terminales.examen.sn

Vous êtes ici : Accueil

C 2017 :

Détails: Catégorie : Suites numériques

Soit a un entier naturel non nul et $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ la suite définie par :
$u_n\,=\,pgcd(n,a)$ .

1. a. $u_0\,=\,pgcd(0,15)\,=\,15,u_1\,=\,pgcd(1,15)\,=\,1,\, u_2\,=\,pgcd(2,15)\,=\, 1$ .

b. Pour $a\,=\, 4, u_m\,=\,u_n\,=\,2$ signifie pgcd (m, 4) = pgcd (n, 4) = 2.

m et n sont donc des nombres paires non multiples de 4.

Il existe donc des entiers naturels impairs 2m' + 1 et 2n' + 1 tels que m = 2(2m' + 1) et n = 2(2n' + 1).

Alors m + n = 4(m' + n' + 1), puis pgcd (m + n, 4) = 4 c’est à dire $u_{m+n}\,=\,4$ .

2. a. Soit b un entier naturel.

Démontrer que pour tout entier relatif q on a : pgcd(a, b) = pgcd(a, b - qa).

Soit d un entier.

Si d est un diviseur commun de a et b, il existe deux entiers m et n tels que a = dm et b = dn.

Alors b - qa = d(n - qm). Donc d est un diviseur commun de a et b - qa.

Réciproquement, si d est un diviseur commun de a et b - qa, il existe deux entiers m' et n' tels que a = dm' et b-qa = dn'. Alors b = (b-qa) +qa = d(n' +qm'). Donc d est un diviseur commun de a et b.

{a, b} et {a, b - qa} ayant les mêmes diviseurs commun ont le même pgcd.

b. $u_0\,=\,pgcd(0,a)\,=\, a$ et $u_a\,=\,pgcd(a,a)\,=\,a$ .

$\begin{array}{lll}u_{n+a}&=&pgcd\,(a,n+a)\\ &=&pgcd\,(a,n)\; d'apr`{e}s\; le\;{\bf{a.}}\, avec\, b\,=\,n+a\, et \,q\,=\,-1.\\ &=&u_n\end{array}$ .

Nous venons de démontrer que la suite $(u_n)$ est périodique et a est une période.

3. $n\,=\,15^{21}+2\,=\,2+15m\quad avec\quad m\,=\,15^{20}$ donc
$\begin{array}{lll}u_n&=&u_2+15m\\ &=&u_2\;\textrm{car 15 est une p\'{e}riode de}(u_n)\\ &=&pgcd\,(2,15)\\ &=&1\end{array}.$

Corrigé Epreuve 2006 : Intérêt

Détails: Catégorie : Suites numériques

1. Montant à rembourser

$1562500+1562500\times\frac{20}{100}$

$=1562500+15625\times20$

$=1562500+312500=1875000F$

2. a)

$\cup _{1}=300000F$

$\cup _{2}=\cup _{1}-25000=300000F-25000F=275000F$

$\cup _{3}=\cup _{2}-25000=275000-25000=250000F$

$\cup _{n+1}=\cup _{n}-25000F$ d'o\`{u} ( $\cup _{n}$ ) est une suite arithm%
étique de raison $r=-25000F$ et de premier terme

$\cup _{1}=300000F$

$\cup _{n}=\cup _{1}+(n-1)\times (-25000)$

$\cup _{n}=300000-25000n+25000$

$\cup _{n}=325000-25000n$

3. la somme prétée sera recouvrée lorsque la somme des $n$
premiers termes de la suite ( $\cup_{n}$ )sera égale à 1875000F.

le nombre n de mensualités nécessaires à ce recouvrement est
donc solution de l'équation:

$\cup _{1}+\cup _{2}+.......+\cup _{n}=1875000=\allowbreak 1875\,000$

$\cup _{1}+\cup _{2}+.......+\cup _{n}=\frac{n(\cup _{1+}\cup _{n})}{2}$

$\cup _{1}+\cup _{2}+.......+\cup _{n} =\frac{n(300000+325000-25000n)}{2}$

$\cup _{1}+\cup _{2}+.......+\cup _{n}= \frac{n(625000-25000n)}{2}$

$\cup _{1}+\cup _{2}+.......+\cup _{n}= n(625000-25000n)$

$\cup _{1}+\cup _{2}+.......+\cup _{n} = 312500-12500n^{2}$

L'équation permettant d'obtenir nombre n de mensualités est ainsi

-12500n $^{2}+312500n=1875000$ ou,

-12500n $^{2}+312500n-1875000=0$ ou encore,

$n^{2}-25n+150=0$

Le discriminant $\Delta$ de cette équation est

$\Delta=(25)^{2}-4\times150=625-600=25$

d'où $n_{1}=\frac{25-5}{2}=10$ et $n_{1}=\frac{25+5}{2}=15$

Le nombre de mois nécessaires pour recouvrer le prêt est de 10 mois.

Corrigé Epreuve 2004 :Inondation

Détails: Catégorie : Suites numériques

L'eau a inondé $1 000 000$ de Terres cultivables.

Pendant la décrue, l'eau "libère" chaque jour 10 % de la surface
couverte d'eau .

La veille: on note S $_{0}$ la surface initialement occupée par l'eau et
S $_{n}$ la surface occupée le n $^{i\grave{e}me}$ jour de décrue.

1) Surface occupée le 1 $^{er}$ jour

On a S $_{0}=1.000.000$ $ha$

S $_{1}=$ S $_{0}-\frac{10}{100}$

S $_{0}=$ S $_{0}-\frac{1}{10}$ S $_{0}$

S $_{1}=(1-0,1)$ S $_{0}=0,9$ S $_{0}$

S $_{1}=900.000$ $ha$

Surface occupée le 2 $^{\acute{e}me}$ jour

S $_{2}=$ S $_{1}-\frac{1}{10}$ S $_{1}=0,9$ S $_{1}$

S $_{2}=810.000$ $ha$

Surface occupée le 3 $^{\acute{e}me}$ jour

S $_{3}=$ S $_{2}-\frac{1}{10}$ S $_{2}=0,9$ S $_{2}$

S $_{3}=729.000$ $ha$

2) a)
S $_{n}=$ S $_{n-1}-\frac{1}{10}$ S $_{n-1}$

S $_{n}$ =0,9 S $_{n-1}$

b) La suite (S $_{n})_{n\in% %TCIMACRO{\U{2115} }% %BeginExpansion \mathbb{N} %EndExpansion }$ est une suite géométrique de raison q=0,9 et de 1 $^{er}$ terme
S $_{0}=1.000.000$

c) Exprimons S $_{n}$ en fonction de n.

On a (S $_{n}$ ) géométrique donc S $_{n}=(0,9)^{n}$ S $_{0}$ =
$(0,9)^{n}\times1$ $000$ $000$

S $_{n}=(0,9)^{n}\times1$ $000$ $000$

3) Le nombre de jours au bout desquels la surface inondée sera inférieure à la moitié de la surface initialement couverte est le plus petit entier naturel qui vérifie cette inégalité.

Corrigé Epreuve 2005 :Criquets pélerins

Détails: Catégorie : Suites numériques

Suite à l'invasion des criquets pélerins dans la zone du delta, la
direction de la protection des végétaux (DPV) lance sa campagne de lutte.

1) La DPV envisage de diminuer chaque jour la surfac infestée de 8 %.

Celle-ci était au départ de U $_{0}=2000$ (en hectare)

a) $\cup_{0}=2000ha$

$\cup_{1}=\cup_{0}-\frac{8}{100}\cup_{0}=2000-\frac{8}{100}\times 2000=2000-160=1840$

$\cup_{1}=1840$ $ha$

$\cup_{2}=\cup_{1}-\frac{8}{100}\cup_{1}=1840-\frac{8}{100}\times 1840=1692,8$

$\cup_{2}=1692,8$ $ha$

b) Soit $\cup_{n}$ la surface infestée restante n jours aprés le
début de l'opération et $\cup_{n+1}$ la surface infestée restante
$n+1$ jours aprés le début de l'opération.

On a: $U_{n+1}=\cup_{n}-\frac{8}{100}\cup_{n}$

$U_{n+1}=\left( 1-0,08\right) \cup_{n}\qquad$

$U_{n+1}=0,92\cup_{n}$

d'où la suite $\cup_{n}$ est une suite géométrique de raison q =
$0,92$ et de 1 $^{er}$ terme $\cup_{0}=2000$ .

Ainsi, le terme général $\cup_{n}$ s'écrit

$\cup_{n}=\left( 0,92\right) ^{n}\cup_{0}$

$\cup_{n}=2000\times\left( 0,92\right) ^{n}$

c) Le nombre de jours nécessaires pour traiter la moitié de la surface
infestée est le plus petit entier naturel n tel que

$\cup_{n}\leq\dfrac{1}{2}\cup_{0}$ soit

$\cup_{n}\leq1000$ ou encore $\left( 0,92\right) ^{n}\times2000\leq1000$ ce
qui donne $\left( 0,92\right) ^{n}\leq\frac{1}{2}$

et comme la fonction $\ln$ est croissante on a:

$\ln\left( 0,92\right) ^{n}\leq\ln(\frac{1}{2})$ ce qui fait $n\ln\left( 0,92\right) \leq-\ln2$ et par suite

$n\geq\frac{-\ln2}{\ln(0,92)}$ car $\ln(0,92)<0$

$n\geq\frac{-\ln2}{-0,083}$

$n\geq\frac{0,7}{0,083}$ , $n\geq8,75$ d'où $n=9$

Le nombre de jours nécessaires pour traiter la moitié de la surface
infestée est de 9 jours.

2) La DPV a utilisé au premier jour de lutte P $_{1}=1000$ (en litre) de
pesticide et décide d'ajouter chaque jour 400 litres de plus que le jour précédent.

a) $P_{1}=1000$

$P_{2}=P_{1}+400=14000$

$P_{3}=P_{2}+400=1800$

b) Soit $P_{n}$ la quantité de pesticide utilisée le n $^{ieme}$ jour
et $P_{n+1}$ celle utilisée le $\left( n+1\right) ^{eme}$ jour,

on a: $P_{n+1}=P_{n}+400$ d'où la suite $(P_{n})$ est une suite
arithmétique de raison $r=400$ et de 1 $^{er}$ terme $P_{1}=1000$ .

Ainsi, $P_{n}=P_{1}+(n-1)\times400=1000+400n-400=400n+600$

$P_{n}=400n+600$

c) La quantité de pesticide utilisée aprés 20 jours de traitement
est $P_{1}+P_{2}+.....+P_{20}$

$P_{1}+P_{2}+.....+P_{20}=\frac{20}{2}\left( P_{1}+P_{20}\right) =10\times\left( 1000+600+400\times20\right) =10\times\left( 9600\right) =96000$

La quantité de pesticide utilisée aprés 20 jours de traitement est
de $96000$ litres

Le litre pesticide coù}te 18000 francs.

La somme dépensée durant ces 20 jours est:

$96000\times18000=1.728.000.000F$

Corrigé Epreuve 1998 :Jeu télévisé

Détails: Catégorie : Suites numériques

Un jeu télévisé hebdomadaire est régi comme suit: le
concurrent victorieux peut quitter l'émission empochant vingt cinq mille
(25 000) francs ou bien remettre ce gain en jeu pour la semaine suivante; en
cas de nouvelle victoire, cette somme lui est doublée.

On désigne par $U_{n}$ le gain obtenu par un concurrant au bout d'une
série ininterrompue de n victoires.