Ressources · 1ʳᵉ · Maths sans spécialité

Suites géométriques et croissance exponentielle

Coefficient multiplicateur, évolutions successives et puissances (rappels de seconde), suite géométrique définie par récurrence, raison, terme de rang n, évolution à taux constant et intérêts composés, sens de variation, représentation graphique et problèmes de seuil, sans calculatrice.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés sans calculatrice, dans l’esprit de l’épreuve anticipée : une vidéo dont les vues explosent et les limites du modèle, la valeur d’une machine comparée à un amortissement linéaire, un traitement anti-algues avec un programme Python, et des carrés emboîtés dont l’aire forme une suite géométrique.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je définis la suite : ce que représente $n$ (jour, semaine, année), le premier terme ( $u_{0}$ ou $u_{1}$ ) et le nombre par lequel on multiplie à chaque étape (un pourcentage devient un coefficient multiplicateur).
Je justifie qu’elle est géométrique : « multipliée par le même nombre à chaque étape », donc $u_{n + 1} = q \times u_{n}$ ; si l’on ajoute toujours la même quantité, elle est arithmétique.
J’écris le terme de rang $n$ $u_{n} = u_{0} \times q^{n}$ (ou $u_{1} \times q^{n - 1}$ ) et je calcule les termes demandés avec les valeurs données par l’énoncé.
Pour un seuil, je divise par le premier terme, je compare $q^{n}$ au quotient obtenu à l’aide des valeurs données, et je vérifie deux rangs consécutifs.
Je conclus dans le contexte (jour, année…) et je regarde si le modèle reste réaliste sur une longue durée.

Problème 1 · Une vidéo qui se partage★★★Facile

Une vidéo mise en ligne enregistre

2 400

vues le premier jour. Les jours suivants, le nombre de vues quotidiennes est multiplié par

1, 35

chaque jour. On note

u_{n}

le nombre de vues le jour

n

; ainsi

u_{1} = 2 400

. On donne :

1, 35^{6} \approx 6, 053

;

1, 35^{12} \approx 36, 64

;

1, 35^{13} \approx 49, 47

;

1, 35^{39} \approx 121 065

1. Justifier que $(u_{n})$ est géométrique et exprimer $u_{n}$ en fonction de $n$ . Contrôle : $u_{2} =$
Rédaction attendue. D’un jour au suivant, le nombre de vues est multiplié par le même nombre : $u_{n + 1} = 1, 35 \times u_{n}$ . La suite $(u_{n})$ est géométrique de raison $1, 35$ et de premier terme $u_{1} = 2 400$ . Le premier terme est de rang $1$ , donc $u_{n} = 2 400 \times 1, 35^{n - 1}$ . Contrôle : $u_{2} = 2 400 \times 1, 35 = 3 240$ .
2. Nombre de vues le $7^{e}$ jour, arrondi à la centaine :
Pour $n = 7$ , l’exposant vaut $6$ : $u_{7} = 2 400 \times 1, 35^{6} \approx 2 400 \times 6, 053 \approx 14 527$ , soit environ $14 500$ vues.
3. Premier jour où la vidéo dépasse $100 000$ vues quotidiennes :
$u_{13} = 2 400 \times 1, 35^{12} \approx 2 400 \times 36, 64 \approx 87 936 < 100 000$ et $u_{14} = 2 400 \times 1, 35^{13} \approx 2 400 \times 49, 47 \approx 118 728 > 100 000$ . La suite est croissante : c’est le $14^{e}$ jour.
4. Selon ce modèle, nombre de vues le $40^{e}$ jour, en millions, arrondi à la dizaine de millions :
$u_{40} = 2 400 \times 1, 35^{39} \approx 2 400 \times 121 065 \approx 290 556 000$ : environ $290$ millions de vues en une seule journée.
5. Le directeur de la chaîne affirme : « avec ce modèle, la vidéo atteindra $10$ milliards de vues quotidiennes en moins de deux mois ». Que penser de cette affirmation ? Contrôle : $u_{53}$ , en milliards, arrondi à l’unité :
Rédaction attendue. De $u_{40}$ à $u_{53}$ , on multiplie $13$ fois par $1, 35$ : $u_{53} = u_{40} \times 1, 35^{13} \approx 290 556 000 \times 49, 47 \approx 14, 4$ milliards. Mathématiquement, l’affirmation est donc vraie : le $53^{e}$ jour arrive avant deux mois, et une suite géométrique de raison supérieure à $1$ finit par dépasser n’importe quel nombre. Mais le modèle n’est plus réaliste : $14$ milliards de vues par jour, c’est bien plus que le nombre d’êtres humains sur Terre (environ $8$ milliards), et l’intérêt pour une vidéo retombe au bout de quelques jours. Une croissance exponentielle ne décrit qu’un début de phénomène.

Problème 2 · La valeur d’une machine★★★Moyen

Une entreprise achète une machine

45 000

€. Sa valeur diminue de

18 %

chaque année. On note

V_{n}

sa valeur, en euros, au bout de

n

années ; ainsi

V_{0} = 45 000

. On donne :

0, 82^{4} = 0, 45212176

;

0, 82^{7} \approx 0, 2493

;

0, 82^{8} \approx 0, 2044

1. Calculer $V_{1}$ et $V_{2}$ . Contrôle : $V_{2} =$ €
Une baisse de $18 %$ correspond au coefficient multiplicateur $1 - 0, 18 = 0, 82$ . $V_{1} = 45 000 \times 0, 82 = 36 900$ € et $V_{2} = 36 900 \times 0, 82 = 30 258$ €.
2. Justifier que $(V_{n})$ est géométrique, exprimer $V_{n}$ en fonction de $n$ et donner son sens de variation. Contrôle : $V_{3} =$ €
Rédaction attendue. Chaque année, la valeur est multipliée par $0, 82$ : $V_{n + 1} = 0, 82 \times V_{n}$ . La suite $(V_{n})$ est géométrique de raison $0, 82$ et de premier terme $45 000$ , donc $V_{n} = 45 000 \times 0, 82^{n}$ . Comme $V_{0} > 0$ et $0 < 0, 82 < 1$ , elle est strictement décroissante. Contrôle : $V_{3} = 30 258 \times 0, 82 = 24 811, 56$ €.
3. Montrer que la valeur de la machine a été divisée par plus de $2$ en $4$ ans. Contrôle : $V_{4}$ , arrondie au centime : €
Rédaction attendue. $V_{4} = 45 000 \times 0, 82^{4} = 45 000 \times 0, 45212176 = 20 345, 4792$ , soit $20 345, 48$ €. La moitié du prix d’achat vaut $\frac{45 000}{2} = 22 500$ €, et $20 345, 48 < 22 500$ : la valeur a été divisée par plus de $2$ . Autre justification : $0, 82^{4} \approx 0, 452 < 0, 5$ .
4. Au bout de combien d’années la valeur de la machine passe-t-elle sous $10 000$ € ?
$V_{7} \approx 45 000 \times 0, 2493 \approx 11 218, 5$ € et $V_{8} \approx 45 000 \times 0, 2044 = 9 198$ €. Comme $V_{7} > 10 000 > V_{8}$ et que la suite est décroissante, la valeur passe sous $10 000$ € au bout de $8$ ans.
5. Un comptable propose un autre modèle : la machine perd $4 500$ € de valeur chaque année. Préciser la nature de la suite des valeurs dans ce modèle. Nombre d’années au bout duquel la machine ne vaudrait plus rien :
Rédaction attendue. On retire chaque année la même somme : la suite $(W_{n})$ est arithmétique de raison $- 4 500$ et $W_{n} = 45 000 - 4 500 n$ . $W_{n} = 0$ pour $n = \frac{45 000}{4 500} = 10$ : au bout de $10$ ans, la machine ne vaudrait plus rien. Dans le modèle géométrique, au contraire, la valeur diminue sans jamais s’annuler, car $0, 82^{n} > 0$ .

Problème 3 · Un traitement anti-algues★★★Moyen

On verse

320

g d’un produit anti-algues dans un bassin. Chaque jour,

27 %

de la quantité de produit présente dans l’eau se dégrade. On note

q_{n}

la quantité de produit, en grammes, présente au bout de

n

jours ; ainsi

q_{0} = 320

. On donne :

0, 73^{3} = 0, 389 017

;

0, 73^{4} \approx 0, 284

;

0, 73^{6} \approx 0, 1513

;

0, 73^{7} \approx 0, 1105

;

0, 73^{8} \approx 0, 0806

;

0, 73^{9} \approx 0, 0589

. On considère aussi la fonction Python suivante.

def seuil(s):
    q = 320
    n = 0
    while q > s:
        q = q * 0.73
        n = n + 1
    return n

1. Calculer $q_{1}$ et $q_{2}$ , puis exprimer $q_{n}$ en fonction de $n$ . Contrôle : $q_{2} =$ g
Rédaction attendue. Perdre $27 %$ , c’est conserver $73 %$ : coefficient multiplicateur $0, 73$ . $q_{1} = 320 \times 0, 73 = 233, 6$ g et $q_{2} = 233, 6 \times 0, 73 = 170, 528$ g. Pour tout $n$ , $q_{n + 1} = 0, 73 \times q_{n}$ : la suite est géométrique de raison $0, 73$ , donc $q_{n} = 320 \times 0, 73^{n}$ .
2. Justifier que la quantité de produit passe sous la moitié de la dose initiale entre le $2^{e}$ et le $3^{e}$ jour. Contrôle : $q_{3}$ , arrondi au gramme : g
Rédaction attendue. La moitié de la dose vaut $\frac{320}{2} = 160$ g. $q_{2} = 170, 528$ g et $q_{3} = 320 \times 0, 389 017 = 124, 485 44$ g, soit environ $124$ g. Comme $q_{2} > 160 > q_{3}$ , la quantité passe sous la moitié de la dose entre le $2^{e}$ et le $3^{e}$ jour.
3. Valeur renvoyée par seuil(20) :
La boucle multiplie $q$ par $0, 73$ et augmente $n$ de $1$ tant que $q > s$ : elle renvoie le premier rang où la quantité est inférieure ou égale à $s$ . $q_{8} \approx 320 \times 0, 0806 \approx 25, 8 > 20$ et $q_{9} \approx 320 \times 0, 0589 \approx 18, 8 ⩽ 20$ : seuil(20) renvoie $9$ . Il faut $9$ jours pour que la quantité descende à $20$ g ou moins.
4. Le produit n’est plus efficace en dessous de $40$ g. Au bout de combien de jours faut-il en remettre ?
$q_{6} \approx 320 \times 0, 1513 \approx 48, 4$ g et $q_{7} \approx 320 \times 0, 1105 = 35, 36$ g. Comme $q_{6} > 40 > q_{7}$ , il faut remettre du produit au bout de $7$ jours.
5. Un élève affirme : « avec $27 %$ par jour, il ne reste plus rien au bout de $4$ jours, car $4 \times 27 = 108$ et $108 > 100$ ». Expliquer son erreur. Contrôle : quantité restante au bout de $4$ jours, arrondie au gramme : g
Rédaction attendue. L’élève additionne des pourcentages qui ne portent pas sur la même quantité : chaque jour, les $27 %$ se calculent sur la quantité restante, qui diminue. Le deuxième jour, on perd $27 %$ de $233, 6$ g, et non de $320$ g. Le bon calcul est un produit : $q_{4} = 320 \times 0, 73^{4} \approx 320 \times 0, 284 \approx 90, 9$ g, soit environ $91$ g. Une suite géométrique de raison strictement positive ne s’annule d’ailleurs jamais.

Problème 4 · Des carrés emboîtés★★★Difficile

On construit une suite de carrés : le premier a pour côté

24

cm, et le côté de chaque carré est égal à

0, 75

fois le côté du précédent. On note

c_{n}

le côté, en cm, et

A_{n}

l’aire, en cm², du carré de rang

n

, le premier carré étant de rang

0

. On donne :

0, 5625^{11} \approx 0, 00178

0, 5625^{12} \approx 0, 001

1. Exprimer $c_{n}$ en fonction de $n$ . Contrôle : $c_{2} =$ cm
Le côté est multiplié par $0, 75$ à chaque étape : $(c_{n})$ est géométrique de raison $0, 75$ et de premier terme $24$ , donc $c_{n} = 24 \times 0, 75^{n}$ . $c_{1} = 18$ et $c_{2} = 18 \times 0, 75 = 13, 5$ cm.
2. Montrer que la suite $(A_{n})$ est géométrique de raison $0, 5625$ . Contrôle : $A_{1} =$ cm²
Rédaction attendue. L’aire d’un carré est le carré de son côté : $A_{n} = c_{n}^{2} = {(24 \times 0, 75^{n})}^{2} = 24^{2} \times {(0, 75^{2})}^{n} = 576 \times 0, 5625^{n}$ . C’est la forme $A_{0} \times q^{n}$ : $(A_{n})$ est géométrique de raison $0, 75^{2} = 0, 5625$ et de premier terme $A_{0} = 576$ cm². Contrôle : $A_{1} = 18^{2} = 324$ cm², et $576 \times 0, 5625 = 324$ .
3. Sens de variation de $(A_{n})$ : (écris croissante ou décroissante)
$A_{0} = 576 > 0$ et $0 < 0, 5625 < 1$ : la suite $(A_{n})$ est strictement décroissante. Chaque aire vaut un peu plus de la moitié de la précédente.
4. Aire du carré de rang $3$ , arrondie au centième : cm²
$A_{2} = 324 \times 0, 5625 = 182, 25$ cm², puis $A_{3} = 182, 25 \times 0, 5625 = 102, 515 625$ , soit environ $102, 52$ cm². Contrôle par le côté : $c_{3} = 13, 5 \times 0, 75 = 10, 125$ cm et $10, 125^{2} = 102, 515 625$ .
5. Rang à partir duquel l’aire d’un carré devient inférieure à $1$ cm² :
$A_{11} \approx 576 \times 0, 00178 \approx 1, 03 > 1$ et $A_{12} \approx 576 \times 0, 001 = 0, 576 < 1$ . La suite est décroissante : à partir du rang $12$ . Le rang $11$ donne une aire à peine supérieure à $1$ cm² : il fallait mener le calcul jusqu’au bout. C’est aussi le premier rang où le côté passe sous $1$ cm, puisque $A_{n} = c_{n}^{2}$ .

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