Suites géométriques

On multiplie chaque fois par \(3\) : \[u(1) = 5 \times 3 = 15, \quad u(2) = 15 \times 3 = 45, \quad u(3) = 45 \times 3 = 135, \quad u(4) = 135 \times 3 = 405\]

\[\boxed{u(1) = 15,\ u(2) = 45,\ u(3) = 135,\ u(4) = 405}\]

🔍 Vérification : avec la formule, \(u(4) = 5 \times 3^4 = 5 \times 81 = 405\) ✓

🔍 Vérification : a) \(2 \times 3 = 6\), \(6 \times 3 = 18\), \(18 \times 3 = 54\) ✓

a) \(1 + 0{,}04 = \boxed{1{,}04}\)

b) \(1 - 0{,}15 = \boxed{0{,}85}\)

c) \(1 + 1{,}2 = \boxed{2{,}2}\)

d) \(1 - 0{,}035 = \boxed{0{,}965}\)

🔍 Vérification : c) une hausse de \(120\,\%\) fait passer \(100\) à \(100 + 120 = 220\), soit \(100 \times 2{,}2\) ✓

a) \(1{,}07 - 1 = 0{,}07\) : hausse de \(7\,\%\).

b) \(0{,}92 - 1 = -0{,}08\) : baisse de \(8\,\%\).

c) \(2 - 1 = 1\) : hausse de \(100\,\%\) (la quantité double).

d) \(0{,}5 - 1 = -0{,}5\) : baisse de \(50\,\%\) (la quantité est divisée par deux).

🔍 Vérification : b) \(100 \times 0{,}92 = 92\), soit \(8\) de moins sur \(100\) ✓

a) Modélisation

Augmenter de \(3\,\%\), c'est multiplier par \(1{,}03\). Donc \[\boxed{u(0) = 2\,000 \quad \text{et} \quad u(n + 1) = 1{,}03 \times u(n)}\]

b) Calculs \[u(1) = 2\,000 \times 1{,}03 = 2\,060, \qquad u(2) = 2\,060 \times 1{,}03 = 2\,121{,}8\]

Il y aura environ \(\boxed{2\,060 \text{ habitants en 2027 et } 2\,122 \text{ en 2028}}\).

🔍 Vérification : \(2\,000 \times 1{,}03^2 = 2\,000 \times 1{,}0609 = 2\,121{,}8\) ✓

a) \(\boxed{u(n) = 3 \times 2^n}\)

b) On calcule la puissance d'abord : \[u(5) = 3 \times 2^5 = 3 \times 32 = \boxed{96}, \qquad u(10) = 3 \times 2^{10} = 3 \times 1\,024 = \boxed{3\,072}\]

🔍 Vérification : pas à pas, \(3 \to 6 \to 12 \to 24 \to 48 \to 96\) ✓

a) \(\boxed{u(n) = 7 \times 3^{\,n-1}}\)

b) Avec la formule : \(u(4) = 7 \times 3^3 = 7 \times 27 = \boxed{189}\).

Pas à pas : \(u(2) = 7 \times 3 = 21\), \(u(3) = 21 \times 3 = 63\), \(u(4) = 63 \times 3 = 189\).

🔍 Vérification : les deux méthodes donnent \(189\) ✓

🔍 Vérification : d) \(t(0) = 0{,}1\) et \(t(1) = 0{,}5\) : ça augmente ✓

a) Les quotients \[\frac{1{,}5}{1} = 1{,}5 ; \quad \frac{2{,}25}{1{,}5} = 1{,}5 ; \quad \frac{3{,}375}{2{,}25} = 1{,}5 ; \quad \frac{5{,}0625}{3{,}375} = 1{,}5\]

Ils sont tous égaux : suite géométrique de raison \(\boxed{q = 1{,}5}\).

b) \(q = 1{,}5 > 1\) et \(u(0) = 1 > 0\) : la suite est croissante.

c) \(u(5) = u(4) \times 1{,}5 = 5{,}0625 \times 1{,}5 = \boxed{7{,}59375}\).

🔍 Vérification : \(u(5) = 1 \times 1{,}5^5 = 7{,}59375\) ✓

a) Raison \(\boxed{q = 0{,}5}\).

b) On divise par \(2\) à chaque étape :

c) \(u(3) = 8 \geqslant 5\) et \(u(4) = 4 < 5\) : \(u(n) < 5\) à partir du rang \(\boxed{n = 4}\).

🔍 Vérification : la suite est décroissante (\(0 < 0{,}5 < 1\)), donc elle reste sous \(5\) après le rang \(4\) ✓

a) \(u(3) = 300 \times 2^3 = 300 \times 8 = \boxed{2\,400 \text{ bactéries}}\)

b) \(u(5) = 300 \times 2^5 = 300 \times 32 = \boxed{9\,600 \text{ bactéries}}\)

🔍 Vérification : \(300 \to 600 \to 1\,200 \to 2\,400 \to 4\,800 \to 9\,600\) ✓

a) Nature de la suite

Chaque année, le capital augmente de \(2{,}5\,\%\) : il est multiplié par \(1 + \dfrac{2{,}5}{100} = 1{,}025\). La suite \(C\) est géométrique de raison \(1{,}025\) et de premier terme \(C(0) = 1\,500\) : \[\boxed{C(n) = 1\,500 \times 1{,}025^n}\]

b) Au bout de 8 ans \[C(8) = 1\,500 \times 1{,}025^8 \approx \boxed{1\,827{,}60 \text{ €}}\]

c) Intérêts calculés sur les 1 500 € seulement

Chaque année, on gagnerait \(1\,500 \times 0{,}025 = 37{,}50\) €. En \(8\) ans : \(1\,500 + 8 \times 37{,}50 = \boxed{1\,800 \text{ €}}\).

Avec les intérêts composés, on gagne \(27{,}60\) € de plus : les intérêts déjà gagnés rapportent eux aussi des intérêts.

🔍 Vérification : \(1\,827{,}60 > 1\,800\), et l'écart est petit car le taux est faible et la durée courte ✓

a) \(\boxed{V(n) = 24\,000 \times 0{,}82^n}\)

b) Valeurs \[V(1) = 24\,000 \times 0{,}82 = 19\,680, \qquad V(2) = 19\,680 \times 0{,}82 = 16\,137{,}6, \qquad V(3) = 16\,137{,}6 \times 0{,}82 \approx 13\,232{,}83\]

Soit \(\boxed{19\,680 \text{ €},\ 16\,138 \text{ €},\ 13\,233 \text{ €}}\).

c) Moins de la moitié du prix neuf, soit moins de 12 000 €

\(V(3) \approx 13\,233 \geqslant 12\,000\) et \(V(4) \approx 13\,232{,}83 \times 0{,}82 \approx 10\,851 < 12\,000\).

La voiture vaut moins de la moitié de son prix neuf au bout de \(\boxed{4 \text{ ans}}\).

🔍 Vérification : la suite est décroissante (\(0{,}82 < 1\)), la valeur reste ensuite sous \(12\,000\) € ✓

a) \(\boxed{Q(n) = 80 \times 0{,}75^n}\)

b) \(Q(4) = 80 \times 0{,}75^4 = 80 \times 0{,}31640625 = \boxed{25{,}3125 \text{ mg}}\)

c) Seuil de 10 mg

\(Q(7) \approx 10{,}68 \geqslant 10\) et \(Q(8) \approx 8{,}01 < 10\) : il faut une nouvelle injection au bout de \(\boxed{8 \text{ heures}}\).

🔍 Vérification : \(Q(8) = 80 \times 0{,}75^8 \approx 80 \times 0{,}1001 \approx 8{,}01\) ✓

a) La raison \[u(4) = u(2) \times q^2 \quad \Rightarrow \quad 48 = 12 \times q^2 \quad \Rightarrow \quad q^2 = 4\]

La raison est positive, donc \(\boxed{q = 2}\).

b) Le premier terme, puis \(u(6)\)

\(u(2) = u(0) \times 2^2\), donc \(12 = u(0) \times 4\) et \(\boxed{u(0) = 3}\).

\(u(6) = 3 \times 2^6 = 3 \times 64 = \boxed{192}\).

🔍 Vérification : \(u(4) = 3 \times 2^4 = 48\) ✓ et \(u(6) = u(4) \times 2^2 = 48 \times 4 = 192\) ✓

a) La raison \[10 = 40 \times q^2 \quad \Rightarrow \quad q^2 = \frac{10}{40} = 0{,}25 \quad \Rightarrow \quad \boxed{q = 0{,}5} \text{ (raison positive)}\]

b) Les termes demandés

\(v(3) = v(0) \times 0{,}5^3\), donc \(40 = v(0) \times 0{,}125\) et \(v(0) = \dfrac{40}{0{,}125} = \boxed{320}\).

\(v(7) = v(5) \times 0{,}5^2 = 10 \times 0{,}25 = \boxed{2{,}5}\).

c) \(0 < 0{,}5 < 1\) et \(v(0) > 0\) : la suite est décroissante.

🔍 Vérification : \(320 \to 160 \to 80 \to 40\) : on retrouve \(v(3) = 40\) ✓

a) Nombre de triangles noirs

\(T(0) = 1\), \(T(1) = 3\), \(T(2) = 9\) : chaque triangle noir est remplacé par \(3\) triangles noirs, on multiplie par \(3\). \[\boxed{T(n) = 3^n} \qquad T(6) = 3^6 = \boxed{729}\]

b) Aire noire à l'étape 3

On garde \(3\) triangles sur \(4\), donc l'aire est multipliée par \(\dfrac{3}{4}\) : \[A(3) = 64 \times \left(\frac{3}{4}\right)^3 = 64 \times \frac{27}{64} = \boxed{27 \text{ cm}^2}\]

c) Aire inférieure à 20 cm²

\(A(4) = 27 \times \dfrac{3}{4} = 20{,}25 \geqslant 20\) et \(A(5) = 20{,}25 \times \dfrac{3}{4} = 15{,}1875 < 20\).

L'aire noire est inférieure à \(20\) cm² à partir de l'étape \(\boxed{5}\).

🔍 Vérification : \(A(1) = 48\), \(A(2) = 36\), \(A(3) = 27\) : on multiplie bien par \(0{,}75\) ✓

a) \(N(1) = 3\), \(N(2) = 9\), \(N(3) = 27\), donc \(\boxed{N(n) = 3^n}\).

b) Plus de 1 000 personnes

\(N(6) = 729 \leqslant 1\,000\) et \(N(7) = 2\,187 > 1\,000\) : c'est le jour \(\boxed{7}\).

🔍 Vérification : \(3^7 = 3 \times 729 = 2\,187\) ✓

a) Nature et formules

• \(a\) est arithmétique de raison \(100\) : \(\boxed{a(n) = 2\,000 + 100n}\) ;
• \(b\) est géométrique de raison \(1{,}04\) : \(\boxed{b(n) = 2\,000 \times 1{,}04^n}\).

b) Comparaison

La formule A reste plus intéressante au bout de \(5\) ans et de \(10\) ans.

c) Croisement

\(b(11) < a(11)\) mais \(b(12) > a(12)\) : la formule B est meilleure à partir de la \(\boxed{12^\text{e}}\) année.

🔍 Vérification : \(2\,000 \times 1{,}04^{12} \approx 2\,000 \times 1{,}601 = 3\,202\) ✓

a) Dans B3, on écrit =B2*1,05, puis on recopie vers le bas.

b) Dans B3, on écrit =1200*1,05^A3 (le symbole ^ est la puissance).

c) Valeurs affichées

🔍 Vérification : \(1\,200 \times 1{,}05^5 \approx 1\,531{,}54\) ✓

a) Au départ \(u = 500\), puis on multiplie par \(1{,}08\) à chaque tour : suite géométrique de premier terme \(\boxed{500}\) et de raison \(\boxed{1{,}08}\).

b) La boucle s'arrête dès que \(u \geqslant 1\,000\). Le nombre affiché est le premier rang \(n\) pour lequel \(u(n) \geqslant 1\,000\), c'est-à-dire le moment où la valeur de départ a doublé.

c) Valeurs successives

\(u(9) \approx 999{,}50 < 1\,000\) : la boucle continue ; \(u(10) \approx 1\,079{,}46 \geqslant 1\,000\) : elle s'arrête. Le programme affiche \(\boxed{10}\).

🔍 Vérification : \(500 \times 1{,}08^9 \approx 999{,}50\), de justesse sous \(1\,000\) ✓

a) \(\boxed{m(n) = 80 \times 0{,}5^n}\)

b) \(90\) ans \(= 3\) demi-vies : \(m(3) = 80 \times 0{,}5^3 = 80 \times 0{,}125 = \boxed{10 \text{ g}}\).

c) Moins de 1 g

\(m(6) = 1{,}25 \geqslant 1\) et \(m(7) = 0{,}625 < 1\) : il faut \(7\) demi-vies, soit \(7 \times 30 = \boxed{210 \text{ ans}}\).

🔍 Vérification : \(80 \to 40 \to 20 \to 10 \to 5 \to 2{,}5 \to 1{,}25 \to 0{,}625\) ✓

a) \(\boxed{e(n) = 0{,}1 \times 2^n}\) (en mm).

b) Ordres de grandeur

• \(10\) pliages : \(e(10) = 0{,}1 \times 1\,024 = 102{,}4\) mm, soit environ \(10\) cm ;
• \(20\) pliages : \(2^{20} = 2^{10} \times 2^{10} \approx 1\,000\,000\), donc \(e(20) \approx 0{,}1 \times 1\,000\,000 = 100\,000\) mm, soit environ \(100\) m (exactement \(104\,857{,}6\) mm, à peu près la hauteur d'un immeuble de \(35\) étages).

c) Jusqu'à la Lune

\(384\,400\) km \(= 384\,400 \times 10^6\) mm \(\approx 3{,}8 \times 10^{11}\) mm.

• \(e(41) = 0{,}1 \times 2^{41} \approx 0{,}1 \times 2{,}2 \times 10^{12} = 2{,}2 \times 10^{11}\) mm : pas assez ;
• \(e(42) \approx 0{,}1 \times 4{,}4 \times 10^{12} = 4{,}4 \times 10^{11}\) mm : c'est plus que \(3{,}8 \times 10^{11}\) mm.

Il suffirait de \(\boxed{42 \text{ pliages}}\).

🔍 Vérification : \(4{,}4 \times 10^{11}\) mm \(= 440\,000\) km \(> 384\,400\) km ✓

a) Les quotients \[\frac{51\,000}{50\,000} = 1{,}02 ; \quad \frac{52\,020}{51\,000} = 1{,}02 ; \quad \frac{53\,060{,}4}{52\,020} = 1{,}02\]

Le multiplicateur est toujours \(1{,}02\) : la population augmente de \(\boxed{2\,\% \text{ par an}}\).

b) Prévision pour 2030

De 2020 à 2030, il y a \(10\) ans : \(u(10) = 50\,000 \times 1{,}02^{10} \approx 60\,949{,}72\).

On peut prévoir environ \(\boxed{60\,950 \text{ habitants}}\) en 2030.

🔍 Vérification : \(1{,}02^{10} \approx 1{,}219\) : une hausse d'environ \(22\,\%\) en \(10\) ans, un peu plus que \(10 \times 2\,\% = 20\,\%\) ✓

a) Formules

• \(P(n) = 10 \times 1{,}03^n\) : suite géométrique de raison \(1{,}03\) ;
• \(R(n) = 12 + 0{,}3n\) : suite arithmétique de raison \(0{,}3\).

b) En 2036 \[P(10) = 10 \times 1{,}03^{10} \approx \boxed{13{,}44 \text{ millions}}, \qquad R(10) = 12 + 0{,}3 \times 10 = \boxed{15 \text{ millions}}\]

c) Le croisement

\(P(19) < R(19)\) mais \(P(20) > R(20)\) : la population dépasse les ressources en \(2026 + 20 = \boxed{2046}\).

🔍 Vérification : \(10 \times 1{,}03^{20} \approx 10 \times 1{,}806 = 18{,}06 > 18\) ✓

a) \(\boxed{D(n) = 5\,000 \times 1{,}01^n}\)

b) Un an \(= 12\) mois : \(D(12) = 5\,000 \times 1{,}01^{12} \approx \boxed{5\,634{,}13 \text{ €}}\).

c) Doublement

La dette double quand \(D(n) \geqslant 10\,000\), c'est-à-dire quand \(1{,}01^n \geqslant 2\).

d = 5000
n = 0
while d < 10000:
    d = d * 1.01
    n = n + 1
print(n)

On trouve \(1{,}01^{69} \approx 1{,}9869 < 2\) et \(1{,}01^{70} \approx 2{,}0068 \geqslant 2\) : la dette double au bout de \(\boxed{70 \text{ mois}}\), soit presque \(6\) ans.

🔍 Vérification : \(D(70) \approx 5\,000 \times 2{,}0068 \approx 10\,034\) € \(\geqslant 10\,000\) ✓

a) \(\boxed{M(n) = 4 \times 2{,}5^n}\)

b) Plus de 10 000 nouveaux malades

\(M(8) \approx 6\,104 \leqslant 10\,000\) et \(M(9) \approx 15\,259 > 10\,000\) : à la génération \(\boxed{9}\), soit au bout de \(9 \times 5 = \boxed{45 \text{ jours}}\).

c) Avec un taux de 0,8

La raison devient \(0{,}8 < 1\) : le nombre de nouveaux malades diminue (décroissance exponentielle). Avec \(1\,000\) malades au départ : \(1\,000 \times 0{,}8^n\).

On passe sous \(100\) nouveaux malades après \(\boxed{11 \text{ générations}}\) (soit \(55\) jours).

🔍 Vérification : \(0{,}8^{11} \approx 0{,}0859\), et \(1\,000 \times 0{,}0859 \approx 86 < 100\) ✓

a) \(u\) : raison \(1{,}1 > 1\), croissante ; \(v\) : raison \(0{,}95 < 1\), décroissante (premiers termes positifs).

b) \(u(0) = 100\), \(v(0) = 400\), \(u(1) = 110\), \(v(1) = 380\).

c) Croisement

\(u(9) < v(9)\) mais \(u(10) > v(10)\) : \(u(n) > v(n)\) à partir du rang \(\boxed{n = 10}\).

🔍 Vérification : ensuite, \(u\) continue de monter et \(v\) de descendre, donc l'inégalité reste vraie ✓

a) Nombre de côtés

\(C(0) = 3\) et on multiplie par \(4\) : \(\boxed{C(n) = 3 \times 4^n}\), donc \(C(4) = 3 \times 256 = \boxed{768}\).

b) Périmètre

Chaque côté est remplacé par \(4\) segments qui mesurent chacun le tiers du côté : sa longueur est multipliée par \(4 \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{3}\). C'est vrai pour chaque côté, donc pour le périmètre. Avec \(P(0) = 3 \times 3 = 9\) cm : \[\boxed{P(n) = 9 \times \left(\frac{4}{3}\right)^n} \qquad P(4) = 9 \times \frac{256}{81} = \frac{256}{9} \approx \boxed{28{,}4 \text{ cm}}\]

c) Dépasser 1 m = 100 cm

\(P(8) \approx 89{,}9 \leqslant 100\) et \(P(9) \approx 119{,}9 > 100\) : à partir de l'étape \(\boxed{9}\).

🔍 Vérification : \(P(1) = 12\) cm ; on retrouve \(9 \times \dfrac{4}{3} = 12\) ✓

a) \(\boxed{h(n) = 2 \times 0{,}7^n}\) (en mètres). La raison \(0{,}7\) est comprise entre \(0\) et \(1\) : la suite est décroissante.

b) Programme

h = 2
n = 0
while h >= 0.1:
    h = h * 0.7
    n = n + 1
print(n)

c) Valeur affichée

\(h(8) \approx 0{,}115 \geqslant 0{,}1\) et \(h(9) \approx 0{,}081 < 0{,}1\) : le programme affiche \(\boxed{9}\). Après le \(9^\text{e}\) rebond, la balle ne remonte plus à \(10\) cm.

🔍 Vérification : \(2 \times 0{,}7^9 \approx 2 \times 0{,}0404 \approx 0{,}081\) ✓