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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
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= × = × =, , .
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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 .
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.
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.