Terminale STG Suites Correction du contrôle Exercice 1 : (5 points
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Terminale STG Suites Correction du contrôle Exercice 1 : (5 points
Terminale STG Suites Correction du contrôle Exercice 1 : (5 points) 1. πΆ1 = πΆ0 + 40 = 1000 + 40 = 1040 ; πΆ2 = πΆ1 + 40 = 1040 + 40 = 1080 ; πΆ3 = πΆ2 + 40 = 1080 + 40 = 1120. 2. a) Pour tout entier naturel π : πΆπ+1 = πΆπ + 40. b) Pour tout entier naturel π : πΆπ+1 β πΆπ = 40 = ππππ π‘πππ‘π ; on déduit que πΆπ premier terme πΆ0 = 1000 et de raison π = 40. πββ est une suite arithmétique de c) Pour tout π de β : πΆπ = πΆ0 + ππ ; cβest-à-dire πΆπ = 1000 + 40 π. 3. On cherche π β β tel que : πΆπ = 2 × πΆ0 : πΆπ = 2000 βΊ 1000 + 40 π = 2000 βΊ 40 π = 2000 β 1000 βΊ π = 1000 βΊ π = 25 40 Le capital initial aura doublé au bout de 25 ans. Exercice 2 : « comparer une suite arithmétique et une suite géométrique, calculer la somme de termes consécutifs » (11 points) Un commerçant a besoin dβun prêt de 100 000 β¬. Il contacte deux banques A et B. 1. La banque A lui propose un prêt remboursable en 7 annuités. Les annuités sont des termes consécutifs dβune suite arithmétique de premier terme π’0 = 15 000 (le premier remboursement est de 15 000 β¬) et de raison 1800. a) π’1 = π’0 + 1800 = 15 000 + 1800 = 16 800 ; π’4 = π’3 + 1800 = 20 400 + 1800 = 22 200 ; π’2 = π’1 + 1800 = 16 800 + 1800 = 18 600 ; π’5 = π’4 + 1800 = 22 200 + 1800 = 24 000 ; π’3 = π’2 + 1800 = 18 600 + 1800 = 20 400 ; π’6 = π’5 + 1800 = 24 000 + 1800 = 25 800 b) π’0 + π’1 + π’2 + π’3 + π’4 + π’5 + π’6 = 7 × π’ 0 +π’ 6 2 =7× 15 000 +25 800 2 = 142 800. La somme totale remboursée si le commerçant souscrivait le prêt auprès de la banque A serait de 142 800 β¬. 2. La banque B propose également de rembourser le prêt sur 7 ans en 7 versements. Le premier remboursement noté π£0 serait de 20 000 β¬. Les remboursements suivants, notés π£1 , π£2 , π£3 , π£4 , π£5 , π£6 seraient chacun en augmentation de 2% par rapport au remboursement précédent. a) π£1 = π£0 × 1 + 2 % = π£0 × 1,02 = 20 000 × 1,02 = 20 400 ; π£2 = π£1 × 1,02 = 20 808 . b) Pour tout entier π, 0 β€ π β€ 5 : π£π +1 = 1,02 × π£π . c) Pour tout entier π, 0 β€ π β€ 5 : π£π +1 π£π = 1,02 = ππππ π‘πππ‘π ; on déduit que π£π 0β€πβ€5 est une suite géométrique de premier terme π£0 = 20 000 et de raison π = 1,02. d) π£0 + π£1 + π£2 + π£3 + π£4 + π£5 + π£6 = π£0 × 1βπ 6+1 1βπ = 20 000 × 1β1,02 7 1β1,02 β 148 686. La somme remboursée si le commerçant souscrivait le prêt auprès de la banque B serait dβenviron 148 686 β¬. 3. La banque A offre la solution la plus avantageuse. Exercice 3 : Payer en quatre fois (4 points) Une entreprise achète un robot 6800 β¬. Les conditions de paiement sont les suivantes : les quatre remboursements, notés π’0 , π’1 , π’2 , π’3 sont des termes successifs de la suite géométrique π’π de premier terme π’0 et de raison π = 0,6. Calculer les quatre remboursements : π’0 , π’1 , π’2 , π’3 . 1 β π 3+1 1 β 0,64 6800 × 0,4 π’0 + π’1 + π’2 + π’3 = π’0 × ; c β² estβ àβ dire βΆ 6 800 = π’0 × βΊ π’0 = = 3125 1βπ 1 β 0,6 1 β 0,64 Donc : π’1 = π’0 × 0,6 = 3125 × 0,6 = 1875; puis : π’2 = π’1 × 0,6 = 1875 × 0,6 = 1125; enfin : π’3 = π’2 × 0,6 = 1125 × 0,6 = 675. Vérification : 3125 + 1875 + 1125 + 675 = 6800. Les quatre remboursements sβélèvent dans lβordre à 3125 β¬, 1875 β¬, 1125 β¬ et 675 β¬. Terminale STG Suites Correction du contrôle Exercice 1 : (5 points) 1. πΆ1 = πΆ0 + 40 = 1000 + 40 = 1040 ; πΆ2 = πΆ1 + 40 = 1040 + 40 = 1080 ; πΆ3 = πΆ2 + 40 = 1080 + 40 = 1120. 2. a) Pour tout entier naturel π : πΆπ+1 = πΆπ + 40. b) Pour tout entier naturel π : πΆπ+1 β πΆπ = 40 = ππππ π‘πππ‘π ; on déduit que πΆπ premier terme πΆ0 = 1000 et de raison π = 40. πββ est une suite arithmétique de c) Pour tout π de β : πΆπ = πΆ0 + ππ ; cβest-à-dire πΆπ = 1000 + 40 π. 3. On cherche π β β tel que : πΆπ = 2 × πΆ0 : πΆπ = 2000 βΊ 1000 + 40 π = 2000 βΊ 40 π = 2000 β 1000 βΊ π = 1000 βΊ π = 25 40 Le capital initial aura doublé au bout de 25 ans. Exercice 2 : « comparer une suite arithmétique et une suite géométrique, calculer la somme de termes consécutifs » (11 points) Un commerçant a besoin dβun prêt de 100 000 β¬. Il contacte deux banques A et B. 1. La banque A lui propose un prêt remboursable en 7 annuités. Les annuités sont des termes consécutifs dβune suite arithmétique de premier terme π’0 = 15 000 (le premier remboursement est de 15 000 β¬) et de raison 1800. a) π’1 = π’0 + 1800 = 15 000 + 1800 = 16 800 ; π’4 = π’3 + 1800 = 20 400 + 1800 = 22 200 ; π’2 = π’1 + 1800 = 16 800 + 1800 = 18 600 ; π’5 = π’4 + 1800 = 22 200 + 1800 = 24 000 ; π’3 = π’2 + 1800 = 18 600 + 1800 = 20 400 ; π’6 = π’5 + 1800 = 24 000 + 1800 = 25 800 b) π’0 + π’1 + π’2 + π’3 + π’4 + π’5 + π’6 = 7 × π’ 0 +π’ 6 2 =7× 15 000 +25 800 2 = 142 800. La somme totale remboursée si le commerçant souscrivait le prêt auprès de la banque A serait de 142 800 β¬. 2. La banque B propose également de rembourser le prêt sur 7 ans en 7 versements. Le premier remboursement noté π£0 serait de 20 000 β¬. Les remboursements suivants, notés π£1 , π£2 , π£3 , π£4 , π£5 , π£6 seraient chacun en augmentation de 2% par rapport au remboursement précédent. a) π£1 = π£0 × 1 + 2 % = π£0 × 1,02 = 20 000 × 1,02 = 20 400 ; π£2 = π£1 × 1,02 = 20 808 . b) Pour tout entier π, 0 β€ π β€ 5 : π£π +1 = 1,02 × π£π . c) Pour tout entier π, 0 β€ π β€ 5 : π£π +1 π£π = 1,02 = ππππ π‘πππ‘π ; on déduit que π£π 0β€πβ€5 est une suite géométrique de premier terme π£0 = 20 000 et de raison π = 1,02. d) π£0 + π£1 + π£2 + π£3 + π£4 + π£5 + π£6 = π£0 × 1βπ 6+1 1βπ = 20 000 × 1β1,02 7 1β1,02 β 148 686. La somme remboursée si le commerçant souscrivait le prêt auprès de la banque B serait dβenviron 148 686 β¬. 3. La banque A offre la solution la plus avantageuse. Exercice 3 : Payer en quatre fois (4 points) Une entreprise achète un robot 6800 β¬. Les conditions de paiement sont les suivantes : les quatre remboursements, notés π’0 , π’1 , π’2 , π’3 sont des termes successifs de la suite géométrique π’π de premier terme π’0 et de raison π = 0,6. Calculer les quatre remboursements : π’0 , π’1 , π’2 , π’3 . 1 β π 3+1 1 β 0,64 6800 × 0,4 π’0 + π’1 + π’2 + π’3 = π’0 × ; c β² estβ àβ dire βΆ 6 800 = π’0 × βΊ π’0 = = 3125 1βπ 1 β 0,6 1 β 0,64 Donc : π’1 = π’0 × 0,6 = 3125 × 0,6 = 1875; puis : π’2 = π’1 × 0,6 = 1875 × 0,6 = 1125; enfin : π’3 = π’2 × 0,6 = 1125 × 0,6 = 675. Vérification : 3125 + 1875 + 1125 + 675 = 6800. Les quatre remboursements sβélèvent dans lβordre à 3125 β¬, 1875 β¬, 1125 β¬ et 675 β¬.