L44 [V2-VàC] – Problèmes conduisant à l’étude de suites

9

Problèmes conduisant à l’étude de

suites

44

Leçon

n°

Niveau Terminale S - BTS Prérequis suites, probabilités Références [137], [138], [140]

44.1

Suites de carrés

Exemple 44.1 On considère un carré ABCD de côté c= 4. On appelle A1, B1, C1et D1les points situés sur[AB], [BC], [CD], [DA] à distance 1 de A, B, C, D.

A B C D B₁ D₁ A1 C1

Dv 1. On justifie que A₁B1C1D1est un carré. Les triangles AA1D1, BB1A1, CC1B1 et

DD1C1sont des triangles isométriques puisqu’ils ont chacun un angle droit compris entre deux côtés de longueurs respectives1 et 3. On en déduit que A1B1 = B1C1 = C1D1 =

D1A1. A1B1C1D1 est donc un quadrilatère ayant quatre côtés de même longueur, c’est un losange. De plus, on a : \ AA1D1+ \D1A1B1+ \B1A1B= π. Donc \ D1A1B1 = π − \AA1D1+ \B1A1B.

Comme les triangles AA1D1, BB1A1, CC1B1et DD1C1sont isométriques et rectangles, on a : \ AA1D1+ \B1A1B = \AA1D1+ \A1D1A= π 2. On en déduit que \ D1A1B1= π₂. Donc A1B1C1D1est un carré.

2. On appelle A2, B2, C2et D2les points situés respectivement sur[A1B1], [B1C1], [C1D1], [D1A1] à la distance 1 de A1, B1, C1, D1. On montre que A2B2C2D2 est un carré.

Les triangles A1A2D2, B1B2A2, C1C2B2 et D1D2C2 sont des triangles isométriques puisqu’ils ont chacun un angle droit compris entre deux côtés de longueurs respectives égales. A B C D B1 D1 A1 C₁ A2 B2 C2 D2

On en déduit que A2B2 = B2C2 = C2D2 = D2A2. A2B2C2D2 est donc un quadrilatère ayant quatre côtés de même longueur, c’est un losange. De plus, on a :

\

A1A2D2+ \D2A2B2+ \B2A2B1= π. Donc

\

D2A2B2= π − \A1a2D2+ \B2A2B1.

Comme les triangles A1A2D2, B1B2A2, C1C2B2 et D1D2C2 sont isométriques et rec-tangles, on a :

\

A1A2D2+ \B2A2B1= \A1A2D2+ \A2D2A1 = π₂. On en déduit que \D2A2B2 = π₂. Donc A2B2C2D2 est un carré.

3. On peut montrer que même, que si on réitère le procédé, on obtient que A2B2C2D2,

A3B3C3D3, A4B4C4D4sont des carrés.

4. On note a0, a1, a2, a3, a4, a5 et c0, c1, c2, c3, c4, c5 les aires et les longueurs des carrés

ABCD, A1B1C1D1, A2B2C2D2, A3B3C3D3, A4B4C4D4 et A5B5C5D5. On montre que les suites(ak)_0≤k≤5et(ck)_0≤k≤5sont décroissantes. Le carré A5B5C5D5est contenu

dans le carré A4B4C4D4, lui même contenu dans le carré A3B3C3D3, lui-même contenu dans le carré A2B2C2D2, lui-même contenu dans le carré A1B1C1D1, lui-même contenu dans le carré ABCD. On a donc

a5≤ a4 ≤ a3≤ a2 ≤ a1 ≤ a0.

On sait de plus que le côté d’un carré est égal à la racine carré de son aire. La fonction racine carrée étant croissante sur[0 , +∞[, on en déduit que :

c5≤ c4≤ c3≤ c2≤ c1≤ c0.

44.1 Suites de carrés 11

5. On calcule les valeurs de a0, a1, a2, a3, a4, a5et c0, c1, c2, c3, c4, c5. On sait que c0 = 4 donc a0 = 16. L’utilisation du théorème de Pythagore dans le triangle A1Bb1 permet d’obtenir :

(A1B1)2 = A1B2+ BB12 = 32+ 12 = 10 donc a1 = 10 et c1=√10 ' 3, 162. L’utilisation du théorème de Pythagore dans le triangle A2B1B2permet d’obtenir :

(A2B2)2 = (A2B1)2+ (B1B2)2 = (√10 − 1)2+ 12 = 12 − 2√10 donc

a2 = 12 − 2√10 ' 5, 675 et c2=

q

12 − 2√10 ' 2, 382. En réitérant les calculs, on obtient :

a0 = 16, a1= 10, a2 = 10 − 2√10 ≈ 5, 675, a3 ≈ 2, 911, a4= 1, 499, a5 = 1, 050 et c0= 4, c1=√10 ≈ 3, 162, c2 = q 12 − 2√10 ≈ 2, 382 c3≈ 1, 706, c4≈ 1, 224, c5 ≈ 1, 025.

L’aire A du carré peut s’obtenir à partir de l’aire a du carré précédent par le calcul : A= (√a − 1)2+ 1.

On peut ainsi obtenir avec une calculatrice les aires successives des carrés. Avec la calcu-latrice TI82, on pourra faire :

16 -> A

(V^A-1)^2 + 1 -> A

où -> peut s’obtenir en tapant la touche STO> et V^ est la racine carrée. Il suffit ensuite de appuyer sur la touche ENTER pour obtenir les valeurs approchées successives de l’aire.

> 16 -> A 16 > (V^A-1)^2 + 1 -> A 10 5.6754468 2.910806318 1.498589257

Le côté C d’un carré peut s’obtenir à partir de l’aire c du carré précédent par le calcul C=q(c − 1)2+ 12.

4 -> C

V^((C-1)^2 + 1) -> C

Il suffit ensuite de appuyer sur la touche ENTER pour obtenir les valeurs approchées successives du côté : > 4 -> C 4 > V^((C-1)^2 + 1) -> C 3.16227766 2.382319181 1.706108531 1.224168802

6. On donne un algorithme sur Algobox qui permet d’obtenir les valeurs de anet cnpour un

nquelconque.

VARIABLES

etape EST_DU_TYPE NOMBRE C EST_DU_TYPE NOMBRE

DEBUT_ALGORITHME

LIRE etape

C PREND_LA_VALEUR 4

TANT_QUE (etape>0) FAIRE

DEBUT_TANT_QUE

etape PREND_LA_VALEUR etape-1

C PREND_LA_VALEUR sqrt((C-1)*(C-1)+1)

FIN_TANT_QUE

AFFICHER C

FIN_ALGORITHME

On donne un algorithme sur TI82 qui permet d’obtenir les valeurs de anet cnpour un n

quelconque. Input N 4 -> C While N>0 V^((C-1)^2+1)-> C N-1 -> N End Disp "COTE ", C

Si on réitère le procédé, il semble que l’on s’apporche de plus en plus d’un carré « fixe » de côté1.



44.2

Intérêts composés

 Exemple 44.2 Une personne a placé sur un compte le 1er janvier 2005 un capital de 10000 e.

Ce compte produit des intérêts de 4% par an. Chaque année, les intérêts sont ajoutés au capital et deviennent à leur tour générateurs d’intérêts. Pour n entier naturel, on appelle Cn le capital du 1er

44.2 Intérêts composés 13

janvier de l’année2005 + n. On a ainsi C0 = 10000.

Dv 1. On détermine C₁et C₂. Chaque année le capital génère des intérêts de 4%. Rajouter

4% revient à multiplier par :

1 + 4% = 1 + ₁₀₀4 = 1, 04. On a donc :

C₁ = C_{0× 1, 04 = 10000 × 1, 04 = 10400} C2 = C1× 1, 04 = 10400 × 1, 04 = 10816.

2. On exprime Cn+1en fonction de Cn et on en déduit une valeur approchée de C10. Cn+1

est le capital au 1er janvier de l’année2005 + n + 1. Il est obtenu en rajoutant 4% à Cn,

capital au 1er janvier de l’année2005 + n. On a donc : Cn+1 = Cn× 1, 04. On obtient alors C3= C2× 1, 04 = 10816 × 1, 04 = 11248, 64 C4= C3× 1, 04 = 11248, 64 × 1, 04 ≈ 11698, 59 C5= C4× 1, 04 ≈ 11698, 59 × 1, 04 ≈ 12166, 53 C₆= C_{5× 1, 04 ≈ 12166, 53 × 1, 04 ≈ 12653, 19} C7= C6× 1, 04 ≈ 12653, 19 × 1, 04 ≈ 13159, 32 C8= C7× 1, 04 ≈ 13159, 32 × 1, 04 ≈ 13685, 69 C9= C8× 1, 04 ≈ 13685, 69 × 1, 04 ≈ 14233, 12 C10= C9× 1, 04 ≈ 14233, 12 × 1, 04 ≈ 14802, 44.

3. On suppose maintenant qu’au 1er janvier de chaque année, à partir du 1er janvier 2006, la personne rajoute 1000 e sur son compte. On recalcule C1 et C2, puis on exprime Cn+1

en fonction de Cn. Ainsi, on détermine une valeur approchée de C10. Chaque année, le

capital génère des intérêts de 4% et de plus il est augmenté de 1000 e. On a donc C1= C0× 1, 04 + 1000 = 10000 × 1, 04 + 1000 = 11400 C2= C1× 1, 04 + 1000 = 11400 × 1, 04 + 1000 = 12856

On peut écrire Cn+1 = Cn× 1, 04 + 1000. On obtient alors en utilisant une calculatrice

C10≈ 26808, 55. Avec une TI82, on peut faire : 10000 -> C

C * 1.04 + 1000 -> C On obtient alors

> 10000-> C 10000

> C*1.04+1000->C 11400 12856 14370.24 15945.0496 17582.85158 19286.16565 21057.61227 22899.91676 24815.91343 26808.54997

Avec un tableur (OpenOffice.org Calc), on peut faire :

A1 = 10000

B1 = A1*1,04+1000

# Glisser la formule vers la droite autant de fois que necessaire

On obtient :

4. On donne un algorithme sur Algobox qui détermine à partir de quelle année le capital aura été multiplié par5.

VARIABLES

C EST_DU_TYPE NOMBRE annee EST_DU_TYPE NOMBRE

DEBUT_ALGORITHME

annee PREND_LA_VALEUR 2005 C PREND_LA_VALEUR 10000

TANT_QUE (C < 50000) FAIRE

DEBUT_TANT_QUE

annee PREND_LA_VALEUR annee+1 C PREND_LA_VALEUR C*1.04+1000

FIN_TANT_QUE

AFFICHER annee

FIN_ALGORITHME

On donne un algorithme sur TI82 qui détermine à partir de quelle année le capital aura été multiplié par5. 2005 -> N 10000 -> C While C < 50000 C*1.04+1000 -> C N + 1 -> N End Disp "ANNEE ",N

44.3 Un problème de tribu Lation 15



44.3

Un problème de tribu Lation

Exemple 44.3 Dans une tribu un peu spéciale, la tribu « Lation », on compte de façon très étrange :

1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, . . .

Tous les multiples de 3 ont disparu tout en gardant le symbole « 3 » dans les autres nombres ! Quel nombre obtiendra-t-on si l’on compte 2011 objets ? 

Dv

On se fixe k un entier supérieur à2 et pose Nk le kenombre obtenu. Soit p un entier, que vaut

N3p? — N3= 4 = 3 + 1 = 3 + N1 — N6= 8 = 6 + 2 = 6 + N2 — N9= 13 = 9 + 4 = 9 + N3 — N12= 17 = 12 + 5 = 12 + N4 — N15= 22 = 15 + 7 = 15 + N5 On constate alors que :

N_3p= 3p + Np.

Ainsi :

N2010= 2010 + N670. Comme670 n’est pas divisible par 3, on va exprimer N669:

N₆₆₉= 669 + N₂₂₃. Comme223 n’est pas divisible par 3, on va exprimer N222:

N222= 222 + N74. Comme74 n’est pas divisible par 3, on va exprimer N72:

N72= 72 + N24= 72 + 24 + N8 = 72 + 24 + 11 = 107. On a alors :

N74= 110 car108 est divisible par 3. D’où :

N₂₂₂ = 222 + 110 = 332 ainsi

car333 est divisible par 3. De plus :

N669= 669 + 334 = 1003

N670= 1004

N2010 = 2010 + 1004 = 3014.

44.4

0,9999. . .= 1

À l’aide d’une suite géométrique, on va montrer que0, 9999 · · · = 1.

Dv Nous avons : 0, 9999 · · · = 0, 9 + 0, 09 + 0, 009 + · · · = ₁₀9 X n≥0 1 10n 0, 9999 · · · = _{10 ×}9 1 1 − 1 10 = 9 10 × 10 9 .

44.5

Mise en abîme

Sachant qu’il y a une infinité de triangles colorés, calculez l’aire de la surface totale qu’ils oc-cupent.

Dv — Le premier triangle (le plus grand) a pour côté1, son aire est donc égale à 1₂.

— Le second triangle a pour côté 1₂; son aire est donc égal à 1₈. — Le troisième triangle a pour côté1₄; son aire est donc égale à ₃₂1 . La surface totale aura donc une aire égale à :

lim n→+∞ 1 2 n X k=0 1 4k ! = 1_{2 ×} 1 1 −1 4 = 2 3.

44.6

Le problème des anniversaires

A partir de quelle valeur n la probabilité pour que, dans un groupe de n personnes, deux au moins d’entre elles aient la même date d’anniversaire est-elle supérieur à0, 5 ?

44.6 Le problème des anniversaires 17

Dv

Pour traiter ce problème, considérons l’événement contraire de celui qui nous intéresse : calculons la probabilité pour qu’aucune des personnes n’aient la même date d’anniversaire (on notera cette probabilité pn). Quand n= 2,

p2 = 364₃₆₅ = 1 −₃₆₅1 .

Quand n= 3, il faut que la troisième personne n’ait pas la même date d’anniversaire que les deux autres, d’où : p₃ =  1 −₃₆₅1  1 −₃₆₅2 . Quand n= 4, on a : p4 =  1 −₃₆₅1  1 −₃₆₅2  1 −₃₆₅3 . Pour n quelconque, on a : pn= n_Y−1 k=1  1 −₃₆₅k .

La probabilité qui nous intéresse est1 − pn. On regroupe les valeurs dans la table suivante.

44.7

Nombres de Fibonacci

Exemples 44.4 — Applications des suites de Fibonacci. 1. On dispose d’un plateau de

dimen-sion2 × n, n ∈ N∗_{. De combien de façon différentes peut-on disposer des dominos (à couleur} unique sans motif) de sorte à ce qu’ils recouvrent totalement le plateau.

On regarde ce qui se passe pour les premières valeurs de n : n= 1 : il y a une seule façon de disposer le domino.

n= 2 : Il y a 2 façons de disposer les dominos.

n= 3 : Il y a 3 façons de disposer les dominos.

n= 3 _{n= 3 n= 3}

n= 4 : Il y a 5 façons de disposer les dominos.

n= 4 n= 4 n= 4

n= 4 n= 4

n= 5 : Il y a 8 façons de disposer les dominos.

n= 5 n= 5 n= 5 n= 5

n= 5 n= 5 n= 5 n= 5

n= 6 : Il y a 13 façons de disposer les dominos.

Ainsi, nous pouvons constater (et on peut vérifier cela en regardant les autres valeurs de n) que nous obtenons ici les premiers termes de la suite de Fibonacci. Il y a donc Fnfaçons de

44.7 Nombres de Fibonacci 19

2. Un homme se déplace dans un couloir infini où il n’avance que face à lui ou vers sa droite sans jamais se tourner vers la gauche ni revenir en arrière. Combien de chemins possibles peut-il emprunter pour aller à la case n suivant l’illustration ci-dessous ?

1 2 3 4 5 6 7 — De la case1 à la case 2, il y a 1 possibilité ;

— De la case1 à la case 3, il y a 2 possibilités (1 → 3 ou 1 → 2 → 3) ; — De la case1 à la case 4, il y a 3 possibilités ;

— De la case1 à la case 5, il y a 5 possibilités ; — De la case1 à la case 6, il y a 8 possibilités ; — De la case1 à la case 7, il y a 13 possibilités ;

On voit encore une fois apparaître les premiers termes de la suite de Fibonacci. Il y a donc Fn

chemins possibles pour aller de la case1 à la case n.



44.7.1 Etude d’une population

Les suites récurrentes ont de très nombreuses applications. Par exemple, intéressons nous à l’évo-lution à l’effectif d’une population.

Dv

Soit pn l’effectif de la population à l’instant n. On suppose qu’il n’y a aucun flux migratoire.

L’évolution de l’effectif de la population résulte donc uniquement des naissances et des décès. On note α le taux de natalité (α ≥ 0) et ω le taux de mortalité (0 < ω < 1). On a :

pn+1 = pn+ αpn− ωpn= pn(1 + α − ω). (44.1)

Cependant, il parait raisonnable de penser que les taux de natalité et de mortalité sont dé-pendant de l’effectif de la population. En effet, si l’effectif de la population est très important, la compétition entre les individus est accrue. On peut alors imaginer que le taux de natalité diminue et que le taux de mortalité augmente et inversement. . .

dépendantes de p0: α(pn) = α − α0pn où α0 >0 ω(pn) = ω + ω0pn où ω0 >0. (44.1) s’écrit alors : pn+1= pn(1 + α − α0pn− ω − ω0pn) = pn(1 + α − ω) ·  1 −_{1 + α + ω}α0+ ω0 pn  . On pose un:− _1+α+ωα0+ω0 pn. Comme pn+1>0, pn>0 et (1 + α − ω) ≥ 0, on a : 0 ≤ un≤ 1. R 44.5 Que caractérise un?

— Si un est nul (ou tout au moins très petit) alors on en revient au premier modèle, c’est-à-dire les taux de natalité et de mortalité sont très peu sensibles à l’effectif de la population.

— Si uns’approche de1, l’évolution de l’effectif en ait fortement impacté.

Conclusion : uncaractérise la sensibilité des taux de mortalité et de natalité à l’effectif de la population.

On remarque que : un+1= α0+ ω0 a · pn+1 où a= 1 − ω + α = α0+ ω0 a · a · pn· (1 − un) = un· a · (1 − un).

unest donc une suite récurrente avec g(x) = ax(1 − x).

R 44.6 (Discussion des valeurs de a) a >0 car 1 − ω > 0 et α > 0. On peut considérer que a n’est pas très grand, sinon cela signifierait qu’il y a un grand écart entre α et ω. Prenons0 < a < 4.

On peut alors montrer que g_{([0 , 1]) ⊂ [0 , 1]. Les points fixes de g sont x}1= 0 et x2= a−1_a .

Si 0 ≤ a < 1 seul x1est dans[0 , 1] et il est attractif car g0(x) = a − 2ax et g0(x1) = a.

Si 1 ≤ a < 2 — g0_{(x) = a − 2ax, g}0_{(x1) = 0 > 1 donc x1est répulsif.}

— g0_{(x2) = a − 2a}a−1

a = 1 − a. Or

1 ≤ a < 2 ⇔ −1 ≥ −a > −2 ⇔ 0 ≥ 1 − a > −1 donc x2est attractif.

Bibliographie

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