Suites numériques et modélisation : corrigé du contrôle de maths en première

Suites numériques et modélisation – Corrigé de contrôle de maths niveau Première sur Maths-pdf.fr

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Sommaire

Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « suites numériques et modélisation », question par question.

Tu trouveras ici la rédaction complète de chaque question, telle qu’un correcteur l’attend. D’abord, chaque suite est définie avec le sens précis de son indice ; ensuite, la nature de la suite est démontrée par un calcul général, puis le terme général est écrit et exploité.

Pour l’exercice 4, la correction détaille la méthode de la suite auxiliaire, étape par étape, ainsi que la construction en escalier complétée. De plus, chaque seuil est vérifié par le calcul des deux termes qui l’encadrent, et le programme Python est donné complété. Compare donc ta copie ligne par ligne et appuie-toi sur le barème pour repérer les points perdus.

L’énoncé complet se trouve ici : Suites numériques et modélisation : contrôle de maths en première.

Barème du contrôle corrigé : suites numériques et modélisation

Exercice	Points
1. La pile de gobelets	3 points
2. Le livret d’épargne de Maëlle	3,5 points
3. Les abonnés d’une plateforme	4 points
4. Le parc de vélos en libre-service	6 points
5. Deux offres d’emploi pour Samir	3,5 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : suites numériques et modélisation

Exercice 1 – La pile de gobelets (3 points)

Chaque gobelet ajouté augmente la hauteur de \(1{,}5\text{ cm}\), donc :
\(h_2 = 12 + 1{,}5 = 13{,}5\)
\(h_3 = 13{,}5 + 1{,}5 = 15\)
Une pile de 2 gobelets mesure 13,5 cm et une pile de 3 gobelets mesure 15 cm.
Pour tout entier \(n \geq 1\), on passe d’une pile de \(n\) gobelets à une pile de \(n + 1\) gobelets en ajoutant \(1{,}5\text{ cm}\), donc \(h_{n+1} = h_n + 1{,}5\). La différence entre deux termes consécutifs est constante : la suite \((h_n)\) est ainsi arithmétique de raison \(r = 1{,}5\) et de premier terme \(h_1 = 12\).
Par conséquent, \(h_n = h_1 + (n – 1) \times r = 12 + 1{,}5(n – 1)\).
Pour tout \(n \geq 1\), \(h_n = 1{,}5n + 10{,}5\).
\(h_{31} = 1{,}5 \times 31 + 10{,}5 = 46{,}5 + 10{,}5 = 57\).
Une pile de 31 gobelets mesure bien 57 cm.
On cherche le plus grand entier \(n\) tel que \(h_n \leq 50\).
\(1{,}5n + 10{,}5 \leq 50\) équivaut à \(1{,}5n \leq 39{,}5\), c’est-à-dire \(n \leq \frac{39{,}5}{1{,}5} \approx 26{,}33\).
Vérification : \(h_{26} = 39 + 10{,}5 = 49{,}5\) et \(h_{27} = 40{,}5 + 10{,}5 = 51\).
Une pile peut donc contenir au plus 26 gobelets.

Piège classique : la suite commence à \(h_1\) et non à \(h_0\) ; la formule est alors \(h_n = h_1 + (n – 1)r\) et non \(h_1 + nr\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point (0,5 pour la nature justifiée, 0,5 pour la formule) ; 3) 0,5 point ; 4) 1 point (0,5 pour l’inéquation, 0,5 pour la conclusion entière).

Exercice 2 – Le livret d’épargne de Maëlle (3,5 points)

Augmenter de \(3\,\%\) revient à multiplier par \(1{,}03\).
\(u_1 = 2\,000 \times 1{,}03 = 2\,060\)
\(u_2 = 2\,060 \times 1{,}03 = 2\,121{,}80\)
Au 1^er janvier 2027, Maëlle a 2 060 € ; au 1^er janvier 2028, elle a 2 121,80 €.
Chaque année, le capital est multiplié par le même nombre \(1{,}03\) : pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = 1{,}03\,u_n\). La suite \((u_n)\) est donc géométrique de raison \(q = 1{,}03\) et de premier terme \(u_0 = 2\,000\).
Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 2\,000 \times 1{,}03^n\).
Pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} – u_n = 1{,}03\,u_n – u_n = 0{,}03\,u_n\).
Or \(u_n = 2\,000 \times 1{,}03^n > 0\), donc \(u_{n+1} – u_n > 0\).
La suite \((u_n)\) est strictement croissante.
L’année 2036 correspond à \(n = 10\) : \(u_{10} = 2\,000 \times 1{,}03^{10} \approx 2\,687{,}83\).
Les intérêts gagnés valent alors \(2\,687{,}83 – 2\,000 = 687{,}83\).
Au 1^er janvier 2036, Maëlle aura environ 2 687,83 €, soit 687,83 € d’intérêts.

Barème : 1) 1 point (0,5 par terme) ; 2) 1 point (0,5 pour la justification, 0,5 pour la formule) ; 3) 1 point (0,5 pour la différence, 0,5 pour le signe justifié) ; 4) 0,5 point.

Exercice 3 – Les abonnés d’une plateforme (4 points)

Une hausse de \(4\,\%\) correspond à un coefficient multiplicateur de \(1{,}04\).
\(a_1 = 5\,000 \times 1{,}04 = 5\,200\)
\(a_2 = 5\,200 \times 1{,}04 = 5\,408\)
La plateforme compte 5 200 abonnés en février 2026 et 5 408 en mars 2026.
Pour tout entier naturel \(n\), \(a_{n+1} = 1{,}04\,a_n\) : la suite \((a_n)\) est donc géométrique de raison \(1{,}04\) et de premier terme \(a_0 = 5\,000\). Ainsi, \(a_n = 5\,000 \times 1{,}04^n\).
Comme le premier terme est positif et que la raison \(1{,}04\) est supérieure à 1, la suite est croissante. En effet, \(a_{n+1} – a_n = 0{,}04\,a_n > 0\).
\(a_n = 5\,000 \times 1{,}04^n\) et la suite \((a_n)\) est strictement croissante.
La boucle doit tourner tant que le seuil n’est pas dépassé, puis chaque passage fait avancer d’un mois :
ligne 4 : while a <= S:
ligne 6 : a = 1.04 * a
La fonction complétée est donnée ci-dessous.

Fonction Python seuil(S) complétée avec la condition while a inférieur ou égal à S et la mise à jour a égale 1.04 fois a

La fonction renvoie le premier rang \(n\) tel que \(a_n > 10\,000\).
\(a_{17} = 5\,000 \times 1{,}04^{17} \approx 9\,739{,}50\), donc \(a_{17} \leq 10\,000\).
\(a_{18} = 5\,000 \times 1{,}04^{18} \approx 10\,129{,}08\), donc \(a_{18} > 10\,000\).
L’appel seuil(10000) renvoie donc 18. Enfin, 18 mois après janvier 2026, on arrive en juillet 2027.
Le nombre d’abonnés dépassera 10 000 à partir de juillet 2027.

Piège classique : écrire while a > S ; la boucle ne tournerait alors jamais, car au départ \(a = 5\,000\) est inférieur au seuil.

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 1 point (0,5 pour la formule, 0,5 pour les variations justifiées) ; 3) 1 point (0,5 par ligne) ; 4) 1,5 point (1 pour l’encadrement par \(a_{17}\) et \(a_{18}\), 0,5 pour l’interprétation).

Exercice 4 – Le parc de vélos en libre-service (6 points)

Retirer \(10\,\%\) des vélos revient à en garder \(90\,\%\), puis on ajoute 60 vélos.
\(v_1 = 0{,}9 \times 800 + 60 = 720 + 60 = 780\)
\(v_2 = 0{,}9 \times 780 + 60 = 702 + 60 = 762\)
De même, d’un mois au suivant, le parc de \(v_n\) vélos devient \(0{,}9\,v_n\) après les retraits, puis \(0{,}9\,v_n + 60\) après les ajouts.
\(v_1 = 780\), \(v_2 = 762\) et, pour tout \(n\), \(v_{n+1} = 0{,}9\,v_n + 60\).
On part de \(v_0\) sur l’axe des abscisses, puis on monte verticalement jusqu’à la droite d’équation \(y = 0{,}9x + 60\) : l’ordonnée obtenue est \(v_1\). Ensuite, on se déplace horizontalement jusqu’à la droite d’équation \(y = x\) pour reporter \(v_1\) en abscisse.
Les termes reportés sur l’axe se déplacent vers la gauche et semblent s’accumuler vers l’abscisse du point d’intersection des deux droites.
On conjecture que \((v_n)\) est décroissante et que ses termes se rapprochent de 600.

Construction en escalier prolongée jusqu'à v9 qui descend vers le point d'intersection des deux droites de coordonnées 600 et 600

Pour tout entier naturel \(n\) :
\(w_{n+1} = v_{n+1} – 600 = 0{,}9\,v_n + 60 – 600 = 0{,}9\,v_n – 540\)
Or \(0{,}9 \times 600 = 540\), donc \(w_{n+1} = 0{,}9(v_n – 600) = 0{,}9\,w_n\).
De plus, \(w_0 = v_0 – 600 = 800 – 600 = 200\).
La suite \((w_n)\) est géométrique de raison 0,9 et de premier terme \(w_0 = 200\).
D’après la question précédente, \(w_n = 200 \times 0{,}9^n\).
Puisque \(w_n = v_n – 600\), on a \(v_n = w_n + 600\).
Pour tout entier naturel \(n\), \(v_n = 600 + 200 \times 0{,}9^n\).
Pour tout entier naturel \(n\) :
\(v_{n+1} – v_n = 200 \times 0{,}9^{n+1} – 200 \times 0{,}9^n = 200 \times 0{,}9^n \times (0{,}9 – 1) = -20 \times 0{,}9^n\).
Comme \(0{,}9^n > 0\), cette différence est strictement négative.
La suite \((v_n)\) est donc strictement décroissante, ce qui confirme la conjecture.
On cherche le premier entier \(n\) tel que \(v_n < 650\), c’est-à-dire \(200 \times 0{,}9^n < 50\), soit \(0{,}9^n < 0{,}25\).
\(v_{13} = 600 + 200 \times 0{,}9^{13} \approx 650{,}84\), donc \(v_{13} \geq 650\).
\(v_{14} = 600 + 200 \times 0{,}9^{14} \approx 645{,}75\), donc \(v_{14} < 650\).
Comme la suite est décroissante, tous les termes suivants restent aussi sous 650. Enfin, 14 mois après janvier 2026, on est en mars 2027.
Le parc passera sous 650 vélos en mars 2027 : la campagne de réparation commencera alors.

Piège classique : croire que \((v_n)\) est géométrique ; en réalité, \(\frac{v_1}{v_0} = 0{,}975\) alors que \(\frac{v_2}{v_1} \approx 0{,}977\), donc le quotient n’est pas constant.

Barème : 1) 1 point (0,5 pour les termes, 0,5 pour la relation justifiée) ; 2) 1 point (0,5 pour la construction expliquée, 0,5 pour la conjecture) ; 3) 1,5 point (1 pour le calcul de \(w_{n+1}\), 0,5 pour \(w_0\)) ; 4) 1 point ; 5) 0,5 point ; 6) 1 point (0,5 pour les deux termes, 0,5 pour le mois).

Exercice 5 – Deux offres d’emploi pour Samir (3,5 points)

La suite \((A_n)\) est arithmétique de raison 600, donc \(A_n = 24\,000 + 600n\). La suite \((B_n)\) est géométrique de raison \(1{,}04\), donc \(B_n = 23\,000 \times 1{,}04^n\).
\(B_2 = 23\,000 \times 1{,}04^2 = 24\,876{,}80\)
\(B_3 = 23\,000 \times 1{,}04^3 \approx 25\,871{,}87\)
\(B_4 = 23\,000 \times 1{,}04^4 \approx 26\,906{,}75\)

Année 1^re 2^e 3^e 4^e 5^e

Offre A (en €) 24 000 24 600 25 200 25 800 26 400

Offre B (en €) 23 000 23 920 24 876,80 25 871,87 26 906,75
Pendant la 3^e année, \(B_2 = 24\,876{,}80 < A_2 = 25\,200\). En revanche, pendant la 4^e année, \(B_3 \approx 25\,871{,}87 > A_3 = 25\,800\). Ensuite, l’écart continue de grandir, car \(B_n\) augmente de plus en plus vite.
Le salaire de l’offre B dépasse celui de l’offre A à partir de la 4^e année.
Offre A : on additionne les dix termes \(A_0\) à \(A_9\) d’une suite arithmétique, avec \(A_9 = 24\,000 + 5\,400 = 29\,400\).
\(S_A = 10 \times \frac{24\,000 + 29\,400}{2} = 10 \times 26\,700 = 267\,000\)
Offre B : on additionne les dix termes \(B_0\) à \(B_9\) d’une suite géométrique.
\(S_B = 23\,000 \times \frac{1{,}04^{10} – 1}{1{,}04 – 1} \approx 23\,000 \times 12{,}006\,1 \approx 276\,140{,}46\)
L’offre B rapporte donc environ \(9\,140{,}46\) € de plus sur dix ans.
Sur dix ans, Samir gagne 267 000 € avec l’offre A et environ 276 140,46 € avec l’offre B : il a intérêt à choisir l’offre B.

Piège classique : compter onze termes au lieu de dix ; les années 1 à 10 correspondent aux indices 0 à 9.

Barème : 1) 1 point (0,5 par ligne) ; 2) 1 point (0,5 pour la comparaison des deux années, 0,5 pour la conclusion) ; 3) 1,5 point (0,5 par somme, 0,5 pour la conclusion).

À retenir de ce contrôle

Une suite est arithmétique quand la différence entre deux termes consécutifs est constante, et géométrique quand on passe d’un terme au suivant en multipliant par un même nombre.
Augmenter une quantité de t % revient à la multiplier par 1 + t/100, ce qui donne une suite géométrique de raison 1 + t/100.
Pour une suite définie par v(n+1) = a v(n) + b, on étudie la suite auxiliaire v(n) − ℓ, où ℓ vérifie ℓ = aℓ + b.
Une fonction de seuil boucle tant que la condition n’est pas encore atteinte, puis renvoie le premier rang qui convient ; on le vérifie avec les deux termes voisins.

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Consolider suites numériques et modélisation après ce corrigé

Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relis la leçon suites numériques ; entraîne-toi sur la fiche les suites et limites et variations de suites.

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