Chapitre 3 – Exercices – Suites numériques

1.

• Entreprise A : suite arithmétique, \(a_n = 1\,600 + 50n\).
• Entreprise B : suite géométrique, \(b_n = 1\,500 \times 1{,}03^n\).

2. Tableau complété :

Année \(n\)	0	1	2	5	10	15	20
A	1 600	1 650	1 700	1 850	2 100	2 350	2 600
B	1 500	1 545	1 591	1 739	2 016	2 337	2 709

3. On teste autour de \(n = 15\text{-}16\) :
\(a_{15} = 1\,600 + 750 = 2\,350\) et \(b_{15} = 1\,500 \times 1{,}03^{15} \approx 2\,336{,}95\) : \(a_{15} > b_{15}\).
\(a_{16} = 2\,400\) et \(b_{16} \approx 2\,407\) : \(a_{16} < b_{16}\).
Le salaire de B dépasse celui de A à partir du rang \(n=16\), après 16 augmentations annuelles.

4. La somme des 10 salaires mensuels de référence (de \(n=0\) à \(n=9\)) vaut : \[S_{\text{mensuel}} = 10 \times \dfrac{a_0 + a_{9}}{2} = 18\,250 \text{ €.}\] Chaque montant étant perçu pendant 12 mois, le total des salaires sur dix années est \[12 \times 18\,250 = \mathbf{219\,000}\text{ €}.\]

1. À la fin du mois 1, le capital du mois 0 a été rémunéré (\(\times 1{,}003\)) puis on ajoute le versement de 200 € :
   \(C_1 = C_0 \times 1{,}003 + 200 = 200 \times 1{,}003 + 200\).
2. \(C_1 = 200 \times 1{,}003 + 200 = 200{,}60 + 200 = 400{,}60\) €.
   \(C_2 = 400{,}60 \times 1{,}003 + 200 = 401{,}80 + 200 = 601{,}80\) €.
   \(C_3 = 601{,}80 \times 1{,}003 + 200 = 603{,}61 + 200 = 803{,}61\) €.
3. La suite n'est ni arithmétique (les différences \(C_1 - C_0 = 200{,}60\) et \(C_2 - C_1 = 201{,}20\) ne sont pas égales) ni géométrique (les quotients ne sont pas constants). C'est une suite arithmético-géométrique.
4. En poursuivant les calculs dans un tableur qui conserve les valeurs non arrondies :
   \(C_{12} \approx \mathbf{2\,647{,}32}\) €.
   (Le total des versements est \(13 \times 200 = 2\,600\) € — le versement initial, puis un versement à la fin de chacun des 12 mois — et les intérêts cumulés sont environ 47,32 €.)

1. Suite arithmétique de premier terme \(c_1 = 1\) et de raison \(r = 3\).
   \(c_n = 1 + (n-1) \times 3 = 3n - 2\).
2. \(c_8 = 3 \times 8 - 2 = 22\) caisses.
3. Somme des 8 premiers termes : \[S_8 = 8 \times \dfrac{c_1 + c_8}{2} = 8 \times \dfrac{1 + 22}{2} = 8 \times 11{,}5 = 92 \text{ caisses.}\]
4. On cherche \(n\) tel que \(S_n \leqslant 200\).
   \(S_n = n \times \dfrac{1 + (3n-2)}{2} = n \times \dfrac{3n-1}{2} = \dfrac{3n^2 - n}{2}\).
   \(S_{11} = \dfrac{3 \times 121 - 11}{2} = \dfrac{352}{2} = 176 \leqslant 200\).
   \(S_{12} = \dfrac{3 \times 144 - 12}{2} = \dfrac{420}{2} = 210 > 200\).
   Il peut réaliser 11 couches complètes (et il lui reste \(200 - 176 = 24\) caisses).

1. Annuité = \(\dfrac{18\,000}{6} = 3\,000\) € par an.
2. \(V_n = 18\,000 - 3\,000n\). C'est une suite arithmétique de raison \(r = -3\,000\).
3. Tableau complété :

Année	Valeur début	Amortissement	Valeur fin
1	18 000 €	3 000 €	15 000 €
2	15 000 €	3 000 €	12 000 €
3	12 000 €	3 000 €	9 000 €
4	9 000 €	3 000 €	6 000 €
5	6 000 €	3 000 €	3 000 €
6	3 000 €	3 000 €	0 €

4. \(V_n < 5\,000 \implies 18\,000 - 3\,000n < 5\,000 \implies 3\,000n > 13\,000 \implies n > 4{,}33\).
   La valeur est inférieure à 5 000 € à partir de la fin de l'année 5 (\(V_5 = 3\,000\) €).

Rédaction attendue.

On note \(u_n\) le nombre de dalles posées le jour \(n\), avec \(u_1 = 180\). Chaque jour, on ajoute toujours le même nombre de dalles : \(u_{n+1} = u_n + 10\). La suite \((u_n)\) est donc arithmétique de raison \(r = 10\).

Dalles posées le 10^e jour :

\[u_{10} = u_1 + 9 \times r = 180 + 9 \times 10 = \mathbf{270} \text{ dalles}\]

Total posé en 10 jours (10 termes, du premier au dixième) :

\[S = \frac{10 \times (180 + 270)}{2} = \frac{10 \times 450}{2} = \mathbf{2\,250} \text{ dalles}\]

Vérification par addition directe des 10 termes : \(180 + 190 + 200 + 210 + 220 + 230 + 240 + 250 + 260 + 270 = 2\,250\) ✓

Or il faut poser 2 300 dalles et \(2\,250 \lt 2\,300\) : le délai ne sera pas tenu, il manquera \(2\,300 - 2\,250 = \mathbf{50}\) dalles à la fin du 10^e jour, soit un peu moins d'un cinquième d'une journée de travail.

Solutions chiffrées acceptables (une seule suffit, à condition qu'elle soit justifiée) :

• Ajouter un jour : \(u_{11} = 280\) dalles, total \(2\,250 + 280 = 2\,530\) dalles. Le chantier est fini, mais hors délai : c'est la solution à éviter.

• Augmenter la progression quotidienne : avec une raison \(r\), le total en 10 jours vaut \(S = \dfrac{10 \times (180 + 180 + 9r)}{2} = 1\,800 + 45r\). Pour \(r = 11\) : \(S = 2\,295 \lt 2\,300\) (il manque encore 5 dalles) ; pour \(r = 12\) : \(S = 2\,340 \geqslant 2\,300\) ✓. Si la progression doit être un nombre entier de dalles, il faut donc atteindre au moins 12 dalles par jour au lieu de 10.

• Démarrer plus fort : en gardant \(r = 10\), le total vaut \(S = 10 \times u_1 + 450\). On résout \(10u_1 + 450 = 2\,300\), d'où \(u_1 = \mathbf{185}\) dalles le premier jour (5 dalles de plus). Le calcul montre que ce scénario atteint exactement l'objectif ; son coût et le moyen d'obtenir ces 5 dalles supplémentaires ne sont pas fournis.

Toute réponse qui conclut « délai non tenu » sans calcul de la somme est incomplète : c'est le cumul des 10 jours, et non la cadence du dernier jour (270 dalles), qui décide.

1. Chaque année, on ajoute toujours le même coût de fonctionnement : les deux suites sont arithmétiques.

\[a_n = 4\,200 + 620n \qquad (a_0 = 4\,200,\ r_A = 620)\] \[b_n = 9\,800 + 240n \qquad (b_0 = 9\,800,\ r_B = 240)\]

Les deux raisons sont positives : les deux suites sont croissantes (le coût total ne peut que grimper).

2. On cherche le premier rang \(n\) tel que \(b_n \lt a_n\) :

\[9\,800 + 240n \lt 4\,200 + 620n\] \[9\,800 - 4\,200 \lt 620n - 240n \quad \Longleftrightarrow \quad 5\,600 \lt 380n\] \[n \gt \frac{5\,600}{380} \approx 14{,}7\]

Le rang doit être un nombre entier d'années. On vérifie les deux rangs qui encadrent 14,7 :

• \(n = 14\) : \(a_{14} = 4\,200 + 8\,680 = 12\,880\) € et \(b_{14} = 9\,800 + 3\,360 = 13\,160\) €. La solution A est encore moins chère de 280 €.

• \(n = 15\) : \(a_{15} = 4\,200 + 9\,300 = 13\,500\) € et \(b_{15} = 9\,800 + 3\,600 = 13\,400\) €. La solution B passe devant de 100 €.

La pompe à chaleur devient donc moins chère à partir de la 15^e année.

3. Au bout de 12 ans : \(a_{12} = 4\,200 + 7\,440 = \mathbf{11\,640}\) € contre \(b_{12} = 9\,800 + 2\,880 = \mathbf{12\,680}\) €. Sur cette durée, la solution A coûte 1 040 € de moins : si le propriétaire revend dans 12 ans, la chaudière gaz est le choix le plus économique pour lui.

Limites à signaler (au moins une attendue) : le modèle suppose un coût annuel constant, donc un prix de l'énergie figé sur 12 ans — hypothèse très forte, et une hausse du prix du gaz plus rapide que celle de l'électricité rapprocherait le point de bascule ; les aides à l'installation d'une pompe à chaleur ne sont pas comptées et diminueraient les 9 800 € ; enfin, une installation performante se répercute sur le prix de revente du logement, ce que le calcul ignore.

Variante acceptable : conclure en faveur de la pompe à chaleur en justifiant par la durée de vie du matériel (15 à 20 ans) ou par les aides, à condition de citer le calcul du 2. et l'écart de 1 040 € à 12 ans.

1. De l'étagère 1 à l'étagère 9, il y a \(9 - 1 = 8\) pas de raison :

\[u_9 = u_1 + 8r \quad \Longrightarrow \quad 600 = 1\,800 + 8r \quad \Longrightarrow \quad r = \frac{600 - 1\,800}{8} = \mathbf{-150} \text{ mm}\]

Chaque étagère est donc raccourcie de 150 mm par rapport à celle du dessous. La suite est arithmétique de raison négative, donc décroissante :

\[u_n = 1\,800 - 150\,(n - 1) = \mathbf{1\,950 - 150n} \text{ (en mm)}\]

Contrôle : \(u_1 = 1\,950 - 150 = 1\,800\) mm ✓ et \(u_9 = 1\,950 - 1\,350 = 600\) mm ✓

2. Il y a 9 termes, le premier vaut 1 800 mm et le dernier 600 mm :

\[S = \frac{9 \times (1\,800 + 600)}{2} = \frac{9 \times 2\,400}{2} = \mathbf{10\,800} \text{ mm} = 10{,}8 \text{ m}\]

Vérification par addition directe : \(1\,800 + 1\,650 + 1\,500 + 1\,350 + 1\,200 + 1\,050 + 900 + 750 + 600 = 10\,800\) mm ✓

3. Par le calcul : \(\dfrac{10\,800}{2\,500} = 4{,}32\), donc il faut au moins 5 bandes (4 bandes ne font que 10 000 mm, c'est insuffisant).

Mais ce quotient ne suffit pas à décider : une étagère ne peut pas être coupée en deux morceaux à cheval sur deux bandes. Il faut vérifier qu'un plan de débit tient réellement en 5 bandes. En associant la plus longue et la plus courte :

bande 1 : \(1\,800 + 600 = 2\,400\) mm — bande 2 : \(1\,650 + 750 = 2\,400\) mm — bande 3 : \(1\,500 + 900 = 2\,400\) mm — bande 4 : \(1\,350 + 1\,050 = 2\,400\) mm — bande 5 : \(1\,200\) mm.

Chaque bande reste sous 2 500 mm et les 9 étagères sont bien débitées : 5 bandes suffisent. Chutes : \(5 \times 2\,500 - 10\,800 = \mathbf{1\,700}\) mm, dont 1 300 mm en un seul morceau réutilisable.

Variante acceptable : commander 6 bandes en justifiant par le trait de scie (environ 3 mm par coupe, négligé ici) et par la marge de sécurité sur un défaut de placage. Toute réponse doit distinguer le résultat du calcul (\(\geqslant 5\) bandes) de la vérification du débit.

1. On note \(u_n\) le versement du mois \(n\), avec \(u_1 = 120\) et une raison \(r\) inconnue. Le 10^e versement vaut \(u_{10} = 120 + 9r\). La somme des 10 versements doit valoir 2 100 € :

\[S = \frac{10 \times (120 + 120 + 9r)}{2} = 5\,(240 + 9r) = 1\,200 + 45r\] \[1\,200 + 45r = 2\,100 \quad \Longrightarrow \quad 45r = 900 \quad \Longrightarrow \quad r = \mathbf{20} \text{ €}\]

Elle doit augmenter son versement de 20 € chaque mois.

2. \(u_{10} = 120 + 9 \times 20 = \mathbf{300}\) €.

Vérification par addition directe des 10 versements : \(120 + 140 + 160 + 180 + 200 + 220 + 240 + 260 + 280 + 300 = 2\,100\) € ✓

Le plan est mathématiquement juste, mais le dernier versement représente 300 € sur environ 750 € de rémunération, soit 40 % de ce qu'elle gagne. Sans connaître ses autres dépenses, on ne peut pas décider si ce plan est tenable : ce ratio élevé doit être confronté à son budget réel.

3. Deux propositions chiffrées, l'une comme l'autre acceptable :

• Verser la même somme chaque mois : \(\dfrac{2\,100}{10} = \mathbf{210}\) € par mois. La suite devient constante (raison \(r = 0\)), l'effort est identique du premier au dernier mois — plus simple à suivre sur un compte.

• Garder la progression mais étaler sur 12 mois : \(S = \dfrac{12 \times (120 + 120 + 11r)}{2} = 1\,440 + 66r = 2\,100\), d'où \(66r = 660\) et \(r = \mathbf{10}\) €. Le dernier versement n'est alors que de \(120 + 11 \times 10 = 230\) €. Vérification : \(S = \dfrac{12 \times (120 + 230)}{2} = 6 \times 350 = 2\,100\) € ✓

La deuxième solution conserve l'idée de départ et réduit le dernier versement à 230 €. Elle peut être comparée au versement constant de 210 €, mais les données ne permettent pas de recommander l'une des deux sans connaître le budget mensuel disponible et la date limite réelle.

1. D'une marche à la suivante, on monte toujours de la même hauteur : \(h_{n+1} = h_n + h\). La suite \((h_n)\) est donc arithmétique de premier terme \(h_0 = 0\) et de raison \(r = h\) (la hauteur d'une marche). Son terme général est \(h_n = n \times h\), et elle est croissante puisque \(h \gt 0\).

2. La 17^e marche arrive au niveau supérieur, donc \(h_{17} = 2{,}72\) m :

\[17 \times h = 2{,}72 \quad \Longrightarrow \quad h = \frac{2{,}72}{17} = 0{,}16 \text{ m} = \mathbf{16} \text{ cm}\]

On a \(16 \leqslant 16 \leqslant 18\) : l'escalier est conforme, mais il se situe exactement à la limite basse de la règle : aucune marge en cas de surépaisseur de revêtement au sol, qui réduirait la première marche.

3. Avec \(n\) marches, la hauteur de marche vaut \(h = \dfrac{2{,}90}{n}\). La règle impose \(0{,}16 \leqslant \dfrac{2{,}90}{n} \leqslant 0{,}18\), c'est-à-dire :

\[\frac{2{,}90}{0{,}18} \leqslant n \leqslant \frac{2{,}90}{0{,}16} \quad \Longrightarrow \quad 16{,}11 \leqslant n \leqslant 18{,}125\]

Les seuls entiers possibles sont donc \(n = 17\) et \(n = 18\). On vérifie les deux, ainsi que les deux valeurs qui les encadrent :

• \(n = 16\) : \(h = \dfrac{2{,}90}{16} = 18{,}125\) cm — trop haut ✗

• \(n = 17\) : \(h = \dfrac{2{,}90}{17} \approx \mathbf{17{,}06}\) cm — conforme ✓

• \(n = 18\) : \(h = \dfrac{2{,}90}{18} \approx \mathbf{16{,}11}\) cm — conforme ✓

• \(n = 19\) : \(h = \dfrac{2{,}90}{19} \approx 15{,}26\) cm — trop bas ✗

Deux solutions conviennent pour le seul critère donné : 17 ou 18 marches. La hauteur de marche favorise 17 marches (17,06 cm, plus centrale dans l'intervalle), mais le choix définitif exige aussi le giron, la pente et l'emprise disponible, absents de l'énoncé.

4. Parce que 17,06 n'est pas un nombre entier : le rang \(n\) d'une suite compte des marches, et une marche ne peut pas être construite en fraction. Le calcul indique seulement autour de quelle valeur chercher ; il faut ensuite tester les entiers voisins et vérifier, pour chacun, que la hauteur obtenue reste dans la plage réglementaire.

1. Chaque semaine, on ajoute toujours la même valeur : \(u_{n+1} = u_n + 0{,}8\). La suite est arithmétique de premier terme \(u_0 = 12{,}0\) mbar et de raison \(r = 0{,}8\) mbar.

\[u_n = \mathbf{12 + 0{,}8n} \text{ (en mbar)}\]

Comme \(r = 0{,}8 \gt 0\), la suite est croissante : le filtre s'encrasse, sa résistance augmente.

2. On résout \(u_n \geqslant 25\) :

\[12 + 0{,}8n \geqslant 25 \quad \Longleftrightarrow \quad 0{,}8n \geqslant 13 \quad \Longleftrightarrow \quad n \geqslant \frac{13}{0{,}8} = 16{,}25\]

On vérifie les deux rangs encadrants :

• \(u_{16} = 12 + 0{,}8 \times 16 = 24{,}8\) mbar — seuil non atteint ;

• \(u_{17} = 12 + 0{,}8 \times 17 = 25{,}6\) mbar — seuil dépassé.

Le seuil est donc atteint pour la première fois à la semaine 17.

3. Le filtre doit être changé avant la semaine 17, et uniquement lors d'un arrêt. Les arrêts encadrant cette date sont ceux des semaines 16 et 20 :

• semaine 16 : \(u_{16} = 24{,}8\) mbar, encore sous le seuil ✓ ;

• semaine 20 : \(u_{20} = 12 + 16 = 28\) mbar, soit 3 mbar au-dessus du seuil — le filtre aurait fonctionné hors consigne pendant 3 semaines ✗.

Le technicien doit donc programmer le remplacement à l'arrêt de la semaine 16. Le calcul mathématique donne la semaine 17, mais la contrainte d'exploitation impose de reculer l'intervention, jamais de la retarder : on perd une semaine de durée de vie du filtre pour rester conforme.

4. Avec \(r = 1{,}1\), la suite devient \(u_n = 12 + 1{,}1n\) :

\[12 + 1{,}1n \geqslant 25 \quad \Longleftrightarrow \quad 1{,}1n \geqslant 13 \quad \Longleftrightarrow \quad n \geqslant \frac{13}{1{,}1} \approx 11{,}8\]

Vérification des deux rangs encadrants : \(u_{11} = 12 + 12{,}1 = 24{,}1\) mbar (sous le seuil) et \(u_{12} = 12 + 13{,}2 = 25{,}2\) mbar (au-dessus). Le seuil est atteint dès la semaine 12.

Or la semaine 12 est justement une semaine d'arrêt, mais le seuil y est déjà dépassé de 0,2 mbar : intervenir ce jour-là, c'est arriver un cheveu trop tard. Le planning n'est donc plus compatible. Deux réponses acceptables : avancer le remplacement à l'arrêt de la semaine 8 (\(u_8 = 12 + 8{,}8 = 20{,}8\) mbar, on jette un filtre encore utilisable), ou demander un arrêt exceptionnel en semaine 11. La bonne réponse de fond : dans ce nouvel environnement, un cycle d'arrêts de 4 semaines n'est plus adapté et doit être resserré.

Rédaction attendue.

On note \(u_n\) la consommation de la semaine \(n\), avec \(u_1 = 320\) kg. Chaque semaine on ajoute toujours 45 kg : la suite \((u_n)\) est arithmétique de raison \(r = 45\) kg, donc croissante.

Consommation de la 14^e semaine :

\[u_{14} = 320 + 13 \times 45 = 320 + 585 = \mathbf{905} \text{ kg}\]

Consommation cumulée sur les 14 semaines (14 termes) :

\[S_{14} = \frac{14 \times (320 + 905)}{2} = \frac{14 \times 1\,225}{2} = 7 \times 1\,225 = \mathbf{8\,575} \text{ kg}\]

Or le silo ne contient que 8 000 kg et \(8\,575 \gt 8\,000\) : le silo ne suffira pas, il manquera 575 kg de granulés.

Cherchons la dernière semaine entièrement couverte. Consommation de la 13^e semaine : \(u_{13} = 320 + 12 \times 45 = 860\) kg. Cumul sur 13 semaines :

\[S_{13} = \frac{13 \times (320 + 860)}{2} = \frac{13 \times 1\,180}{2} = 13 \times 590 = \mathbf{7\,670} \text{ kg}\]

Vérification par addition directe des 13 termes : \(320 + 365 + 410 + 455 + 500 + 545 + 590 + 635 + 680 + 725 + 770 + 815 + 860 = 7\,670\) kg ✓ (et \(7\,670 + 905 = 8\,575\) kg ✓ pour la 14^e semaine).

Les deux semaines qui encadrent la rupture : \(S_{13} = 7\,670 \leqslant 8\,000\) (couverte) et \(S_{14} = 8\,575 \gt 8\,000\) (non couverte).

Au début de la semaine 14, il reste donc \(8\,000 - 7\,670 = \mathbf{330}\) kg dans le silo, alors que cette semaine-là en réclame 905 : la réserve s'épuise au bout de \(\dfrac{330}{905} \approx 0{,}36\) semaine, soit environ 2 jours et demi.

Conclusion : la livraison doit être programmée avant la fin de la semaine 13, et il faut commander au minimum 575 kg pour finir la saison. En pratique on commandera un camion complet, une livraison ne se faisant pas au sac près.

Variantes acceptables : conclure « livraison à programmer en semaine 13 » ou « au plus tard le 2^e jour de la semaine 14 », dès lors que \(S_{13}\) et \(S_{14}\) sont tous deux calculés et comparés à 8 000 kg. Est aussi valorisée la remarque que la progression de 45 kg par semaine est une moyenne : une vague de froid ferait basculer la rupture une semaine plus tôt, ce qui justifie de ne pas attendre le dernier moment.

1. L'apprenti a mélangé le nombre de termes et le rang du dernier terme. La période va du mois 0 au mois 11 : il y a bien \(11 - 0 + 1 = 12\) termes, mais le dernier est \(u_{11}\), pas \(u_{12}\). Le mois 12 est le premier mois de la deuxième année : en l'utilisant comme dernier terme, il compte une production qui n'appartient pas au bilan.

Son résultat ne correspond d'ailleurs à aucune période réelle : la somme des mois 1 à 12 vaudrait \(\dfrac{12 \times (27 + 60)}{2} = 522\) fenêtres, et celle des mois 0 à 12 (13 termes) \(\dfrac{13 \times (24 + 60)}{2} = 546\) fenêtres.

2. La production suit une suite arithmétique de premier terme \(u_0 = 24\) et de raison \(r = 3\), donc \(u_n = 24 + 3n\). Dernier mois du bilan :

\[u_{11} = 24 + 3 \times 11 = 24 + 33 = \mathbf{57} \text{ fenêtres}\]

Total de la première année (12 termes) :

\[S = \frac{12 \times (24 + 57)}{2} = \frac{12 \times 81}{2} = \mathbf{486} \text{ fenêtres}\]

Vérification par addition directe : \(24 + 27 + 30 + 33 + 36 + 39 + 42 + 45 + 48 + 51 + 54 + 57 = 486\) ✓

L'apprenti surestimait donc la production de \(504 - 486 = \mathbf{18}\) fenêtres, soit environ \(18/486 \approx 3{,}7\,\%\) de la production réelle. Sans prix de vente, on ne peut pas convertir cet écart en chiffre d'affaires.

3. On note \(S_n\) la production cumulée du mois 0 au mois \(n\), soit \(n + 1\) termes, le dernier valant \(u_n = 24 + 3n\) :

\[S_n = \frac{(n+1) \times (24 + 24 + 3n)}{2} = \frac{(n+1)(48 + 3n)}{2}\]

On teste des valeurs jusqu'à dépasser 1 000, en vérifiant les deux rangs encadrants :

• \(S_{18} = \dfrac{19 \times (48 + 54)}{2} = \dfrac{19 \times 102}{2} = 969 \leqslant 1\,000\) — pas encore atteint ;

• \(S_{19} = \dfrac{20 \times (48 + 57)}{2} = \dfrac{20 \times 105}{2} = 1\,050 \gt 1\,000\) — objectif dépassé.

Contrôle de cohérence : \(u_{19} = 24 + 57 = 81\) et \(969 + 81 = 1\,050\) ✓

La production cumulée dépasse 1 000 fenêtres au mois 19, c'est-à-dire au cours du 20^e mois d'activité (soit le 8^e mois de la deuxième année).

1. Chaque année on ajoute toujours le même linéaire : \(u_{n+1} = u_n + 6{,}5\). La suite est arithmétique de premier terme \(u_0 = 8\) km et de raison \(r = 6{,}5\) km.

\[u_n = \mathbf{8 + 6{,}5n} \text{ (en km)}\]

Comme \(r = 6{,}5 \gt 0\), la suite est croissante : le réseau s'étend.

2. Au bout de 12 ans :

\[u_{12} = 8 + 6{,}5 \times 12 = 8 + 78 = \mathbf{86} \text{ km}\]

Or \(86 \lt 100\) : l'annonce est inexacte. Au rythme prévu par le plan, il manquera \(100 - 86 = \mathbf{14}\) km à l'échéance, soit plus de deux années d'aménagement.

3. On résout \(u_n \geqslant 100\) :

\[8 + 6{,}5n \geqslant 100 \quad \Longleftrightarrow \quad 6{,}5n \geqslant 92 \quad \Longleftrightarrow \quad n \geqslant \frac{92}{6{,}5} \approx 14{,}15\]

Le rang est un nombre entier d'années ; on vérifie les deux rangs encadrants :

• \(u_{14} = 8 + 6{,}5 \times 14 = 8 + 91 = 99\) km — objectif non atteint ;

• \(u_{15} = 8 + 6{,}5 \times 15 = 8 + 97{,}5 = 105{,}5\) km — objectif atteint.

Les 100 km seront donc franchis au cours de la 15^e année, soit 3 ans après la date annoncée.

4. Pour atteindre 100 km en 12 ans, il faudrait une raison \(r\) telle que \(u_{12} = 100\) :

\[8 + 12r = 100 \quad \Longleftrightarrow \quad 12r = 92 \quad \Longleftrightarrow \quad r = \frac{92}{12} \approx \mathbf{7{,}7} \text{ km par an}\]

Il faudrait donc aménager environ 7,7 km par an au lieu de 6,5, soit près de 20 % d'effort supplémentaire chaque année.

Argumentation attendue. Le chiffre n'a rien d'absurde en soi — 1,2 km de plus par an — mais le modèle arithmétique suppose un rythme constant sur douze ans. Budget, foncier et difficulté des tronçons peuvent faire accélérer ou ralentir le chantier ; les données ne donnent pas leur évolution. La promesse exige donc un rythme moyen de 7,7 km/an et un plan de financement correspondant, que cet exercice ne permet pas de valider.

Variante acceptable : juger la promesse tenable en s'appuyant sur un financement renforcé ou sur des projets déjà engagés, à condition de citer la valeur \(r \approx 7{,}7\) km/an et l'écart de 14 km calculé au 2.

1. Les six points à placer sont \((0\,;8)\), \((1\,;10)\), \((2\,;12)\), \((3\,;14)\), \((4\,;16)\) et \((5\,;18)\) : on part de la graduation 8 sur l'axe vertical et on monte de deux graduations d'un rang au suivant.

Les points obtenus sont alignés, ce qui confirme que la suite est arithmétique de raison \(r = 2\) km : son terme général \(u_n = 8 + 2n\) est une fonction affine de \(n\). Attention : on place des points isolés, on ne les relie pas, car une sortie longue n'existe que pour un rang entier de semaine.

2. On résout \(u_n = 42\) :

\[8 + 2n = 42 \quad \Longleftrightarrow \quad 2n = 34 \quad \Longleftrightarrow \quad n = \mathbf{17}\]

Vérification des deux rangs encadrants : \(u_{16} = 8 + 32 = 40\) km (pas encore) et \(u_{17} = 8 + 34 = 42\) km ✓. Comme 17 semaines font environ 4 mois, le calcul de l'ami est exact — du point de vue arithmétique.

3. Non, le modèle ne tient pas jusque-là. Le calcul est juste, mais il extrapole une régularité observée sur 6 semaines à un horizon près de trois fois plus lointain, alors que la réalité l'invalide sur trois points au moins :

• La charge d'entraînement ne peut pas croître indéfiniment : augmenter le volume de 2 km chaque semaine sans jamais souffler expose à la blessure. Un plan sérieux comporte des semaines de récupération où la sortie longue diminue — la suite réelle n'est alors plus arithmétique, ses différences n'étant plus constantes.

• L'objectif ne le demande pas : il prépare un semi-marathon de 21,1 km, distance atteinte dès \(u_7 = 22\) km. Poursuivre jusqu'à 42 km n'a aucun intérêt pour cette course.

• La règle « +2 km chaque semaine » n'est donnée que pour les six premières semaines. Rien ne permet de supposer qu'elle sera maintenue jusqu'à 42 km ; un programme réel doit être adapté au coureur et à son objectif avec un encadrement compétent.

Conclusion attendue : un modèle arithmétique reste valable tant que la même règle d'évolution s'applique ; ici elle cesse de s'appliquer bien avant la semaine 17, et prolonger le calcul jusqu'à 42 km n'a plus de sens physiologique. Toute réponse citant au moins un argument concret (blessure, plafonnement, semaines de récupération, objectif à 21,1 km) est acceptée.

1. On calcule les différences entre deux termes consécutifs :

\[d_2 - d_1 = 24{,}5 - 12{,}5 = 12 \qquad d_3 - d_2 = 40{,}5 - 24{,}5 = 16\] \[d_4 - d_3 = 60{,}5 - 40{,}5 = 20 \qquad d_5 - d_4 = 84{,}5 - 60{,}5 = 24\]

Les différences valent 12 ; 16 ; 20 ; 24 m : elles ne sont pas constantes. La suite \((d_n)\) n'est donc pas arithmétique, et aucune formule du type \(d_n = d_1 + (n-1) \times r\) ne peut lui être appliquée.

2. L'automobiliste a mesuré la différence sur le premier palier seulement (12 m) et l'a supposée valable pour tous les autres : il applique un modèle arithmétique à une suite qui ne l'est pas. Sa prévision :

\[12{,}5 + 4 \times 12 = 60{,}5 \text{ m}\]

correspond en réalité à la distance mesurée à 110 km/h, pas à 130 km/h. La valeur mesurée à 130 km/h est de 84,5 m : il sous-estime sa distance de freinage de \(84{,}5 - 60{,}5 = \mathbf{24}\) m, soit environ 28,4 % de la distance mesurée.

3. Étudions la suite des différences \(\delta_1 = 12\), \(\delta_2 = 16\), \(\delta_3 = 20\), \(\delta_4 = 24\) :

\[16 - 12 = 4 \qquad 20 - 16 = 4 \qquad 24 - 20 = 4\]

Ces écarts sont constants : ce n'est pas la suite des distances qui est arithmétique, mais la suite de ses différences, de raison 4 m.

Si la régularité des différences secondes se prolonge au palier suivant, alors \(\delta_5 = 24 + 4 = 28\) m, d'où l'estimation à 150 km/h :

\[d_6 = 84{,}5 + 28 = \mathbf{112{,}5} \text{ m}\]

Dans ce prolongement du tableau, le passage de 130 à 150 km/h ajoute 28 m de freinage, contre 12 m entre 50 et 70 km/h : la distance n'évolue pas linéairement avec la vitesse. La valeur de 112,5 m reste une extrapolation du motif observé, à ne pas confondre avec une mesure.