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Exercices — Première Série C — Suites

Retour au cours — Première Série C et E · Suites

Exercices — Suites

Génération et suites usuelles · Comportement global & récurrence · Limites d'une suite

Première Série C et E · Format Bac : QCM · Situation d'intégration · Problème

0 exercices affichés

Chapitre 1 — Génération, suites arithmétiques et géométriques

1

QCM — Génération et suites usuelles

Facile QCM
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Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) Soit $u_0=5$ et $u_{n+1}=3u_n-4$. La valeur de $u_2$ est :
a) $29$   b) $33$   c) $26$   d) $15$

2) Une suite arithmétique a pour premier terme $u_0=10$ et pour raison $a=-3$. La valeur de $u_8$ est :
a) $34$   b) $-11$   c) $-14$   d) $-24$

3) Une suite géométrique a pour premier terme $u_0=2$ et pour raison $b=3$. La somme $S_4=u_0+u_1+u_2+u_3+u_4$ vaut :
a) $242$   b) $121$   c) $240$   d) $484$

4) Soit $f(x)=3x-2$ et $u_n=f(n)$. La valeur de $u_0$ est :
a) $-2$   b) $1$   c) $3$   d) $-5$

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1
Réponse : a. $u_1=3\times5-4=11$, puis $u_2=3\times11-4=29$.
2
Réponse : c. $u_8=u_0+8a=10+8\times(-3)=10-24=-14$.
3
Réponse : a. $S_4=u_0\dfrac{b^5-1}{b-1}=2\times\dfrac{243-1}{2}=2\times121=242$.
4
Réponse : a. $u_0=f(0)=3\times0-2=-2$.
2

Situation d'intégration — Épargne d'une coopérative agricole

Moyen Situation
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Exercice 2 — Situation d'intégration

Une coopérative agricole de Banfora épargne pour acheter un tracteur coûtant $1\,500\,000$ FCFA. Elle dépose $50\,000$ FCFA le premier mois ($u_0$), puis augmente chaque mois son dépôt de $15\,000$ FCFA par rapport au mois précédent (suite arithmétique de raison $a=15\,000$).

Consigne : Calculer le montant déposé le $12^e$ mois (terme $u_{11}$), puis le montant total épargné après ces $12$ mois (somme $S_{11}$ des termes $u_0$ à $u_{11}$). La coopérative aura-t-elle réuni la somme nécessaire pour le tracteur au bout de $12$ mois ?

1
Dépôt du $12^e$ mois. $u_{11}=u_0+11a=50\,000+11\times15\,000=50\,000+165\,000=215\,000$ FCFA.
2
Total épargné. $S_{11}=12\times\dfrac{u_0+u_{11}}2=12\times\dfrac{50\,000+215\,000}2=12\times132\,500=1\,590\,000$ FCFA.
3
Conclusion. $1\,590\,000>1\,500\,000$ : la coopérative a réuni, et même dépassé de $90\,000$ FCFA, la somme nécessaire au bout de $12$ mois.
3

Problème — Reboisement : deux stratégies de plantation

Difficile Problème
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Problème — Une entreprise de reboisement à Fada N'Gourma compare deux stratégies de plantation d'arbres sur $6$ ans (années $0$ à $5$).

Partie A — Stratégie 1 (arithmétique). $200$ arbres plantés l'année $0$ ($u_0=200$), puis $40$ arbres de plus chaque année ($a=40$). 1) Calculer $u_5$ (nombre d'arbres plantés l'année $5$). 2) Calculer $S_5=u_0+\cdots+u_5$, le nombre total d'arbres plantés sur les $6$ ans.

Partie B — Stratégie 2 (géométrique). Un partenaire propose de doubler chaque année le nombre d'arbres plantés : $v_0=200$, raison $b=2$. 1) Calculer $v_5$. 2) Calculer $S_5'=v_0+\cdots+v_5$.

Partie C. Comparer les deux totaux obtenus sur $6$ ans et conclure sur la stratégie la plus efficace en nombre d'arbres plantés (sans tenir compte du coût).

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A.1
$u_5=u_0+5a=200+5\times40=200+200=400$ arbres.
A.2
$S_5=6\times\dfrac{u_0+u_5}2=6\times\dfrac{200+400}2=6\times300=1\,800$ arbres.
B.1
$v_5=v_0\times b^5=200\times2^5=200\times32=6\,400$ arbres.
B.2
$S_5'=v_0\dfrac{b^6-1}{b-1}=200\times\dfrac{64-1}{1}=200\times63=12\,600$ arbres.
C
$12\,600\gg1\,800$ : la stratégie géométrique plante beaucoup plus d'arbres au total sur $6$ ans. En pratique, un tel doublement annuel n'est réaliste que sur un nombre limité d'années (contraintes de terrain, de plants disponibles, de main-d'œuvre) : la comparaison illustre surtout la rapidité de la croissance géométrique face à la croissance arithmétique.

Chapitre 2 — Comportement global et raisonnement par récurrence

1

QCM — Comportement global et récurrence

Facile QCM
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Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) Soit $v_n=\dfrac n{n+3}$. Cette suite est majorée par :
a) $1$   b) $\dfrac13$   c) $3$   d) $n$

2) Soit $w_n=50-7n$. Le sens de variation de $(w_n)$ est :
a) croissante   b) décroissante   c) constante   d) non monotone

3) Dans une démonstration par récurrence, la deuxième étape s'appelle :
a) Initialisation   b) Hérédité   c) Conclusion   d) Réciproque

4) Une suite $(u_n)$ vérifie $u_{n+p}=u_n$ pour tout $n$ : elle est dite :
a) monotone   b) majorée   c) périodique de période $p$   d) bornée

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1
Réponse : a. $v_n=\dfrac n{n+3}<\dfrac{n+3}{n+3}=1$ pour tout $n\geqslant0$.
2
Réponse : b. $w_{n+1}-w_n=-7<0$ : la suite est décroissante.
3
Réponse : b. Initialisation, puis Hérédité, puis Conclusion.
4
Réponse : c. C'est la définition même d'une suite périodique de période $p$.
2

Situation d'intégration — Suivi des pannes de pompes villageoises

Moyen Situation
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Exercice 2 — Situation d'intégration

Une ONG installe des pompes à eau villageoises dans la région du Sahel. Elle modélise la proportion de pompes en panne après $n$ mois de fonctionnement par $p_n=\dfrac n{n+2}$.

Consigne : Montrer que cette proportion reste toujours strictement inférieure à $1$ (majorée par $1$), montrer qu'elle est croissante, et interpréter ces deux résultats pour la maintenance à long terme du réseau de pompes.

1
Majoration. Pour tout $n\geqslant0$, $p_n=\dfrac n{n+2}<\dfrac{n+2}{n+2}=1$ : la proportion est majorée par $1$.
2
Monotonie. $p_{n+1}-p_n=\dfrac{n+1}{n+3}-\dfrac n{n+2}=\dfrac{(n+1)(n+2)-n(n+3)}{(n+3)(n+2)}=\dfrac{n^2+3n+2-n^2-3n}{(n+3)(n+2)}=\dfrac2{(n+3)(n+2)}>0$ : la suite est croissante.
3
Interprétation. D'après ce modèle, la proportion de pompes en panne n'atteint jamais $100\%$ (majoration), mais elle augmente continuellement avec le temps (croissance) : le réseau se dégrade progressivement et nécessite une maintenance de plus en plus soutenue, sans jamais tomber totalement hors service selon cette seule modélisation.
3

Problème — Population bactérienne sous traitement

Difficile Problème
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Problème — Un laboratoire de Ouagadougou étudie l'effet d'un traitement antibiotique sur une population bactérienne. Le nombre de bactéries après $n$ heures, noté $u_n$, vérifie $u_0=1\,000$ et $u_{n+1}=2u_n-500$ pour tout $n$.

Partie A. Calculer $u_1$, $u_2$, $u_3$.

Partie B. Démontrer par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb N$, $u_n=500\times2^n+500$.

Partie C. D'après la formule de la partie B, quel est le comportement de $u_n$ lorsque $n$ devient très grand ? Que peut-on en conclure sur l'efficacité de ce traitement pour éradiquer la population bactérienne à long terme ?

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A
$u_1=2\times1\,000-500=1\,500$. $u_2=2\times1\,500-500=2\,500$. $u_3=2\times2\,500-500=4\,500$.
B.1
Initialisation. $500\times2^0+500=500+500=1\,000=u_0$ : vrai au rang $0$.
B.2
Hérédité. Supposons $u_n=500\times2^n+500$. Alors $u_{n+1}=2u_n-500=2(500\times2^n+500)-500=500\times2^{n+1}+1\,000-500=500\times2^{n+1}+500$ : la propriété est vraie au rang $n+1$.
B.3
Conclusion. D'après le principe de récurrence, pour tout $n\in\mathbb N$, $u_n=500\times2^n+500$.
C
Comme $2^n\to+\infty$, $u_n\to+\infty$ : la population bactérienne croît indéfiniment selon ce modèle, malgré le traitement. Ce traitement, tel que modélisé, ne suffit donc pas à éradiquer la bactérie à long terme — un traitement efficace devrait produire une suite décroissante vers $0$.

Chapitre 3 — Limites d'une suite

1

QCM — Limites d'une suite

Facile QCM
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Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(4n^2-7)$ vaut :
a) $4$   b) $-7$   c) $+\infty$   d) $0$

2) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac1{n^3}$ vaut :
a) $+\infty$   b) $1$   c) $0$   d) n'existe pas

3) Soit $u_n=(0{,}8)^n$. $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$ vaut :
a) $0$   b) $+\infty$   c) $1$   d) $0{,}8$

4) $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(9-5\times\left(\dfrac13\right)^n\right)$ vaut :
a) $9$   b) $4$   c) $-5$   d) n'existe pas

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1
Réponse : c. $n^2\to+\infty$ donc $4n^2-7\to+\infty$.
2
Réponse : c. $\dfrac1{n^3}\to0$ (référence finie du cours).
3
Réponse : a. $0\leqslant0{,}8<1$, donc $(0{,}8)^n\to0$.
4
Réponse : a. $0\leqslant\frac13<1\Rightarrow\left(\frac13\right)^n\to0$, donc la limite vaut $9-5\times0=9$.
2

Situation d'intégration — Coût de maintenance d'un projet d'adduction d'eau

Moyen Situation
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Exercice 2 — Situation d'intégration

Une banque de développement finance un projet d'adduction d'eau à Dori. Le coût cumulé de maintenance (en millions de FCFA) après $n$ années de fonctionnement suit $C_n=8-6\times(0{,}5)^n$.

Consigne : Étudier la limite de $C_n$ quand $n\to+\infty$, et interpréter ce résultat pour le budget à long terme du projet : le coût cumulé se stabilise-t-il, et vers quelle valeur plafond ?

1
Calcul de la limite. $0\leqslant0{,}5<1$, donc $(0{,}5)^n\to0$ quand $n\to+\infty$. Ainsi $C_n\to8-6\times0=8$.
2
Interprétation. Le coût cumulé de maintenance se stabilise vers un plafond de $8$ millions de FCFA : les coûts additionnels chaque année deviennent de plus en plus faibles (ils tendent vers $0$), le projet devient donc financièrement soutenable à long terme, sans dérive budgétaire.
3

Problème — Trois indicateurs d'un service de tutorat en ligne

Difficile Problème
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Problème — Une plateforme de tutorat en ligne burkinabè suit trois indicateurs mensuels, $n$ désignant le nombre de mois depuis le lancement.

Partie A. Nombre d'inscriptions cumulées (en dizaines) : $u_n=6n^3-100$. Déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$, en justifiant.

Partie B. Taux de rétention (en %) : $v_n=12-8\times(0{,}25)^n$. Déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_n$, en justifiant.

Partie C. Note de satisfaction (sur $10$) : $w_n=\dfrac1{n^2}+5$. Déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}w_n$, en justifiant.

Partie D. D'après les trois résultats précédents, lequel de ces indicateurs ne se stabilise jamais et continue de croître indéfiniment ? Lesquels se stabilisent, et vers quelles valeurs ?

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A
$n^3\to+\infty$, donc $6n^3\to+\infty$ ; la constante $-100$ ne change pas une limite infinie : $u_n\to+\infty$.
B
$0\leqslant0{,}25<1$, donc $(0{,}25)^n\to0$ : $v_n\to12-8\times0=12$.
C
$\dfrac1{n^2}\to0$ (référence finie du cours) : $w_n\to0+5=5$.
D
Le nombre d'inscriptions cumulées $u_n$ diverge vers $+\infty$ (il n'y a pas de raison qu'il se stabilise, ce qui est cohérent : les inscriptions s'accumulent). Le taux de rétention $v_n$ se stabilise vers $12\%$ et la note de satisfaction $w_n$ se stabilise vers $5/10$ — deux indicateurs qui atteignent un régime permanent après quelques mois.
Mode hors-ligne — données en cache