Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Mathématiques

Généralités sur les suites

Forme explicite et relation de récurrence, motifs et algorithmes, représentation graphique, sens de variation, limite intuitive et algorithme de seuil.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés dans l’esprit de l’épreuve anticipée de mathématiques : une population de poissons qui se stabilise et une fonction seuil en Python, des escaliers d’allumettes, le vol de Syracuse, la méthode de Héron pour approcher √7 et le coût moyen minimal d’un atelier.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé en suite : premier terme, relation uₙ₊₁ = … (ce qui reste + ce qui s’ajoute), ou nombre d’éléments d’un motif.
Je calcule les premiers termes à la main et je contrôle qu’ils collent à la situation.
Je démontre ce qui est demandé pour tout n : relation de récurrence, formule admise vérifiée, sens de variation par une méthode du cours.
Je lis ou j’écris le programme en suivant les variables tour par tour ; la condition du while est la négation de ce que l’on cherche.
Je réponds dans le contexte : un mois, une année, un nombre d’éléments, en contrôlant les deux termes qui encadrent un seuil.

Problème 1 · Des poissons dans un lac★★★Moyen

Un lac est repeuplé avec

2 000

poissons. Un modèle prévoit que, d’une année à la suivante, la population augmente de

0, 5 p_{n} (1 - \frac{p_{n}}{10})

, où

p_{n}

est la population (en milliers) après

n

années. Ainsi

p_{0} = 2

et, pour tout

n

p_{n + 1} = p_{n} + 0, 5 p_{n} (1 - \frac{p_{n}}{10})

. On admet que

0 < p_{n} < 10

pour tout

n

1. $p_{1} =$
$p_{1} = 2 + 0, 5 \times 2 \times (1 - 0, 2) = 2 + 0, 8 = 2, 8$ , soit $2 800$ poissons.
2. $p_{2} =$
$p_{2} = 2, 8 + 0, 5 \times 2, 8 \times (1 - 0, 28) = 2, 8 + 1, 4 \times 0, 72 = 2, 8 + 1, 008 = 3, 808$ . Puis $p_{3} \approx 4, 987$ : $3 808$ puis environ $4 987$ poissons.
3. Démontrer le sens de variation de $(p_{n})$ . Sens de variation le plus précis :
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $p_{n + 1} - p_{n} = 0, 5 p_{n} (1 - \frac{p_{n}}{10})$ . D’après l’hypothèse admise, $p_{n} > 0$ et $p_{n} < 10$ , donc $\frac{p_{n}}{10} < 1$ et $1 - \frac{p_{n}}{10} > 0$ . Produit de trois facteurs strictement positifs, la différence est strictement positive : $(p_{n})$ est strictement croissante.
4. La fonction ci-dessous renvoie le plus petit n tel que pn⩾s.
```
def seuil(s):
    n = 0
    p = 2
    while p < s:
        n = n + 1
        p = p + 0.5*p*(1 - p/10)
    return n
```
On donne p6≈8,370 et p7≈9,052. seuil(9) renvoie
Rédaction attendue. La suite est croissante : $p_{n} ⩽ p_{6} \approx 8, 370 < 9$ pour $n ⩽ 6$ , et $p_{7} \approx 9, 052 ⩾ 9$ . La fonction renvoie $7$ : la population atteint $9 000$ poissons au bout de $7$ ans. L’augmentation annuelle devient faible quand $p_{n}$ approche $10$ , car le facteur $1 - \frac{p_{n}}{10}$ est alors proche de $0$ : de $p_{6}$ à $p_{7}$ , on ne gagne qu’environ $682$ poissons.
5. Limite conjecturée de $(p_{n})$ :
Les termes croissent en restant inférieurs à $10$ , et leurs augmentations diminuent : on conjecture que $(p_{n})$ tend vers $10$ . D’ailleurs, si $p_{n} = 10$ , alors $p_{n + 1} = 10 + 0 = 10$ . La population se stabilise vers $10 000$ poissons, la capacité d’accueil du lac.

Problème 2 · Escaliers d’allumettes★★★Moyen

On construit des escaliers avec des allumettes. L’escalier numéro

n

(

n ⩾ 1

) est formé de

n

colonnes accolées, posées sur une même ligne de base ; la

k

-ième colonne, en partant de la gauche, est un empilement de

k

carrés. Chaque côté de carré est une allumette, et un côté commun à deux carrés n’est compté qu’une fois. On note

a_{n}

le nombre d’allumettes de l’escalier numéro

n

a_{1} = 4

(un carré) et

a_{2} = 10

(trois carrés en L).

1. $a_{3} =$
Escalier 3 (six carrés) : allumettes horizontales, de bas en haut, $3 + 3 + 2 + 1 = 9$ ; allumettes verticales, rangée par rangée, $4 + 3 + 2 = 9$ . Donc $a_{3} = 18$ .
2. On admet que $a_{n} = n^{2} + 3 n$ . Après l’avoir vérifié pour $n = 1$ , $2$ , $3$ , calculer $a_{10} =$
$1 + 3 = 4$ , $4 + 6 = 10$ , $9 + 9 = 18$ : la formule est vérifiée. $a_{10} = 100 + 30 = 130$ .
3. Montrer que $a_{n + 1} = a_{n} + 2 n + c$ et l’interpréter sur la figure. Valeur de $c$ :
Rédaction attendue. $a_{n + 1} = (n + 1)^{2} + 3 (n + 1) = n^{2} + 5 n + 4$ , donc $a_{n + 1} - a_{n} = n^{2} + 5 n + 4 - (n^{2} + 3 n) = 2 n + 4$ . Interprétation : on ajoute à droite une colonne de $n + 1$ carrés. Il faut $n + 1$ allumettes verticales à droite, $n + 2$ horizontales et une seule verticale à gauche (la colonne voisine, de hauteur $n$ , fournit les $n$ autres) : $(n + 1) + (n + 2) + 1 = 2 n + 4$ .
4. Sens de variation le plus précis de $(a_{n})$ :
Pour tout $n ⩾ 1$ , $a_{n + 1} - a_{n} = 2 n + 4 > 0$ : $(a_{n})$ est strictement croissante.
5. Avec $500$ allumettes, numéro du plus grand escalier complet que l’on peut construire :
a20=400+60=460⩽500 et a21=441+63=504>500. Comme (an) est croissante, tous les escaliers suivants demandent plus de 500 allumettes : le plus grand est l’escalier numéro 20. Une fonction Python qui le trouve :
```
def marches(N):
    n = 0
    while (n+1)**2 + 3*(n+1) <= N:
        n = n + 1
    return n
```
marches(500) renvoie 20.
6. Nombre d’allumettes qui restent :
$500 - 460 = 40$ allumettes.

Problème 3 · Le vol de Syracuse★★★Moyen

On part de

u_{0} = 7

. Pour tout

n

: si

u_{n}

est pair,

u_{n + 1} = \frac{u_{n}}{2}

; si

u_{n}

est impair,

u_{n + 1} = 3 u_{n} + 1

. On s’arrête quand on atteint

1

. Le temps de vol est le plus petit

n

tel que

u_{n} = 1

, l’altitude est le plus grand terme atteint. En Python, u % 2 est le reste de la division de u par

2

et u // 2 le quotient entier.

def vol(u):
    n = 0
    while u != 1:
        if u % 2 == 0:
            u = u // 2
        else:
            u = 3*u + 1
        n = n + 1
    return n

1. $u_{3} =$
$7$ est impair : $u_{1} = 22$ ; $22$ est pair : $u_{2} = 11$ ; $11$ est impair : $u_{3} = 34$ .
2. Justifier que $(u_{n})$ n’est pas monotone, puis donner le temps de vol de $7$ :
Rédaction attendue. $u_{1} = 22 > u_{0} = 7$ , donc la suite n’est pas décroissante ; $u_{2} = 11 < u_{1} = 22$ , donc elle n’est pas croissante : elle n’est pas monotone. Les termes sont $7$ , $22$ , $11$ , $34$ , $17$ , $52$ , $26$ , $13$ , $40$ , $20$ , $10$ , $5$ , $16$ , $8$ , $4$ , $2$ , $1$ : on atteint $1$ pour la première fois au rang $16$ . L’appel vol(7) renvoie $16$ .
3. Altitude atteinte en partant de $7$ :
Le plus grand terme de la liste est $u_{5} = 3 \times 17 + 1 = 52$ .
4. Justifier, sans tout recalculer, que vol(40) renvoie
Rédaction attendue. En partant de $7$ , on a $u_{8} = 40$ . À partir de $40$ , la suite ne dépend que du terme précédent : elle suit exactement le vol issu de $40$ . Il faut $16$ étapes pour aller de $7$ à $1$ , dont $8$ pour aller de $7$ à $40$ : il en reste $16 - 8 = 8$ . Contrôle : $40$ , $20$ , $10$ , $5$ , $16$ , $8$ , $4$ , $2$ , $1$ , soit $8$ étapes.

Problème 4 · Approcher √7 : la méthode de Héron★★★Difficile

Pour approcher

\sqrt{7}

, on part d’un rectangle d’aire

7

de côtés

x

\frac{7}{x}

, et l’on remplace

x

par la moyenne des deux côtés. On définit ainsi

x_{0} = 3

et, pour tout

n

x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{7}{x_{n}})

. On admet que

x_{n} > 0

pour tout

n

. Une fraction s’écrit avec « / ».

1. $x_{1} =$
$x_{1} = \frac{1}{2} (3 + \frac{7}{3}) = \frac{1}{2} \times \frac{16}{3} = \frac{8}{3} \approx 2, 666 667$ .
2. $x_{2} =$
$x_{2} = \frac{1}{2} (\frac{8}{3} + \frac{21}{8}) = \frac{1}{2} \times \frac{64 + 63}{24} = \frac{127}{48} \approx 2, 645 833$ .
3. Montrer que $x_{n + 1} - \sqrt{7} = \frac{(x_{n} - \sqrt{7})^{2}}{2 x_{n}}$ et que $x_{n + 1} - x_{n} = \frac{7 - x_{n}^{2}}{2 x_{n}}$ , puis en déduire le sens de variation le plus précis de $(x_{n})$ :
Rédaction attendue. $x_{n + 1} - \sqrt{7} = \frac{x_{n}^{2} + 7}{2 x_{n}} - \frac{2 \sqrt{7} x_{n}}{2 x_{n}} = \frac{x_{n}^{2} - 2 \sqrt{7} x_{n} + 7}{2 x_{n}} = \frac{(x_{n} - \sqrt{7})^{2}}{2 x_{n}}$ , car $(\sqrt{7})^{2} = 7$ . Un carré est positif et $2 x_{n} > 0$ : $x_{n + 1} ⩾ \sqrt{7}$ ; de plus $x_{0} = 3 > \sqrt{7}$ car $9 > 7$ . Donc $x_{n} ⩾ \sqrt{7}$ pour tout $n$ . En fait l’inégalité est stricte : $x_{0} > \sqrt{7}$ , et si $x_{n} > \sqrt{7}$ alors $(x_{n} - \sqrt{7})^{2} > 0$ , donc $x_{n + 1} > \sqrt{7}$ ; de proche en proche, $x_{n} > \sqrt{7}$ pour tout $n$ . Ensuite $x_{n + 1} - x_{n} = \frac{1}{2} (\frac{7}{x_{n}} - x_{n}) = \frac{7 - x_{n}^{2}}{2 x_{n}}$ ; or $x_{n}^{2} > 7$ , donc $7 - x_{n}^{2} < 0$ , et $2 x_{n} > 0$ : $x_{n + 1} < x_{n}$ , la suite $(x_{n})$ est strictement décroissante.
4. Voici une fonction Python.
```
def heron(eps):
    n = 0
    x = 3
    while abs(x*x - 7) >= eps:
        n = n + 1
        x = (x + 7/x)/2
    return n
```
Sachant que x3=3225712192, et on donne 322572=1040514049 et 121922=148644864, que renvoie heron(10**-6) ?
Rédaction attendue. On calcule $x_{n}^{2} - 7$ exactement. $n = 0$ : $9 - 7 = 2$ ; $n = 1$ : $\frac{64}{9} - \frac{63}{9} = \frac{1}{9} \approx 0, 11$ ; $n = 2$ : $\frac{16 129}{2 304} - \frac{16 128}{2 304} = \frac{1}{2 304} \approx 4, 3 \times 10^{- 4}$ : ces trois valeurs sont supérieures à $10^{- 6}$ . $n = 3$ : $32 257^{2} = 1 040 514 049$ et $7 \times 12 192^{2} = 7 \times 148 644 864 = 1 040 514 048$ , donc $x_{3}^{2} - 7$ vaut $\frac{1}{148 644 864} \approx 6, 7 \times 10^{- 9}$ , qui est inférieur à $10^{- 6}$ . La fonction renvoie $3$ .
5. Limite conjecturée de $(x_{n})$ (valeur exacte) :
$x_{3} \approx 2, 645 751 3$ et $\sqrt{7} \approx 2, 645 751 3$ : on conjecture que $(x_{n})$ tend vers $\sqrt{7}$ . D’après la première égalité, l’écart à $\sqrt{7}$ est élevé au carré puis divisé par $2 x_{n} \approx 5, 3$ à chaque étape : un écart d’environ $10^{- 4}$ devient environ $10^{- 9}$ . Le nombre de décimales exactes double à peu près à chaque itération.

Problème 5 · Le coût moyen de production★★★Difficile

Un atelier fabrique chaque jour

n

objets (

n ⩾ 1

). Le coût total de production, en euros, est

C_{n} = n^{2} + 40 n + 900

; le coût moyen par objet est

M_{n} = \frac{C_{n}}{n}

. Chaque objet est vendu

104

€.

1. $C_{10} =$ €
$C_{10} = 100 + 400 + 900 = 1 400$ €, donc $M_{10} = 140$ €.
2. $M_{50} =$ €
$C_{50} = 2 500 + 2 000 + 900 = 5 400$ , donc $M_{50} = \frac{5 400}{50} = 108$ €.
3. Montrer que $M_{n + 1} - M_{n} = \frac{n^{2} + n - 900}{n (n + 1)}$ , puis donner la production pour laquelle le coût moyen est minimal : objets
Rédaction attendue. $M_{n} = n + 40 + \frac{900}{n}$ . Donc $M_{n + 1} - M_{n} = 1 + \frac{900}{n + 1} - \frac{900}{n} = 1 - \frac{900}{n (n + 1)} = \frac{n^{2} + n - 900}{n (n + 1)}$ . Le dénominateur est strictement positif ; le signe est celui de $n (n + 1) - 900$ , qui augmente avec $n$ . Or $29 \times 30 = 870 < 900$ et $30 \times 31 = 930 > 900$ . Donc $M_{n + 1} < M_{n}$ pour $1 ⩽ n ⩽ 29$ et $M_{n + 1} > M_{n}$ pour $n ⩾ 30$ : $(M_{n})$ décroît jusqu’au rang $30$ , puis croît. Le coût moyen est minimal pour $30$ objets par jour.
4. Coût moyen minimal : €
$M_{30} = 30 + 40 + 30 = 100$ €. Contrôle : $M_{29} \approx 100, 03$ et $M_{31} \approx 100, 03$ . Quand $n$ devient très grand, $\frac{900}{n}$ se rapproche de $0$ et $M_{n} ⩾ n + 40$ dépasse tout nombre : on conjecture que $M_{n}$ tend vers $+ \infty$ .
5. Le bénéfice est $B_{n} = 104 n - C_{n}$ . Plus petite production pour laquelle l’atelier est bénéficiaire : objets
$B_{n} = 104 n - n^{2} - 40 n - 900 = - n^{2} + 64 n - 900$ . Puis $B_{n + 1} - B_{n} = 63 - 2 n$ : $(B_{n})$ croît jusqu’au rang $32$ , puis décroît. $B_{20} = - 20$ et $B_{21} = 3$ : comme $B_{n}$ croît jusque-là, l’atelier perd de l’argent pour $n ⩽ 20$ ; il est bénéficiaire à partir de $21$ objets.
6. Plus grande production pour laquelle l’atelier est bénéficiaire : objets
$B_{43} = 3 > 0$ et $B_{44} = - 20$ ; la suite décroît après le rang $32$ , donc $B_{n} < 0$ pour $n ⩾ 44$ . L’atelier est bénéficiaire de $21$ à $43$ objets par jour. Cohérence : $B_{n} = n (104 - M_{n})$ , donc $B_{n} > 0$ équivaut à $M_{n} < 104$ ; le coût moyen minimal, $100$ € pour $n = 30$ , est bien inférieur à $104$ €.

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