Exercice 10

1. Chaque hauteur est les trois quarts de la précédente : $h_{n+1}=\dfrac{3}{4}h_{n}$. La suite $(h_{n})$ est géométrique de raison $\dfrac{3}{4}$ et de premier terme $h_{0}=10$ : $$\boxed{h_{n}=10\times\left(\frac{3}{4}\right)^{n}}$$

2. La balle tombe de $10$ m, puis remonte et redescend de $h_{1}=7{,}5$ m avant le deuxième contact : $$10+2\times 7{,}5=\boxed{25 \text{ m}}$$ Avant le troisième contact, elle remonte et redescend encore de $h_{2}=5{,}625$ m : $$25+2\times 5{,}625=\boxed{36{,}25 \text{ m}}$$

La trajectoire de la balle, en bleu ardoise, est étalée horizontalement pour la lisibilité ; seules les hauteurs comptent. Chaque arc correspond à une montée puis une descente de même hauteur, d'où le facteur $2$.

3. La balle tombe d'abord de $h_{0}=10$ m. Puis, pour chacun des $n$ rebonds avant le $(n+1)$-ième contact, elle monte de $h_{k}$ et redescend de $h_{k}$. D'où $D_{n}=10+2\,(h_{1}+h_{2}+\dots+h_{n})$. La somme compte $n$ termes, de premier terme $h_{1}=7{,}5$ : $$h_{1}+\dots+h_{n}=7{,}5\times\frac{1-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}}{1-\frac{3}{4}} =30\left(1-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\right)$$

$$D_{n}=10+60\left(1-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\right)=\boxed{70-60\times\left(\frac{3}{4}\right)^{n}}$$ Contrôle : $D_{1}=70-45=25$ et $D_{2}=70-33{,}75=36{,}25$, comme à la question 2.

4. Comme $60\times\left(\frac{3}{4}\right)^{n}>0$, on a toujours $D_{n}<70$ : la distance parcourue ne dépasse jamais $70$ mètres, bien que la balle rebondisse indéfiniment dans ce modèle. $$D_{n}>69\iff 60\times\left(\frac{3}{4}\right)^{n}<1\iff\left(\frac{3}{4}\right)^{n}<\frac{1}{60}$$ La calculatrice donne $\left(\frac{3}{4}\right)^{14}\approx 0{,}0178$ et $\left(\frac{3}{4}\right)^{15}\approx 0{,}0134$, alors que $\frac{1}{60}\approx 0{,}0167$ : $\boxed{n=15}$.

Une infinité de rebonds pour une distance finie : ce paradoxe apparent est le même que celui de l'exercice 9, où une infinité d'étapes ne colorie qu'un carré d'aire $1$.