La banque B propose un placement à intérêts composés au taux annuel de 2 % du capital. Les intérêts obtenus sont augmentés d’une prime annuelle de 170 € intégrée au capital.

On a b0 10 000= et b1 10 370= .

Calculons b b2 1 1 02 170 10 370 1 02 170= × + = × +, , d’où b2 10 747 40= , .

On a b b1 0 10 370 10 000 370− = − = et

b b2 1 10 747 40 10 370 377 40− = − =, , .

On abb

1

0

10 37010 000

1 037= = , et bb2

1

10 747 4010 370

1 036 393= =,, ...

Comme b b b b1 0 2 1− ≠ − la suite b n’est pas arithmétique.

Commebb

bb

1

0

2

1≠ la suite b n’est pas géométrique.

2 �On obtient le capital d’une année en multipliant le capital de l’année précé-dente par 1,02 et en ajoutant la prime annuelle égale à 170 € .

D’où b bn n

capital

intérêts

prime+

+

= × +1 1 02 170, .��

3 �Pour tout entier naturel n on poseu bn n= + 8 500.

Exercice 11



a. Calculons u b0 0 8 500 10 000 8 500= + = + soit u0 18 500= .

b. Exprimons un+1 en fonction de un .

On a u bn n+ += +1 1 8 500

u b b

u

n n

b

n

n

n

+

+

= + + = +

=+

1

1

1 02 170 8 500 1 02 8 670

11

, ,� ��

,, ( )02 8 500 8 670 8 500u u b

b u

n

b

n n

n n

n

− + = +

=

� �� car

d'où −− 8 500

u un n+ =1 1 02, .

La suite u est une suite géométrique de raison q = 1,02 et de premier terme u0 18 500= .

c. On sait queu u qnn= ×0 d’où un

n= ×18 500 1 02, .

On en déduit bnn= × −18 500 1 02 8 500, .

4 �Le capital disponible au début de l’année 10 est donné par b10.

Calculons b101018 500 1 02 8 500 14 051 396= × − =, , ... (arrondi au centime

d’euro à 14 051,40) .

Le capital disponible au début de l’année 10 est égal à 14 051,40 €.

5 �On a a b10 10> . L’offre de la banque A est donc (légèrement) plus intéres-

sante que celle de la banque B .

Sur 10 ans la différence n’est que de 54,59 € en faveur de la banque A.

On donne v0 100= et v vn n+ = +145

28.

1 �On pose, pour n u vn n≥ = −0, .α Exprimons un+1 en fonction deun .

a. On peut écrire u v vn n n+ += − = + −1 145

28α α (avec v un n= +α )

u u un n n+ = + + − = + −145

2845

2815

( ) .α α α

Pour que la suite u soit géométrique de raison q = 45

il faut avoir

2815

0− =α , d’où α = × =5 28 140.

Exercice 12



Pour α = 140 la suite u est géométrique et on a la relation u vn n= −140.

Calculons u v0 0 140 100 140= − = − soit u0 40= − .

b. On sait queu u qnn= ×0 d’où un

nn= − ×

= − ×4045

40 0 8( , ) .

On en déduitv un n= +140 soit vnn= − ×140 40 0 8( , ) .

2 �L’indice dn est donné par d vn n= −7507

57

.

On calcule d v0 07507

57

7507

57

100= − = − × , soit d02507

= .

On sait que d vn n= −750

757

, d’où dn

n= − × − ×

7507

57

140 40 0 8( , ) .

On obtient dnn= + ×50

72007

0 8( , ) .

3 �Les indices vn et dn sont des indices trimestriels. Pour calculer les valeurs

des deux indices au bout des trois ans, nous devons calculer v12 etd12.

La calculatrice nous donne

v d1212

12140 40 0 8 137 251507

2007

= − × = = +( , ) , ... et ×× =( , ) , ...0 8 9 10612

En arrondissant les deux indices à l’unité on obtient v12 137= et d12 9= .

On pouvait aussi calculer directement une valeur approchée

de d12 connaissant v12 137 251≈ , .

Remarque



Corrigé des exercices de synthèse de la séquence 1

1 �En 2010 la forêt possède 50 milliers d’arbres. On a doncu0 50= .

Comme 5 % des arbres sont abattus chaque année, le coefficient multipli-cateur est égal à 0,95. On sait de plus que 3 milliers d’arbres sont replantés chaque année.

On a donc la relation suivante, valable pour tout entier n :

u un n

abattagede

arbresreplant

+ = − +1

5

1 0 05 3( , )

%

� �� éés

milliers( )

� soit u un n+ = +1 0 95 3, .

Ainsi u0 50= et, pour tout entier naturel n, u un n+ = +1 0 95 3, .

2 �On considère la suite v définie pour tout entier naturel n par v un n= −60 . D’où u vn n= −60 .

a. Exprimons vn+1 en fonction de vn .

On a v u u un n n

u

n

n

+ += − = − + = −

+

1 160 60 0 95 3 57 0 95

1

( , ) ,� ��

v v vn n

u

n

n

+ = − − = − +1 57 0 95 60 57 57 0 95, ( ) ,��

v vn n+ =1 0 95, .

La suite v est donc une suite géométrique de raison q = 0,95 et de premier terme v0.

b. Calculons v u0 060 60 50= − = − d’où v0 10= . On sait que v v qnn= ×0

d’où vnn= ×10 0 95, .

c. Par définition v un n= −60 ce qui donne u vn n= −60 .

Ainsi, pour tout entier naturel n, unn= − ×60 10 0 95( , ) .

3 �L’année 2015 correspond au rang n = 5. Le nombre d’arbres de la forêt en 2015 est donné, en milliers, par u5.

La calculatrice donne u5 52 262 19= , ...

On a 1 000 52 262 195× =u , ... (arrondi à l’unité à 52 262)

On estime à 52 262 le nombre d’arbres de la forêt en 2015.

Exercice I



4

a. On peut écrire u un nn n

++− = − × − − ×( )1

160 10 0 95 60 10 0 95( (, ) , )

u un nn

+ − = × −1 10 0 95 0 95( (1, ) , )

u un nn

+ − = ×1 0 5 0 95, , ) .(

b. D’après ce qui précède on peut dire que, pour tout entier naturel n,u un n+ − >1 0.

La suite u est strictement croissante et donc strictement monotone.

5 �Calculons 50 110 55× =, . On cherche le plus petit entier n tel que un > 55. La suite u étant strictement croissante on fait des essais à la calculatrice.

On a 2010 + 14 = 2024 .

Le nombre d’arbres de la forêt aura dépassé de 10 % le nombre d’arbres de la forêt en 2010 à partir de 2024.

6 �On a 0 < 0,95 < 1, d’où limn → + ∞

( , )0 95 0n = et limn → + ∞

− × =10 0 95 0( , ) .n

Ainsi limn nu

→ + ∞= 60.

On sait que • la suite u est strictement croissante ;

• limn nu

→ + ∞= 60 ;

• pour tout entier n, un < 60 car 60 10 0 95− = ×unn( , ) .

Ainsi le nombre d’arbres devrait continuer à augmenter d’année en année et se rapprocher de 60 000, sans jamais atteindre ce nombre (en théorie bien entendu).

1 �

a. On désigne par Cn le capital, exprimé en euros, disponible le 1er janvier de l’année (2013 + n). Le capital disponible le 1er janvier 2014 est doncC1.

Le taux annuel du placement étant de 3,5 % le coefficient multiplicateur est égal à 1,035. Le 31 décembre 2013 Monsieur Magot a placé 700 € supplé-mentaires .

Calculons 2 000 1 035 700 2 770 , .× + = Ainsi C1 2 770= .

Le capital disponible le 1er janvier 2014 est égal à 2 770 € .

b. Le capital Cn+1 est égal au capitalCn multiplié par 1,035 auquel on ajoute 700 € .

D’où C Cn n+ = +1 1 035 700, .

Exercice II



2 �Pour tout entier naturel n, on pose :u Cn n= + 20 000.

a. Calculons u C0 0 20 000 2 000 20 000 22 000= + = + = .

Exprimons, pour tout entier n, un+1 en fonction de un .

On peut écrireu Cn n

relation derécurrence

+ += + =1 1 20 000 1 03� ��

, 55 700 20 000 1 035 20 700

1

C Cn

C

n

n

+ + = +

+

� �� ,

u un n+ = × − +1 1 035 20 000 20 700, ( )

u un n+ = ×1 1 035, .

La suite ( )un est une suite géométrique de raison q = 1,035 et de premier terme u0 = 22 000 .

b. On sait que u u qnn= ×0 d’où un

n= ×22 000 1 035( , ) .

c. On connaît la relation u Cn n= + 20 000 d’où C un n= − 20 000.

Ainsi, pour tout entier naturel n,Cnn= × −22 000 1 035 20 000( , ) .

d. Le capital disponible le 1er janvier 2018 est donné, en euros, par la valeur de C5. La calculatrice nous donneC5 6 129 098= , ... (arrondi à 6 129 à l’euro près).

Le capital disponible le 1er janvier 2018 est égal à 6 129 €.

3 �Désignons les 4 mensualités par m m m m1 2 3 4, , .et Ces quatre mensualités forment quatre termes consécutifs d’une suite arithmétique de raison r = 800.

On sait que m m m m1 2 3 4 6 000+ + + = .

On peut écrire

m m r m r m r m r m

m m m

1 1 1 1 1 1

2 3 4

2 3 4 6 4 6 8+ + + + + + = + = + ×� ��

000 6 000= .

On en déduit 4 12001m = d’où m1 300= .

Ainsi m m m m1 2 3 4300 1100 1900 2 700= = = = ; ; ; .

Les quatre mensualités s’élèvent respectivement à

300 €, 1 100 €, 1 900 € et 2 700 €.

1 �On peut indiquer dans un tableau les étapes montrant les soldes sur le compte courant et sur le compte épargne.

Exercice III



Date nSolde du compte

courantSn

Solde du compte épargne

en

28-01-12 1 500 250

28-02-12 2 500 + 250 =750 0 5 750 375, × =

28-03-12 3 500 + 375 = 875 0 5 875 437 5, ,× =

28-04-12 4 500 + 437,5 = 937,5 0 5 937 5 468 75, , ,× =

� � � �

? nS Sn n= + × −500 0 5 1,

S en n= + −500 1

e Sn n= ×0 5,

Le 28 mars 2012 le solde S3 est égal à 500 0 5 8752+ × =, S et e3 437 5= , .

Le 28 avril 2012 le solde S4 est égal à 500 0 5 937 53+ × =, ,S et e4 468 75= , .

2 �D’après le tableau précédent on a : e Sn n+ += × = ×1 10 5 0 5, , ).(500 +enOn a donc en+ = ×1 0 5, ).( +500en

a. Pour tout nombre entier naturel n non nul, on définit la suite v par v en n= −500 .

Calculons v e1 1500 500 250 250= − = − = .

Exprimons vn+1 en fonction devn .

On a, pour tout n > 0,v e en n n

en

+ += − = − +

+

1 1500 500 0 5 500

1

, ( )� ��

v e vn n n

en

+ = − − = − −1 500 250 0 5 250 0 5 500, , ( )� ��

v vn n+ =1 0 5, .

La suite v est une suite géométrique de raison q = 0,5 et de premier terme v1 250= .

b. On sait que, pour tout n v v qnn≥ = × −1 1

1, d’où vnn= × −250 0 5 1( , ) .

c. Calculons S v v v= + + +1 2 12...... .

La somme S est la somme de 12 termes consécutifs d’une suite géométrique.

On calcule Sqq

= × −−

= × −−

v1

1211

2501 0 5

1 0 5

12( , ),

. D’où S = × −

500 1 0 5 12( , ) .



3 �

a. On sait que e vn n= −500 , soit enn= − × −500 250 0 5 1( , ) .

b. Le montant C de la somme capitalisée sur le plan épargne est donné par C e e e= + + +1 2 12...... .

On a C v v v v= − + − + − + + −( ) ( ) ( ) ...... ( )500 500 500 5001 2 3 12

C v v v

C S

= × − + + +

= − = − × −

12 500

6 000 6 000 500 1

1 2 12( ...... )

(( , )

( , )

, ...

0 5

5 500 500 0 5

5 500 122

12

12

= +=

CC

La somme capitalisée sur le plan d’épargne le 29 décembre 2012 sera égale à 5 500,12 €.

1 �À l’étape 2 on a colorié 8 nouveaux carrés ; ainsi c2 8= .

Dans chacun des 8 carrés où l’on a colorié un carré à l’étape 2 on colorie 8 nouveaux carrés, ce qui fait 8 8× nouveaux carrés à l’étape 3 ; ainsi c3 64= .

On a donc c c2 38 64= =et .

2 �On admet que la suite c est géométrique.

Son premier terme est c1 1= et sa raison q = 8.

On sait que c c qnn= × −

11 d’où cn

n= −8 1.

3 �On désigne par Sn le nombre total de carrés coloriés à l’issue de l’étape n .

a. Ainsi S S S1 2 31 1 8 1 8 64= = + = + +; ; ce qui donne S S S1 2 31 9 73= = =; ; .

On a S S2 19= mais S S3 29≠ , ce qui prouve que la suite S n’est pas géomé-trique .

b. Sn est la somme de n termes consécutifs de la suite c qui est une suite géo-métrique .

On a S cqqn

n=

111× −−

. Ainsi Snn

= −−

1 81 8

d’où Snn

= −8 17

.

c. La suite S est une suite croissante car le nombre total de carrés coloriés aug-mente à chaque étape .

On cherche d’abord quel est le plus petit entier n tel que Sn ≥ 1000, puis ensuite le plus petit entier n tel que Sn ≥ 1000 000.

Exercice IV


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TES3 Chapitre 1 Suites numériques Corrigé des exercices