Exercices de suites géométriques corrigés (PDF) – Première et Terminale

Énoncé. On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0=3\) et \(q=2\). Déterminer \(u_1\), \(u_2\) et \(u_5\).

Solution.
On utilise \(u_n=u_0q^n\). Donc :

• \(u_1=3\times 2^1=6\)
• \(u_2=3\times 2^2=12\)
• \(u_5=3\times 2^5=3\times 32=96\)

Énoncé. On sait que \(u_1=5\) et \(q=\frac{1}{2}\). Déterminer \(u_4\) et \(u_8\).

Solution.
Ici, \(u_n=u_1q^{n-1}\).

• \(u_4=5\left(\frac{1}{2}\right)^{3}=5\times\frac{1}{8}=\frac{5}{8}\)
• \(u_8=5\left(\frac{1}{2}\right)^{7}=5\times\frac{1}{128}=\frac{5}{128}\)

Énoncé. On sait que \(u_2=18\) et \(u_5=486\). Déterminer le quotient \(q\).

Solution.
On utilise \(\frac{u_5}{u_2}=q^{5-2}=q^3\).
Donc \(q^3=\frac{486}{18}=27\), d’où \(q=3\).

Énoncé. On observe les nombres : \(81, 27, 9, 3, \dots\). Montrer qu’il s’agit d’une suite de type géométrique et donner \(q\).

Solution.
On calcule le quotient de deux termes consécutifs :
\(\frac{27}{81}=\frac{1}{3}\), puis \(\frac{9}{27}=\frac{1}{3}\).
Le quotient est constant, donc la suite est de quotient \(q=\frac{1}{3}\).

Énoncé. Suite définie par \(u_0=2\) et \(q=-3\). Déterminer \(u_1\), \(u_2\) et \(u_4\). Comment évoluent les signes ?

Solution.
\(u_n=u_0q^n\). Donc :

• \(u_1=2(-3)^1=-6\)
• \(u_2=2(-3)^2=2\times 9=18\)
• \(u_4=2(-3)^4=2\times 81=162\)

Comme \(q\) est négatif, les signes alternent : pair → positif, impair → négatif.

Énoncé. On définit \(u_n=3\times 2^n\). Montrer que \((u_n)\) est de type géométrique et donner \(u_0\) et \(q\).

Solution.
On calcule :
\(\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{3\times 2^{n+1}}{3\times 2^n}=2\).
Le quotient est constant, donc \((u_n)\) est de quotient \(q=2\).
De plus \(u_0=3\times 2^0=3\).

Énoncé. On définit \(u_n=\frac{5}{2^n}\). Montrer que \((u_n)\) est de type géométrique et préciser \(q\).

Solution.
On écrit \(u_n=5\times \left(\frac{1}{2}\right)^n\).
Donc \((u_n)\) est de quotient \(q=\frac{1}{2}\), et \(u_0=5\).

Énoncé. On a \(u_0=12\) et pour tout \(n\), \(u_{n+1}=1{,}5\,u_n\). Montrer que \((u_n)\) est de type géométrique et identifier \(q\).

Solution.
La relation est déjà sous la forme \(u_{n+1}=q\,u_n\). Donc \((u_n)\) est de quotient \(q=1{,}5\).

Énoncé. Suite de type géométrique telle que \(u_1=4\) et \(q=3\). Donner \(u_n\) en fonction de \(n\).

Solution.
Comme l’élément initial donné est \(u_1\), on a :
\(u_n=u_1q^{n-1}=4\times 3^{n-1}\).

Énoncé. On connaît \(u_0=7\) et \(u_4=112\). Déterminer \(q\).

Solution.
On a \(u_4=u_0q^4\), donc \(112=7q^4\) et \(q^4=16\).
Ainsi \(q=2\) ou \(q=-2\).

Interprétation. Sans autre information (signes des éléments), les deux quotients sont possibles.

Énoncé. On sait que \(u_3=16\) et \(q=2\). Donner \(u_n\) en fonction de \(n\).

Solution.
On part de \(u_3\) :
\(u_n=u_3 q^{n-3}=16\times 2^{n-3}\).

Énoncé. On définit \(u_n=5\times 3^{n+1}\). Mettre la suite sous la forme \(u_n=u_0q^n\).

Solution.
On a \(u_n=5\times 3^{n+1}=5\times 3\times 3^n\).
Donc \(u_n=15\times 3^n\), d’où \(u_0=15\) et \(q=3\).

Énoncé. \(u_0=1\) et \(u_{n+1}=2u_n\). Donner \(u_n\) en fonction de \(n\), puis déterminer \(u_{10}\).

Solution.
Le quotient est \(q=2\). Donc \(u_n=1\times 2^n=2^n\).
Ainsi \(u_{10}=2^{10}=1024\).

Énoncé. \(u_0=81\) et \(u_{n+1}=\frac{1}{3}u_n\). Donner \(u_n\) en fonction de \(n\).

Solution.
Quotient \(q=\frac{1}{3}\), donc \(u_n=81\left(\frac{1}{3}\right)^n\).

Énoncé. On a \(u_0=5\) et \(u_{n+1}=0{,}8\,u_n\). Conjecturer une expression de \(u_n\) puis la démontrer par récurrence.

Solution.
Conjecture. Comme \(u_{n+1}=q\,u_n\) avec \(q=0{,}8\), on propose \(u_n=5\times 0{,}8^n\).

Initialisation. Pour \(n=0\) : \(u_0=5\times 0{,}8^0=5\) (vrai).
Hérédité. Supposons \(u_n=5\times 0{,}8^n\). Alors \(u_{n+1}=0{,}8u_n=0{,}8\times 5\times 0{,}8^n=5\times 0{,}8^{n+1}\).
Donc la formule est vraie pour tout \(n\).

Énoncé. Déterminer \(S=1+2+4+\dots+2^{10}\).

Solution.
C’est une addition de type géométrique de premier terme \(u_0=1\) et de quotient \(q=2\), avec \(11\) éléments (de \(2^0\) à \(2^{10}\)).
Donc \(S=1\cdot \frac{1-2^{11}}{1-2}=2^{11}-1=2048-1=2047\).

Énoncé. On a \(u_0=5\) et \(q=3\). Déterminer \(S_4=u_0+u_1+u_2+u_3+u_4\).

Solution.
Ici \(n=4\). Donc \(S_4=5\frac{1-3^{5}}{1-3}\).
Or \(3^5=243\), donc \(S_4=5\frac{1-243}{-2}=5\cdot \frac{242}{2}=5\cdot 121=605\).

Énoncé. \(u_n=3\left(\frac{1}{2}\right)^n\). Déterminer \(u_3+u_4+\dots+u_8\).

Solution.
On additionne de \(n=3\) à \(n=8\) : il y a \(8-3+1=6\) éléments.
Premier élément de l’addition : \(u_3=3\left(\frac{1}{2}\right)^3=\frac{3}{8}\). Quotient \(q=\frac{1}{2}\).
Donc \(u_3+\dots+u_8=u_3\frac{1-q^{6}}{1-q}=\frac{3}{8}\cdot \frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^6}{1-\frac{1}{2}}\).
Or \(\left(\frac{1}{2}\right)^6=\frac{1}{64}\), donc \(=\frac{3}{8}\cdot \frac{1-\frac{1}{64}}{\frac{1}{2}}=\frac{3}{8}\cdot \frac{\frac{63}{64}}{\frac{1}{2}}=\frac{3}{8}\cdot \frac{63}{64}\cdot 2=\frac{3\cdot 63}{256}=\frac{189}{256}\).

Énoncé. Une suite de quotient \(q=1\) et \(u_0=7\). Déterminer \(S_{10}=u_0+u_1+\dots+u_{10}\).

Solution.
Si \(q=1\), alors \(u_n=u_0\) pour tout \(n\) : la suite est constante et vaut \(7\).
De \(0\) à \(10\), il y a \(11\) éléments, donc \(S_{10}=11\times 7=77\).

Énoncé. \(u_0=1000\) et \(q=1{,}05\). Déterminer le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n\) > \(2000\).

Solution.
On a \(u_n=1000\times 1{,}05^n\). On cherche :
\(1000\times 1{,}05^n\) > \(2000\).
Donc \(1{,}05^n\) > \(2\).
En prenant le logarithme : \(n\ln(1{,}05)\) > \(\ln 2\), donc \(n\) > \(\frac{\ln 2}{\ln(1{,}05)}\).
Numériquement, \(\ln 2\approx 0{,}693\) et \(\ln(1{,}05)\approx 0{,}04879\), donc \(\frac{\ln 2}{\ln(1{,}05)}\approx 14{,}2\).
Le plus petit entier qui convient est \(n=15\).

Énoncé. \(u_0=500\) et \(q=0{,}9\). Déterminer le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n\) < \(100\).

Solution.
\(u_n=500\times 0{,}9^n\). On cherche :
\(500\times 0{,}9^n\) < \(100\), donc \(0{,}9^n\) < \(0{,}2\).
On prend le logarithme : \(n\ln(0{,}9)\) < \(\ln(0{,}2)\).
Attention : \(\ln(0{,}9)\) est négatif, donc le sens de l’inégalité s’inverse en divisant :
\(n\) > \(\frac{\ln(0{,}2)}{\ln(0{,}9)}\).
Numériquement, \(\ln(0{,}2)\approx -1{,}609\) et \(\ln(0{,}9)\approx -0{,}1053\), donc \(\frac{\ln(0{,}2)}{\ln(0{,}9)}\approx 15{,}3\).
Le plus petit entier qui convient est \(n=16\).

Énoncé. Un capital de \(1200\) € est placé à \(3\%\) par an (intérêts composés). On note \(C_n\) le capital au bout de \(n\) ans.
1) Donner \(C_n\). 2) Déterminer \(C_{10}\) (arrondi à l’euro).

Solution.
À chaque période, on multiplie par \(1{,}03\) : c’est un modèle de quotient \(q=1{,}03\).
Donc \(C_n=1200\times 1{,}03^n\).
Puis \(C_{10}=1200\times 1{,}03^{10}\). Numériquement, \(1{,}03^{10}\approx 1{,}3439\).
Ainsi \(C_{10}\approx 1200\times 1{,}3439\approx 1613\) € (arrondi).

Énoncé. Un effectif de bactéries augmente de \(12\%\) toutes les heures. Il vaut \(P_0=8000\) au départ.
1) Donner \(P_n\) après \(n\) heures. 2) Après combien d’heures dépasse-t-il \(20000\) ?

Solution.
Quotient \(q=1{,}12\), donc \(P_n=8000\times 1{,}12^n\).
On cherche \(8000\times 1{,}12^n\) > \(20000\), soit \(1{,}12^n\) > \(2{,}5\).
Logarithme : \(n\) > \(\frac{\ln(2{,}5)}{\ln(1{,}12)}\).
Numériquement, \(\ln(2{,}5)\approx 0{,}916\), \(\ln(1{,}12)\approx 0{,}113\), donc \(n\) > \(8{,}1\).
Conclusion : au bout de 9 heures, l’effectif dépasse \(20000\).

Énoncé. Un loyer annuel vaut \(9000\) € la première période et augmente de \(2\%\) par an.
1) Donner le loyer de la \(n\)-ième période. 2) Déterminer le total des loyers versés pendant 5 ans.

Solution.
Premier élément \(L_1=9000\) et quotient \(q=1{,}02\).
Donc \(L_n=9000\times 1{,}02^{n-1}\).

Total sur 5 ans : \(L_1+L_2+L_3+L_4+L_5\). C’est une addition géométrique de 5 éléments :
\(S=9000\frac{1-1{,}02^{5}}{1-1{,}02}\).
Numériquement, \(1{,}02^5\approx 1{,}1041\). Donc
\(S\approx 9000\cdot \frac{1-1{,}1041}{-0{,}02}=9000\cdot \frac{0{,}1041}{0{,}02}=9000\cdot 5{,}205\approx 46845\).
Soit environ 46 845 € sur 5 ans.

Énoncé. On considère une suite de quotient \(q=1{,}08\) et d’élément initial \(u_0=50\).
Dans un tableur, saisir \(u_0\) en cellule A2, puis remplir jusqu’à \(u_{12}\).
Tracer le graphique des points \((n,u_n)\). Que constatez-vous ?

Solution.
On peut saisir en A3 la formule “=A2*1,08” puis tirer vers le bas.
Les points montent de plus en plus vite : croissance de type exponentiel (typique quand \(q\) > 1).
Option python. Même vérification : une boucle qui multiplie par \(1{,}08\) à chaque itération.

Énoncé. On observe les données suivantes :
\(u_0=120\), \(u_1=96\), \(u_2=76{,}8\), \(u_3=61{,}44\).
1) Conjecturer un modèle multiplicatif. 2) Déterminer \(q\). 3) Donner \(u_n\).

Solution.
On calcule les quotients :
\(\frac{u_1}{u_0}=\frac{96}{120}=0{,}8\) et \(\frac{u_2}{u_1}=\frac{76{,}8}{96}=0{,}8\).
Le quotient est constant : modèle géométrique.
\(q=0{,}8\).
\(u_n=120\times 0{,}8^n\).

Énoncé. Une entreprise propose un abonnement dont le prix est de \(20\) € la première période. Chaque année, le prix augmente de \(4\%\).
On note \(p_n\) le prix (en euros) à la \(n\)-ième période, avec \(p_1=20\).
1) Montrer que \((p_n)\) est une suite de type géométrique et préciser le quotient.
2) Donner \(p_n\) en fonction de \(n\).
3) Déterminer le prix à la 8e période (arrondi au centime).

Solution.
Chaque période, on multiplie par \(1{,}04\) : \(p_{n+1}=1{,}04\,p_n\). Donc \((p_n)\) est de quotient \(q=1{,}04\).
Comme \(p_1\) est donné : \(p_n=p_1q^{n-1}=20\times 1{,}04^{n-1}\).
\(p_8=20\times 1{,}04^{7}\). Numériquement, \(1{,}04^{7}\approx 1{,}316\), donc \(p_8\approx 20\times 1{,}316=26{,}32\).
Conclusion : environ 26,32 €.

Énoncé. Une personne épargne \(150\) € le premier mois, puis augmente son épargne mensuelle de \(2\%\) chaque mois.
On note \(e_n\) l’épargne du \(n\)-ième mois, avec \(e_1=150\).
1) Donner l’écriture de \(e_n\).
2) Déterminer le total épargné pendant 12 mois.
3) À partir de quel mois l’épargne mensuelle dépasse-t-elle \(200\) € ?

Solution.
Quotient \(q=1{,}02\) : \(e_n=150\times 1{,}02^{n-1}\).

Total de 12 éléments : \(S=e_1\frac{1-1{,}02^{12}}{1-1{,}02}\).
Numériquement, \(1{,}02^{12}\approx 1{,}268\). Donc \(S\approx 150\cdot \frac{1-1{,}268}{-0{,}02}=150\cdot \frac{0{,}268}{0{,}02}=150\cdot 13{,}4=2010\).
Soit environ 2010 € sur 12 mois.

On cherche \(e_n\) > \(200\) :
\(150\times 1{,}02^{n-1}\) > \(200\), donc \(1{,}02^{n-1}\) > \(\frac{4}{3}\).
Logarithme : \((n-1)\ln(1{,}02)\) > \(\ln\left(\frac{4}{3}\right)\), donc \(n-1\) > \(\frac{\ln\left(\frac{4}{3}\right)}{\ln(1{,}02)}\).
Numériquement, \(\ln\left(\frac{4}{3}\right)\approx 0{,}288\) et \(\ln(1{,}02)\approx 0{,}0198\), donc \(n-1\) > \(14{,}5\).
Conclusion : à partir du 16e mois, l’épargne dépasse \(200\) €.

Dans ce type de question, le réflexe est de calculer un rapport entre deux termes :
\(\frac{u_{n+1}}{u_n}\) (si le terme n’est pas nul).
S’il est constant, c’est la valeur de \(q\).
Avec deux éléments \(u_a\) et \(u_b\), utilisez :
\(\frac{u_b}{u_a}=q^{b-a}\).

Adoptez ce réflexe naturel : repérer l’indice du premier terme, puis appliquer la bonne puissance.
Pour écrire sans erreur :

• Si le premier terme est \(u_0\) : \(u_n=u_0\,q^n\)
• Si le premier terme est \(u_1\) : \(u_n=u_1\,q^{n-1}\)
• Si vous connaissez \(u_k\) : \(u_n=u_k\,q^{n-k}\)

Vérifiez toujours le décalage : si on passe de l’indice \(a\) à l’indice \(b\), l’exposant est \(b-a\).
Ensuite, faites un contrôle rapide : calculez deux rapports successifs pour vérifier la cohérence, puis comparez avec la correction.

Chaque année, une hausse de \(t\) (en décimal) revient à multiplier par \(1+t\).
Pour modéliser : +3% → \(q=1{,}03\), −15% → \(q=0{,}85\).