La longueur d’un côté est divisée par 3 donc dans la cellule B3, on écrit =B2/3

1S Devoir commun Bis mardi 13 mai 2014 Exercice 1 (TP5 page 149 Le flocon de Koch)

1. Périmètre.

Chaque côté génère à l’étape suivante 4 côtés de longueur 3 fois plus petite.

a. Lors du passage d’une étape à la suivante :

• La longueur d’un côté est divisée par 3 donc dans la cellule B3, on écrit =B2/3 .

• Un côté en génère 4 donc le nombre de côtés est multiplié par 4 donc dans la cellule C3, on écrit =C2∗4

• Le périmètre est le produit de la longueur par le nombre de côtés donc dans la cellule D3, on écrit =B3∗C3 b. En recopiant vers le bas nous constatons que le périmètre croît et semble avoir une limite infinie.

2. Aire

Dans la cellule E2 il faut indiquer l’aire du premier triangle. Sa base est 1, sa hauteur est

√3

2 . Son aire est donc

√3 4 . donc on écrit dans la cellule E2 la formule =RACIN E(3)/4 .

Cette même formule est copiée dans les cellules F2 et G2

Chaque côté génère à l’étape suivante un triangle équilatéral de côté 3 fois plus petit.

a. Lors du passage d’une étape à la suivante :

• On obtient un triangle équilatéral de côté 3 fois plus petit donc son aire est divisée par 3²= 9.

Dans la cellule E3 on écrit =E2/9 .

• Un côté génère un nouveau triangle donc le nombre de triangles ajoutés est égal au nombre de côtés à l’étape précédente. Il faut donc calculer l’aire totale de tous ces triangles ajoutés.

Dans la cellule F3, on écrit =E3∗C2

• La nouvelle aire totale égale à l’aire totale précédente augmentée de la valeur calculée en E3.

Dans la cellule G3 on écrit =G2 +F3

b. En recopiant vers le bas nous constatons que l’aire croît et semble avoir une limite égale à 0,692 820 323.

3. Pour aller plus loin.

a. La longueur`n d’un côté vérifie la relation de récurrence`n+1=1 3`n.

Il s’agit donc d’une suite géométrique de premier terme`1= 1 et de raison1

3. Alors `n= 1

3 n−1

Le nombre de côtésc_nvérifie la relation de récurrencecn+1= 4c_n.

Il s’agit donc d’une suite géométrique de premier termec₁= 3 et de raison 4. Alors c_n= 3×4ⁿ⁻¹ L’aire d’un nouveau trianglea_nvérifie la relation de récurrencean+1=1

9a_n. Il s’agit donc d’une suite géométrique de premier termea₁=

√3

4 et de raison1

9. Alors a_n=

√3 4

1 9

n−1

b. Le périmètre est le produit de la longueur d’un côté par le nombre de côtés doncp_n=`_n×c_n. p_n=

1 3

n−1

×3×4ⁿ⁻¹= 3× 4

3 n−1

.

(p_n) est une suite géométrique de raison supérieure à 1 donc sa limite est +∞.

c. L’aire totale ajoutée est égale à l’aire d’un nouveau trianglean multipliée par le nombre de triangle à l’étape précédentec_n−1donct_n=a_n×c_n−1=

√3 4

1 9

n−1

×3×4ⁿ⁻²=

√3 4

1 9

n−1

×3×4ⁿ⁻¹ 4 =3√

3 16

4 9

n−1

. La suite (t_n) est donc géométrique de raison4

9. t₂+t₃+. . .+t_n=3√

3 16 ×4

9+3√ 3 16 ×

4 9

2

+. . .+3√ 3 16 ×

4 9

n−1

=3√ 3 16 ×4

9× 1−

4 9

n−1

1−4 9

=3√ 3 16 ×4

9× 1−

4 9

n−1

5 9 t₂+t₃+. . .+t_n==3√

3 16

4 9

×9 5×

"

1− 4

9 n−1#

=3√ 3 20 ×

"

1− 4

9 n−1#

Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré 1

1S Devoir commun Bis mardi 13 mai 2014

d. Alorsfn=t1+t2+t3+. . .+tn=

√3 4 +3√

3 20 ×

"

1− 4

9 n−1#

. Lorsquentend vers +∞alors

4 9

n−1

tend vers 0 ( suite géométrique de raison4

9 avec 0<4 9 <1).

On en déduit quefntend vers

√3 4 +3√

3 20 =5√

3 20 +3√

3 20 =8√

3 20 =2√

3

5 '0,692 820 323

Exercice 2 (111 page 167)

(u_n) est la suite donnant le nombre de places restantes aprèsnsemaines avecu₀= 300 (v_n) est la suite déterminant le prix de vente de lan^ièmesemaine avecv1= 25.

Le prix de vente suit pour toutn≥0 la relationvn+1=7500 u_n

1. La première semaine se sont vendus 50 billets et la deuxième semaine se sont vendus 30 billets.

a. doncu1= 300−50 = 250. La recette de la première semaine est alors 50×25 = 1250e Le prix de vente de la deuxième semaine est alorsv2=7500

u1

=7500 250 = 30

b. doncu₂= 250−30 = 220. La recette de la deuxième semaine est alors 30×30 = 900e Le prix de vente de la troisième semaine est alorsv3=7500

u2

=7500

220 = 34,09 c. Le nombre de places vendues lan^ièmeestu_n−1−u_n.

Commevn+1=7500

u_n ouv_n=7500

u_n−1 on au_n−1=7500 v_n La recette de lan^ièmesemaine est (u_n−1−u_n)×v_n= (7500

vn −u_n)×v_n= 7500−u_n×v_n 2. On suppose que 15 billets sont vendus chaque semaine.

a. Nous avons alorsun= 300−15n.

un= 0⇔300−15n= 0⇔300 = 15n⇔n= 20. Les billets sont vendus en 20 semaines.

b. vn=7500 un−1

7500

300−15(n−1) = 7500 315−15n.

La dernière semaine de vente ( 20^èmesemaine ), le prix du billet estv20= 7500

315−15×20=7500

15 = 500e 3. (u_n) suit une suite géométrique de raison 0,6.

a. u_n= 300×0,6ⁿ. alorsu1= 300×0,6 = 180 etv2=7500

180 = 41.67.

b. v_n=7500

u_n−1 = 7500

300×0,6ⁿ⁻¹ = 25 0,6ⁿ⁻¹.

c. On lance les ventes 10 semaines avant le départ.

Le nombre de places invendues correspond donc àu11= 300×0,6¹¹'1,09 soit une place.

Le prix de vente la dernière semaine correspond àv₁₀= 25

0,6⁹ '2480,73e

Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré 2

1S Devoir commun Bis mardi 13 mai 2014 Exercice 3 (Datation au carbone 14)

1. On appellemn la masse de carbone 14 contenue au bout dencentaines d’années après la mort d’un échantillon de massem0= 10 g.

a. La masse de carbone 14 contenu dans les espèces vivantes diminue d’environ 1,2% tous les 100 ans.

On en déduitm₁= 10×0,988 ;m₂= 10×0,988²etm₃= 10×0,988³'9.6443 ; b. La suite (m_n) est géométrique de raison 0,988 doncm_n= 10×0,988ⁿ.

c. La raison de la suite est comprise entre 0 et donc la suite est décroissante.

d. Allure de la représentation graphique. 0

10

58 4.96

2. Demi-vie On appelle demi-vie du carbone 14, la durée au bout de laquelle la quantité, notéet1/2 de carbone 14 a diminué de moitié.

a. Par le calculm57= 5.0251 etm58= 4.9648. On en déduitt1/2= 58.

b. Au bout d’une demi-vie,t_1/2, la masse est divisée par 2, au bout d’une seconde demi-vie,t_1/2, la masse est encore divisée par 2. La quantité initiale est donc divisée par 4 = 2².

c. Si on répètekfois, on va donc obtenir une division par 2^k. 3. Un algorithme

a. Partant de 10, on calcule les termes successifs de la suite jusqu’à obtenir une masse inférieure à la masse donnée.

On affiche alors le nombre de termes calculés :

Algorithme Programme calculatrice

Variables :

aest un réel (masse restante) nest un réel (indice de la suite) mest un réel (valeur de la suite)

Début de l’algorithme : Programme :

Affecter ànla valeur 0 0→N

Lire la masse restantea Prompt A

Affecter àmla valeur 10 10→M

Tant que la massemest supérieure àa While M > A

| Afficherm Disp M

| Augmenter l’indicend’une unité N+1→N

| Affecter àmla valeurm∗0,988 M*0.988→M

Fin de Tant que End

Affichern Disp N

Fin algorithme

4. Dans des grottes de Dordogne, des fragments ne contiennent plus que le dixième de la masse de carbone 14 des morceaux témoins.

Le programme donnen= 191 donc une datation de 191 siècles ou 19100 ans.

On peut vérifierm190'1,008 etm191'0,996.

5. Des échantillons de plus de 50 000 ans ne peuvent pas être datés au carbone 14 car la présence de carbone 14 est trop faible. Pour modifier l’algorithme, il faut soit augmenter la masse de départ soit utiliser un autre élément donc la masse diminue moins vite.

6. La limite de la suite (m_n) est 0 car sa raison est comprise entre 0 et 1.

Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré 3