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Examen national 2017 — Session normale

2BAC PC SVT · Mathématiques

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Examen national du baccalauréat — Session normale 2017

Mathématiques — Filière : Sciences Expérimentales (les deux parcours) — option française Code NS 22F — Durée : 3 h — Coefficient : 7

INSTRUCTIOS GENERALES

  • L’utilisation de la calculatrice non programmable est autorisée
  • Le candidat peut traiter les exercices de l’épreuve suivant l’ordre qui lui convient
  • L’utilisation de la couleur rouge lors de la rédaction des solutions est à éviter

COMPOSANTES DU SUJET

L’épreuve est composée de trois exercices et un problème indépendants entre eux et répartis suivant les domaines comme suit :

DomaineBarème
Exercice 1Géométrie dans l’espace3 points
Exercice 2Calcul des probabilités3 points
Exercice 3Nombres complexes3 points
ProblèmeEtude des fonctions numériques et des suites numériques11 points

Exercice 1 — Géométrie dans l’espace (3 points)

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct (O;i⃗,j⃗,k⃗)(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}), on considère le plan (P)(P) passant par le point A(0,1,1)A(0,1,1) et dont u⃗(1,0,−1)\vec{u}(1,0,-1) est un vecteur normal et la sphère (S)(S) de centre le point Ω(0,1,−1)\Omega(0,1,-1) et de rayon 2\sqrt{2}.

1) a) (0.5 pt) Montrer que x−z+1=0x-z+1=0 est une équation cartésienne du plan (P)(P).

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M(x,y,z)∈(P)  ⟺  AM→⋅u⃗=0M(x,y,z)\in(P)\iff\overrightarrow{AM}\cdot\vec{u}=0. Or AM→=(x,y−1,z−1)\overrightarrow{AM}=(x,y-1,z-1), donc x⋅1+(y−1)⋅0+(z−1)(−1)=0x\cdot1+(y-1)\cdot0+(z-1)(-1)=0, soit x−z+1=0x-z+1=0.

b) (0.75 pt) Montrer que le plan (P)(P) est tangent à la sphère (S)(S) et vérifier que B(−1,1,0)B(-1,1,0) est le point de contact.

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d(Ω,(P))=∣0−(−1)+1∣1+0+1=22=2=R.d\bigl(\Omega,(P)\bigr)=\dfrac{|0-(-1)+1|}{\sqrt{1+0+1}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}=R. Donc (P)(P) est tangent à (S)(S). Le point de contact est le projeté de Ω\Omega sur (P)(P).

Vérifions que B(−1,1,0)B(-1,1,0) convient : B∈(P)B\in(P) car −1−0+1=0-1-0+1=0, et ∥ΩB→∥=(−1)2+02+12=2=R\|\overrightarrow{\Omega B}\|=\sqrt{(-1)^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}=R. Donc BB est le point de contact.

2) a) (0.25 pt) Déterminer une représentation paramétrique de la droite (Δ)(\Delta) passant par le point AA et orthogonale au plan (P)(P).

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(Δ)(\Delta) passe par A(0,1,1)A(0,1,1) et est dirigée par u⃗(1,0,−1)\vec{u}(1,0,-1) : {x=ty=1z=1−t(t∈R).\begin{cases}x=t\\ y=1\\ z=1-t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}).

b) (0.75 pt) Montrer que la droite (Δ)(\Delta) est tangente à la sphère (S)(S) au point C(1,1,0)C(1,1,0).

Voir la solution

Pour t=1t=1 : (1,1,0)=C(1,1,0)=C, donc C∈(Δ)C\in(\Delta). De plus ∥ΩC→∥=12+0+12=2=R\|\overrightarrow{\Omega C}\|=\sqrt{1^2+0+1^2}=\sqrt{2}=R, donc C∈(S)C\in(S).

Le vecteur ΩC→=(1,0,1)\overrightarrow{\Omega C}=(1,0,1) et le directeur u⃗=(1,0,−1)\vec{u}=(1,0,-1) vérifient ΩC→⋅u⃗=1−1=0\overrightarrow{\Omega C}\cdot\vec{u}=1-1=0, donc (Δ)(\Delta) est orthogonale à ΩC→\overrightarrow{\Omega C} : elle est tangente à (S)(S) en CC.

3) (0.75 pt) Montrer que OC→∧OB→=2k⃗\overrightarrow{OC}\wedge\overrightarrow{OB}=2\vec{k} et en déduire l’aire du triangle OCBOCB.

Voir la solution

OC→=(1,1,0)\overrightarrow{OC}=(1,1,0) et OB→=(−1,1,0)\overrightarrow{OB}=(-1,1,0).

OC→∧OB→=∣i⃗j⃗k⃗110−110∣=k⃗(1−(−1))=2k⃗.\overrightarrow{OC}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&1&0\\-1&1&0\end{vmatrix}=\vec{k}(1-(-1))=2\vec{k}.

L’aire de OCBOCB est 12∥OC→∧OB→∥=12×2=1\dfrac{1}{2}\|\overrightarrow{OC}\wedge\overrightarrow{OB}\|=\dfrac{1}{2}\times2=1.

Exercice 2 — Calcul des probabilités (3 points)

Une urne contient huit boules indiscernables au toucher portant chacune un nombre parmi les nombres suivants : 0 ; 0 ; 1 ; 2 ; 2 ; 2 ; 2 ; 40\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,2\,;\,2\,;\,2\,;\,4.

On tire au hasard, simultanément, trois boules de l’urne.

1) (1.5 pt) Soit AA : « Parmi les trois boules tirées, aucune boule ne porte le nombre 00 » BB : « Le produit des nombres portés par les trois boules tirées est égal à 88 »

Montrer que : p(A)=514p(A)=\dfrac{5}{14} et que p(B)=17p(B)=\dfrac{1}{7}.

Voir la solution

Card Ω=(83)=56\mathrm{Card}\,\Omega=\dbinom{8}{3}=56.

  • AA : on tire parmi les 66 boules non nulles : Card A=(63)=20\mathrm{Card}\,A=\dbinom{6}{3}=20, donc p(A)=2056=514p(A)=\dfrac{20}{56}=\dfrac{5}{14}.
  • BB : produit égal à 88. Les tirages possibles sont {1,2,4}\{1,2,4\} et {2,2,2}\{2,2,2\}.
    • {1,2,4}\{1,2,4\} : 1×4×1=41\times4\times1=4 façons ;
    • {2,2,2}\{2,2,2\} : (43)=4\dbinom{4}{3}=4 façons. Donc Card B=8\mathrm{Card}\,B=8 et p(B)=856=17p(B)=\dfrac{8}{56}=\dfrac{1}{7}.

2) Soit XX la variable aléatoire qui à chaque tirage associe le produit des nombres portés par les trois boules tirées.

a) (0.5 pt) Montrer que : p(X=16)=328p(X=16)=\dfrac{3}{28}.

Voir la solution

X=16X=16 correspond au tirage {2,2,4}\{2,2,4\} : (42)×1=6\dbinom{4}{2}\times1=6 façons. Donc p(X=16)=656=328p(X=16)=\dfrac{6}{56}=\dfrac{3}{28}.

b) (1 pt) Le tableau ci-contre concerne la loi de probabilité de la variable aléatoire XX.

xix_i0044881616
p(X=xi)p(X=x_i)328\dfrac{3}{28}

Recopier sur votre copie et compléter le tableau en justifiant chaque réponse.

Voir la solution

Les valeurs possibles de XX sont 00, 44, 88 et 1616.

  • X=0X=0 : au moins un 00. Nombre de tirages : (83)−(63)=56−20=36\dbinom{8}{3}-\dbinom{6}{3}=56-20=36, donc p(X=0)=3656=914p(X=0)=\dfrac{36}{56}=\dfrac{9}{14}.
  • X=4X=4 : tirage {1,1}\{1,1\} impossible ; seul {0,…}\{0,\ldots\} déjà compté, ou {1,2,2}\{1,2,2\} : 1×(42)=61\times\dbinom{4}{2}=6, donc p(X=4)=656=328p(X=4)=\dfrac{6}{56}=\dfrac{3}{28}.
  • X=8X=8 : p(B)=17=428p(B)=\dfrac{1}{7}=\dfrac{4}{28}.
  • X=16X=16 : 328\dfrac{3}{28} (déjà montré).
xix_i0044881616
p(X=xi)p(X=x_i)914\dfrac{9}{14}328\dfrac{3}{28}17\dfrac{1}{7}328\dfrac{3}{28}

Exercice 3 — Nombres complexes (3 points)

On considère les nombres complexes aa et bb tels que a=3+ia=\sqrt{3}+i et b=3−1+(3+1)i.b=\sqrt{3}-1+\bigl(\sqrt{3}+1\bigr)i.

1) a) (0.25 pt) Vérifier que : b=(1+i)ab=(1+i)a.

Voir la solution

(1+i)a=(1+i)(3+i)=3+i+3 i+i2=3−1+(3+1)i=b(1+i)a=(1+i)(\sqrt{3}+i)=\sqrt{3}+i+\sqrt{3}\,i+i^2=\sqrt{3}-1+(\sqrt{3}+1)i=b.

b) (0.5 pt) En déduire que ∣b∣=22|b|=2\sqrt{2} et que arg⁡b≡5π12(mod2π)\arg b\equiv\dfrac{5\pi}{12}\pmod{2\pi}.

Voir la solution

∣a∣=3+1=2|a|=\sqrt{3+1}=2 et arg⁡(a)=π6\arg(a)=\dfrac{\pi}{6}.

∣1+i∣=2|1+i|=\sqrt{2} et arg⁡(1+i)=π4\arg(1+i)=\dfrac{\pi}{4}.

Donc ∣b∣=∣1+i∣ ∣a∣=22|b|=|1+i|\,|a|=2\sqrt{2} et arg⁡b≡π6+π4=5π12(mod2π)\arg b\equiv\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5\pi}{12}\pmod{2\pi}.

c) (0.5 pt) Déduire de ce qui précède que : cos⁡5π12=6−24\cos\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.

Voir la solution

b=22(cos⁡5π12+isin⁡5π12)b=2\sqrt{2}\Bigl(\cos\dfrac{5\pi}{12}+i\sin\dfrac{5\pi}{12}\Bigr).

En identifiant les parties réelles : 3−1=22cos⁡5π12\sqrt{3}-1=2\sqrt{2}\cos\dfrac{5\pi}{12}, d’où cos⁡5π12=3−122=(3−1)24=6−24.\cos\dfrac{5\pi}{12}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}=\dfrac{(\sqrt{3}-1)\sqrt{2}}{4}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.

2) Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct (O;u⃗,v⃗)(O;\vec{u},\vec{v}). On considère les points AA et BB d’affixes respectives aa et bb et le point CC d’affixe c=−1+i3c=-1+i\sqrt{3}.

a) (0.75 pt) Vérifier que c=iac=ia et en déduire que OA=OCOA=OC et que (OA→,OC→)≡π2(mod2π)\bigl(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}\bigr)\equiv\dfrac{\pi}{2}\pmod{2\pi}.

Voir la solution

ia=i(3+i)=3 i+i2=−1+i3=cia=i(\sqrt{3}+i)=\sqrt{3}\,i+i^2=-1+i\sqrt{3}=c.

Donc c=iac=ia, d’où ∣c∣=∣i∣ ∣a∣=∣a∣|c|=|i|\,|a|=|a|, soit OA=OCOA=OC, et arg⁡(c/a)=arg⁡(i)=π2\arg(c/a)=\arg(i)=\dfrac{\pi}{2}, donc (OA→,OC→)≡π2(mod2π)\bigl(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}\bigr)\equiv\dfrac{\pi}{2}\pmod{2\pi}.

b) (0.5 pt) Montrer que le point BB est l’image du point AA par la translation de vecteur OC→\overrightarrow{OC}.

Voir la solution

L’affixe de l’image de AA par la translation de vecteur OC→\overrightarrow{OC} est a+ca+c. Or a+c=a+ia=(1+i)a=ba+c=a+ia=(1+i)a=b. Donc BB est bien cette image.

c) (0.5 pt) En déduire que le quadrilatère OABCOABC est un carré.

Voir la solution

D’après a) : OA=OCOA=OC et OA→⊥OC→\overrightarrow{OA}\perp\overrightarrow{OC}. D’après b) : AB→=OC→\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OC}, donc AB=OC=OAAB=OC=OA et AB→⊥OA→\overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{OA}.

Ainsi OABCOABC a quatre côtés égaux et un angle droit : c’est un carré.

Exercice 4 — Problème (11 points)

I – Soit gg la fonction numérique définie sur l’intervalle ]0,+∞[]0,+\infty[ par : g(x)=x2+x−2+2ln⁡x.g(x)=x^2+x-2+2\ln x.

1) (0.25 pt) Vérifier que g(1)=0g(1)=0.

Voir la solution

g(1)=1+1−2+2ln⁡1=0g(1)=1+1-2+2\ln1=0.

2) (1 pt) À partir du tableau de variations de la fonction gg ci-dessous :

x & 0 & & +\infty\\\hline g'(x) & & + & \\\hline g(x) & -\infty & \nearrow & +\infty\\\hline \end{array}$$ Montrer que $g(x)\leq0$ pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $]0,1]$ et que $g(x)\geq0$ pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $[1,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après le tableau, $g$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ et $g(1)=0$. Donc : pour $x\in]0,1]$, $g(x)\leq0$ ; pour $x\in[1,+\infty[$, $g(x)\geq0$. </div></details> **II –** On considère la fonction numérique $f$ définie sur l'intervalle $]0,+\infty[$ par : $$f(x)=x+\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln x.$$ Soit $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$ (unité : $1\,\mathrm{cm}$). **1)** *(0.5 pt)* Montrer que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\x>0}}f(x)=+\infty$ et interpréter géométriquement le résultat. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $\displaystyle\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln x=\ln x-\dfrac{2\ln x}{x}$. Or $\ln x\to-\infty$ et $\dfrac{\ln x}{x}\to0$, donc $-\dfrac{2\ln x}{x}\to+\infty$ et $f(x)\to+\infty$. Géométriquement : $(\mathcal{C})$ admet l'axe des ordonnées comme asymptote verticale au voisinage de $0^+$. </div></details> **2) a)** *(0.25 pt)* Montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(x)=x+\ln x-\dfrac{2\ln x}{x}$ avec $x\to+\infty$, $\ln x\to+\infty$ et $\dfrac{\ln x}{x}\to0$, donc $f(x)\to+\infty$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer que la courbe $(\mathcal{C})$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction asymptotique celle de la droite $(D)$ d'équation $y=x$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $\dfrac{f(x)}{x}=1+\dfrac{\ln x}{x}-\dfrac{2\ln x}{x^2}\xrightarrow[x\to+\infty]{}1$, et $f(x)-x=\ln x-\dfrac{2\ln x}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty$. Donc $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction asymptotique celle de $(D):y=x$. </div></details> **3) a)** *(1 pt)* Montrer que $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $]0,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$f'(x)=1+\dfrac{2}{x^2}\ln x+\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\dfrac{1}{x}=1+\dfrac{2\ln x}{x^2}+\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{x^2}=\dfrac{x^2+x-2+2\ln x}{x^2}=\dfrac{g(x)}{x^2}.$$ </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer que $f$ est décroissante sur l'intervalle $]0,1]$ et croissante sur l'intervalle $[1,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Pour $x>0$, $x^2>0$, donc $f'$ a le signe de $g$. D'après I-2) : $f'\leq0$ sur $]0,1]$ et $f'\geq0$ sur $[1,+\infty[$. Donc $f$ est décroissante sur $]0,1]$ et croissante sur $[1,+\infty[$. </div></details> **c)** *(0.25 pt)* Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(1)=1+(1-2)\ln1=1$. $$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 1 & \nearrow & +\infty\\\hline \end{array}$$ </div></details> **4) a)** *(0.5 pt)* Résoudre dans l'intervalle $]0,+\infty[$ l'équation : $\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln x=0$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln x=0\iff\ln x=0$ ou $1-\dfrac{2}{x}=0\iff x=1$ ou $x=2$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* En déduire que la courbe $(\mathcal{C})$ coupe la droite $(D)$ en deux points dont on déterminera les coordonnées. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(x)=x\iff\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln x=0\iff x=1$ ou $x=2$. Les points d'intersection sont $A(1;1)$ et $B(2;2)$. </div></details> **c)** *(0.75 pt)* Montrer que $f(x)\leq x$ pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $[1,2]$ et en déduire la position relative de la courbe $(\mathcal{C})$ et de la droite $(D)$ sur l'intervalle $[1,2]$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Sur $[1,2]$ : $1-\dfrac{2}{x}\leq0$ et $\ln x\geq0$, donc $\left(1-\dfrac{2}{x}\right)\ln x\leq0$, soit $f(x)\leq x$. Ainsi $(\mathcal{C})$ est en dessous de $(D)$ sur $[1,2]$. </div></details> **5)** *(1 pt)* Construire, dans le même repère $(O;\vec{i},\vec{j})$, la droite $(D)$ et la courbe $(\mathcal{C})$ (on admettra que la courbe $(\mathcal{C})$ possède un point d'inflexion dont l'abscisse est comprise entre $2{,}4$ et $2{,}5$). <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> <img class="fig" src="/img/2bac-se/examens/2017_n_sol_courbe.png" alt="Courbes $(\mathcal{C})$ et $(D)$" loading="lazy"> $(\mathcal{C})$ admet un minimum en $A(1;1)$, asymptote verticale $x=0$, branche parabolique de direction $y=x$ ; intersections avec $(D)$ : $(1;1)$ et $(2;2)$ ; $(\mathcal{C})$ sous $(D)$ sur $[1,2]$. </div></details> **6) a)** *(0.5 pt)* Montrer que $\displaystyle\int_1^2\dfrac{\ln x}{x}\,\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}(\ln2)^2$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> La primitive de $\dfrac{\ln x}{x}$ est $\dfrac{1}{2}(\ln x)^2$. Donc $$\int_1^2\dfrac{\ln x}{x}\,\mathrm{d}x=\Bigl[\dfrac{1}{2}(\ln x)^2\Bigr]_1^2=\dfrac{1}{2}(\ln2)^2.$$ </div></details> **b)** *(0.25 pt)* Montrer que la fonction $H:x\mapsto2\ln x-x$ est une fonction primitive de la fonction $h:x\mapsto\dfrac{2}{x}-1$ sur l'intervalle $]0,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $H'(x)=\dfrac{2}{x}-1=h(x)$. </div></details> **c)** *(0.5 pt)* Montrer, à l'aide d'une intégration par parties, que $$\int_1^2\left(\dfrac{2}{x}-1\right)\ln x\,\mathrm{d}x=(1-\ln2)^2.$$ <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> On pose $u=\ln x$, $u'=\dfrac{1}{x}$, $v'=h(x)$, $v=H(x)=2\ln x-x$. $$\int_1^2 h(x)\ln x\,\mathrm{d}x=\bigl[(2\ln x-x)\ln x\bigr]_1^2-\int_1^2\dfrac{2\ln x-x}{x}\,\mathrm{d}x$$ $$=(2\ln2-2)\ln2-0-\int_1^2\left(\dfrac{2\ln x}{x}-1\right)\mathrm{d}x=(2\ln2-2)\ln2-\bigl((\ln2)^2-1\bigr)$$ $$=2(\ln2)^2-2\ln2-(\ln2)^2+1=(\ln2)^2-2\ln2+1=(1-\ln2)^2.$$ </div></details> **d)** *(0.5 pt)* Calculer, en $\mathrm{cm}^2$, l'aire du domaine plan limité par la courbe $(\mathcal{C})$, la droite $(D)$ et les droites d'équations $x=1$ et $x=2$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Sur $[1,2]$, $x-f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-1\right)\ln x$, donc l'aire vaut $$\mathcal{A}=\int_1^2\bigl(x-f(x)\bigr)\,\mathrm{d}x=(1-\ln2)^2\mathrm{cm}^2.$$ </div></details> **III –** On considère la suite numérique $(u_n)$ définie par : $$u_0=\sqrt{3}\quad\text{et}\quad u_{n+1}=f(u_n)\text{ pour tout entier naturel }n.$$ **1)** *(0.5 pt)* Montrer par récurrence que : $1\leq u_n\leq2$ pour tout entier naturel $n$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> **Initialisation.** $u_0=\sqrt{3}\in[1,2]$. **Hérédité.** Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $1\leq u_n\leq2$. Comme $f$ est croissante sur $[1,+\infty[$ et $f(1)=1$, $f(2)=2$ : $$1=f(1)\leq f(u_n)\leq f(2)=2\implies1\leq u_{n+1}\leq2.$$ **Conclusion.** D'après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $1\leq u_n\leq2$. </div></details> **2)** *(0.5 pt)* Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante (on pourra utiliser la question II-4)c)). <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après II-4)c), $f(x)\leq x$ sur $[1,2]$. Or $u_n\in[1,2]$, donc $u_{n+1}=f(u_n)\leq u_n$. Ainsi $(u_n)$ est décroissante. </div></details> **3)** *(0.75 pt)* En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente et déterminer sa limite. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $(u_n)$ est décroissante et minorée par $1$, donc convergente. Soit $\ell=\lim u_n\in[1,2]$. Par continuité : $\ell=f(\ell)$, soit $\ell=1$ ou $\ell=2$. Comme $(u_n)$ est décroissante et $u_0=\sqrt{3}<2$, on a $\ell\leq\sqrt{3}<2$, donc $\ell=1$. Ainsi $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$. </div></details> </div> <p><a href="/2bac-se/examens-nationaux/">← Tous les examens nationaux</a></p>

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