Problèmes sur les suites

Deux salles de sport

La salle \(A\) demande \(180 \ \text{€}\) d'inscription puis \(25 \ \text{€}\) par mois. La salle \(B\) ne demande pas d'inscription, mais \(40 \ \text{€}\) le premier mois, puis augmente sa cotisation de \(2 \ \text{€}\) chaque mois.

1. Pour la salle \(B\), on note \(b_n\) la cotisation du mois \(n\), avec \(b_1 = 40\). Donner la nature de \((b_n)\) et son terme général.

   Chaque mois ajoute \(2 \ \text{€}\) : c'est une suite arithmétique de raison \(2\).

   $$ b_n = 40 + 2(n - 1) = 2n + 38 $$
2. Calculer le coût total d'une année dans chaque salle.

   Salle \(A\) : \(180 + 12 \times 25 = 480 \ \text{€}\).

   Salle \(B\) : c'est la somme de douze termes d'une suite arithmétique.

   $$ S = \frac{12 \times (b_1 + b_{12})}{2} = \frac{12 \times (40 + 62)}{2} $$

   $$ S = 612 \ \text{€} $$
3. À partir de quel mois la cotisation de \(B\) dépasse-t-elle celle de \(A\) ?
   $$ 2n + 38 > 25 \quad \Longleftrightarrow \quad n > -6.5 $$

   Elle la dépasse dès le premier mois : \(40 > 25\).

4. Sur une année, la salle \(A\) revient-elle moins cher ? Et sur trois mois ?

   Sur un an, \(A\) coûte \(480 \ \text{€}\) contre \(612 \ \text{€}\) : \(A\) est meilleure.

   Sur trois mois : \(A\) coûte \(180 + 75 = 255 \ \text{€}\), \(B\) coûte \(40 + 42 + 44 = 126 \ \text{€}\).

   C'est le droit d'inscription qui renverse la comparaison sur les durées courtes.

La population de truites

Un lac compte \(4 \ 000\) truites. Chaque année, la population perd \(20 \ \%\) de son effectif, et le pisciculteur en réintroduit \(600\). On note \(t_n\) l'effectif après \(n\) années, avec \(t_0 = 4 \ 000\).

1. Justifier que \(t_{n+1} = 0.8 \, t_n + 600\), et calculer \(t_1\) et \(t_2\).

   Perdre \(20 \ \%\) revient à multiplier par \(0.8\), puis on ajoute les \(600\) truites réintroduites.

   $$ t_1 = 0.8 \times 4 \ 000 + 600 = 3 \ 800 $$

   $$ t_2 = 0.8 \times 3 \ 800 + 600 = 3 \ 640 $$
2. La suite \((t_n)\) est-elle géométrique ? Justifier.
   $$ \frac{t_1}{t_0} = 0.95 \hspace{2em} \frac{t_2}{t_1} \approx 0.958 $$

   Les quotients diffèrent : la suite n'est pas géométrique. Le terme constant \(+600\) l'en empêche.

3. On pose \(w_n = t_n - 3 \ 000\). Montrer que \((w_n)\) est géométrique, et donner sa raison.
   $$ w_{n+1} = t_{n+1} - 3 \ 000 = 0.8 \, t_n + 600 - 3 \ 000 $$

   $$ w_{n+1} = 0.8 \, t_n - 2 \ 400 = 0.8 \left( t_n - 3 \ 000 \right) $$

   $$ w_{n+1} = 0.8 \, w_n : \text{géométrique de raison } 0.8 $$
4. En déduire \(t_n\) en fonction de \(n\), puis l'effectif au bout de \(10\) ans.

   \(w_0 = 4 \ 000 - 3 \ 000 = 1 \ 000\), donc \(w_n = 1 \ 000 \times 0.8^n\).

   $$ t_n = 1 \ 000 \times 0.8^n + 3 \ 000 $$

   $$ t_{10} = 1 \ 000 \times 0.8^{10} + 3 \ 000 \approx 3 \ 107 $$

   La population se stabilise vers \(3 \ 000\) truites, sans jamais descendre en dessous.

Le grain de riz sur l'échiquier

Une légende raconte qu'un inventeur demanda pour récompense un grain de riz sur la première case d'un échiquier, deux sur la deuxième, quatre sur la troisième, et ainsi de suite jusqu'à la soixante-quatrième.

1. Donner la nature de la suite du nombre de grains par case, et son terme général.

   Chaque case double la précédente : suite géométrique de raison \(2\), de premier terme \(1\).

   $$ g_n = 2^{\,n-1} \hspace{2em} \text{pour la case } n $$
2. Exprimer le nombre total de grains à l'aide de la formule de la somme.
   $$ S = 1 + 2 + 2^2 + \ldots + 2^{63} = \frac{2^{64} - 1}{2 - 1} $$

   $$ S = 2^{64} - 1 $$
3. Un grain pèse \(0.03 \ \text{g}\). Estimer la masse totale, en tonnes, sachant que \(2^{64} \approx 1.84 \times 10^{19}\).
   $$ m \approx 1.84 \times 10^{19} \times 0.03 = 5.5 \times 10^{17} \ \text{g} $$

   $$ m \approx 5.5 \times 10^{11} \ \text{tonnes} $$

   Soit environ \(550\) milliards de tonnes - près de mille fois la production mondiale annuelle de riz.

4. Combien de grains les huit dernières cases représentent-elles, en proportion du total ?

   Les huit dernières cases portent \(2^{56} + \ldots + 2^{63} = 2^{56}\left(2^8 - 1\right) = 255 \times 2^{56}\).

   $$ \frac{255 \times 2^{56}}{2^{64} - 1} \approx \frac{255}{256} $$

   $$ \approx 99.6 \ \% $$

   Presque tout le riz tient sur les huit dernières cases : c'est la signature d'une croissance exponentielle.

La fresque en carreaux

Une artiste pose une fresque de \(105\) carreaux sur un mur. Les carreaux forment des rangées horizontales, et chaque rangée compte exactement un carreau de plus que celle du dessous. La fresque compte au moins deux rangées. On note \(k\) son nombre de rangées et \(a\) le nombre de carreaux de la rangée du bas.

Par exemple, deux rangées de \(52\) et \(53\) carreaux conviennent, puisque \(52 + 53 = 105\).

1. Vérifier qu'une fresque de \(14\) rangées convient, puis montrer qu'aucune fresque n'en compte davantage.

   Avec \(14\) rangées partant d'un seul carreau, les nombres de carreaux sont \(1\), \(2\), \(\ldots\), \(14\) : une suite arithmétique de raison \(1\).

   $$ S = \frac{14 \times (1 + 14)}{2} = \frac{14 \times 15}{2} = 105 $$

   Pour \(k\) rangées, la rangée du bas en compte au moins un, donc la fresque compte au moins \(1 + 2 + \ldots + k\) carreaux :

   $$ \frac{k(k + 1)}{2} \leqslant 105 \hspace{2em} \text{c'est-à-dire} \hspace{2em} k(k + 1) \leqslant 210 $$

   Or \(14 \times 15 = 210\) et \(15 \times 16 = 240\), et le produit \(k(k+1)\) grandit avec \(k\) :

   $$ 2 \leqslant k \leqslant 14 $$
2. Montrer que \(k(2a + k - 1) = 210\), puis en déduire que \(k\) divise \(210\).

   Les rangées comptent \(a\), \(a + 1\), \(\ldots\), \(a + k - 1\) carreaux : c'est une suite arithmétique de raison \(1\), de \(k\) termes.

   $$ S = \frac{k \times \bigl(a + (a + k - 1)\bigr)}{2} = \frac{k(2a + k - 1)}{2} = 105 $$

   $$ k(2a + k - 1) = 210 $$

   Comme \(a\) et \(k\) sont des entiers, \(2a + k - 1\) en est un aussi : \(210\) s'écrit comme le produit de \(k\) par un entier, donc \(k\) divise \(210\).

3. Trouver toutes les fresques possibles, et prouver qu'il n'y en a pas d'autres.

   Deux conditions s'imposent à \(k\) : diviser \(210 = 2 \times 3 \times 5 \times 7\), et vérifier \(2 \leqslant k \leqslant 14\). Les diviseurs de \(210\) sont \(1\), \(2\), \(3\), \(5\), \(6\), \(7\), \(10\), \(14\), \(15\), \(21\), \(30\), \(35\), \(42\), \(70\), \(105\) et \(210\) : il n'en reste que sept.

   Pour chacun, la relation \(k(2a + k - 1) = 210\) donne \(2a = \frac{210}{k} - k + 1\) :

   \(k\)	\(2\)	\(3\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(10\)	\(14\)
   \(\frac{210}{k}\)	\(105\)	\(70\)	\(42\)	\(35\)	\(30\)	\(21\)	\(15\)
   \(a\)	\(52\)	\(34\)	\(19\)	\(15\)	\(12\)	\(6\)	\(1\)

   Les sept valeurs de \(a\) sont des entiers strictement positifs : les sept fresques existent bel et bien.

   $$ k \in \{ 2 \ ; \ 3 \ ; \ 5 \ ; \ 6 \ ; \ 7 \ ; \ 10 \ ; \ 14 \} $$

   Vérification sur deux d'entre elles : \(19 + 20 + 21 + 22 + 23 = 105\) et \(6 + 7 + \ldots + 15 = \frac{10 \times 21}{2} = 105\). Aucune autre fresque n'est possible, puisque tout autre \(k\) ne divise pas \(210\) ou dépasse \(14\).

4. L'artiste dispose maintenant de \(120\) carreaux. Montrer qu'il ne reste que trois fresques possibles, puis expliquer pourquoi \(120\) carreaux en offrent moins que \(105\).

   Le même calcul donne \(k(2a + k - 1) = 240\), avec \(k(k + 1) \leqslant 240\), donc \(k \leqslant 15\) puisque \(15 \times 16 = 240\).

   Les diviseurs de \(240\) compris entre \(2\) et \(15\) sont \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), \(6\), \(8\), \(10\), \(12\) et \(15\) :

   \(k\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(8\)	\(10\)	\(12\)	\(15\)
   \(2a\)	\(119\)	\(78\)	\(57\)	\(44\)	\(35\)	\(23\)	\(15\)	\(9\)	\(2\)

   Un nombre impair ne peut pas valoir \(2a\) : il ne reste que \(k = 3\), \(k = 5\) et \(k = 15\), qui donnent \(a = 39\), \(a = 22\) et \(a = 1\).

   $$ 39 + 40 + 41 = 120 \hspace{2em} 22 + \ldots + 26 = 120 \hspace{2em} 1 + 2 + \ldots + 15 = 120 $$

   La différence tient aux facteurs \(2\). Dans \(210 = 2 \times 105\), il n'y en a qu'un : dans toute écriture \(210 = k \times m\), l'un des deux facteurs est pair et l'autre impair, donc \(m - k + 1\) est toujours pair et chaque diviseur convenable fournit une fresque.

   Dans \(240 = 16 \times 15\), les deux facteurs peuvent être pairs ensemble, et \(m - k + 1\) devient impair : ces cas-là sont perdus. Seuls survivent les \(k\) impairs, et \(240\) n'en a que trois dans le bon intervalle.

Les déchets de la commune

Une commune produit \(12 \ 000\) tonnes de déchets par an et veut descendre à \(6 \ 000\) tonnes. Deux plans lui sont proposés : le plan \(A\) réduit la quantité de \(5 \ \%\) chaque année, le plan \(B\) la réduit de \(400\) tonnes chaque année. On note \(a_n\) et \(b_n\) les tonnages après \(n\) années, avec \(a_0 = b_0 = 12 \ 000\).

Les premiers termes sont donnés.

1. Donner la nature et le terme général de chaque suite, puis comparer les deux tonnages au bout de \(5\) ans.

   Retirer \(5 \ \%\) revient à multiplier par \(0.95\) : \(\bigl(a_n\bigr)\) est géométrique. Retirer \(400\) tonnes est une soustraction : \(\bigl(b_n\bigr)\) est arithmétique.

   $$ a_n = 12 \ 000 \times 0.95^{\,n} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} b_n = 12 \ 000 - 400n $$

   $$ a_5 = 12 \ 000 \times 0.95^5 \approx 9 \ 285 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} b_5 = 12 \ 000 - 2 \ 000 = 10 \ 000 $$

   Au bout de \(5\) ans, le plan \(A\) a déjà \(715\) tonnes d'avance : il retire \(600\) tonnes la première année, contre \(400\) pour le plan \(B\).

2. Déterminer, pour chaque plan, la première année où le tonnage descend à \(6 \ 000\) tonnes ou moins.

   Pour le plan \(B\), l'inéquation se résout directement :

   $$ 12 \ 000 - 400n \leqslant 6 \ 000 \iff 6 \ 000 \leqslant 400n \iff n \geqslant 15 $$

   Pour le plan \(A\), on calcule les termes de proche en proche, à la calculatrice ou par un algorithme de seuil :

   a = 12000
   n = 0
   while a > 6000:
       a = 0.95 * a
       n = n + 1
   print(n)

   \(n\)	\(12\)	\(13\)	\(14\)
   \(a_n\)	\(6 \ 484\)	\(6 \ 160\)	\(5 \ 852\)

   $$ \text{plan } A : 14 \ \text{ans} \hspace{2em} \text{plan } B : 15 \ \text{ans} $$
3. La commune vise désormais \(3 \ 000\) tonnes. Déterminer l'année d'atteinte pour chaque plan, puis expliquer le renversement.
   $$ 12 \ 000 - 400n \leqslant 3 \ 000 \iff n \geqslant 22.5 \quad \text{donc} \quad n = 23 $$

   Pour le plan \(A\), les termes donnent \(a_{27} \approx 3 \ 004\) et \(a_{28} \approx 2 \ 854\).

   $$ \text{plan } A : 28 \ \text{ans} \hspace{2em} \text{plan } B : 23 \ \text{ans} $$

   Le plan \(A\) retire \(5 \ \%\) d'un tonnage qui diminue : sa coupe annuelle vaut \(600\) tonnes la première année, mais seulement \(308\) tonnes la quatorzième et \(150\) tonnes la vingt-huitième.

   Elle passe sous les \(400\) tonnes du plan \(B\) dès que le tonnage descend sous \(8 \ 000\) tonnes, car \(0.05 \times 8 \ 000 = 400\), soit à partir de la neuvième année : \(a_8 \approx 7 \ 961\). Le plan \(B\), lui, garde le même effort chaque année.

4. Comparer les tonnages cumulés sur les \(15\) premières années, puis trancher : quel plan la commune doit-elle retenir ?

   Le plan \(B\) cumule \(15\) termes d'une suite arithmétique, de \(b_1 = 11 \ 600\) à \(b_{15} = 6 \ 000\) :

   $$ S_B = \frac{15 \times (11 \ 600 + 6 \ 000)}{2} = 15 \times 8 \ 800 = 132 \ 000 $$

   Le plan \(A\) cumule \(15\) termes d'une suite géométrique de raison \(0.95\), à partir de \(a_1 = 11 \ 400\) :

   $$ S_A = 11 \ 400 \times \frac{1 - 0.95^{15}}{1 - 0.95} \approx 11 \ 400 \times 10.73 $$

   $$ S_A \approx 122 \ 400 \ \text{tonnes} \hspace{2em} \text{contre} \hspace{2em} S_B = 132 \ 000 \ \text{tonnes} $$

   Pour l'objectif annoncé, le plan \(A\) l'emporte sur les deux tableaux : un an plus tôt, et près de \(10 \ 000\) tonnes de moins à traiter en quinze ans.

   Au-delà, aucun des deux modèles ne tient. Le plan \(B\) annonce zéro déchet en \(30\) ans, ce qu'aucune commune n'atteint ; le plan \(A\) ne tombe jamais à zéro, mais ses \(5 \ \%\) finissent par ne plus rien peser. La commune retient donc le plan \(A\), quitte à le compléter par des mesures à effet constant quand le tonnage sera descendu.