Bac maths 2024 Polynésie J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet 1 du bac de spécialité mathématiques 2024 en Polynésie, posé le 19 juin 2024, accompagné d’un corrigé détaillé de chaque question. Le premier exercice est un vrai-faux de géométrie dans l’espace : vecteur normal au plan (OAC), intersection de deux droites, droite parallèle à un plan et plan médiateur d’un segment. Le deuxième modélise le refroidissement d’une pièce en plastique à sa sortie du moule par l’équation différentielle \(y^{\prime} + 0{,}02y = m\), puis calcule le temps d’attente avant démoulage et une température moyenne par une intégrale. Le troisième étudie un jeu de trois pièces relancées une fois, avec loi binomiale, arbre pondéré et probabilité conditionnelle. Le dernier conjecture avec Python puis démontre par récurrence la convergence de la suite \(u_{n+1} = \dfrac{4}{5 – u_n}\).

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2024
Mathématiques — Sujet 1
Polynésie — 19 juin 2024
Durée de l’épreuve : 4 heures

Sauf mention contraire, toute réponse devra être justifiée

Exercice 1 (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse.
Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.
Dans cet exercice, les questions sont indépendantes les unes des autres.

Les quatre affirmations se placent dans la situation suivante :

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé \((\text{O}~;~\vec{\imath},~\vec{\jmath},~\vec{k})\), on considère les points :

\(\text{A}(2~;~1~;~-1)\), \(\text{B}(-1~;~2~;~1)\) et \(\text{C}(5~;~0~;~-3)\).

On note \(\mathcal{P}\) le plan d’équation cartésienne :

\[x + 5y – 2z + 3 = 0.\]

On note \(\mathcal{D}\) la droite de représentation paramétrique :

\[\{\begin{array}{l}x = -t + 3\\ y = t + 2\\ z = 2t + 1\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]

Affirmation 1 :
Le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\0\\2\end{pmatrix}\) est normal au plan (OAC).

Affirmation 2 :
Les droites \(\mathcal{D}\) et (AB) sont sécantes au point C.

Affirmation 3 :
La droite \(\mathcal{D}\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\).

Affirmation 4 :
Le plan médiateur du segment [BC], noté \(Q\), a pour équation cartésienne :

\[3x – y – 2z – 7 = 0.\]

On rappelle que le plan médiateur d’un segment est le plan perpendiculaire à ce segment et passant par son milieu.

Exercice 2 (5 points)

Une entreprise fabrique des objets en plastique en injectant dans un moule de la matière fondue à 210 °C. On cherche à modéliser le refroidissement du matériau à l’aide d’une fonction \(f\) donnant la température du matériau injecté en fonction du temps \(t\).

Le temps est exprimé en seconde et la température est exprimée en degré Celsius.

On admet que la fonction \(f\) cherchée est solution d’une équation différentielle de la forme suivante où \(m\) est une constante réelle que l’on cherche à déterminer :

\[(E) : \quad y^{\prime} + 0{,}02y = m\]

Partie A

1. Justifier l’affichage suivant d’un logiciel de calcul formel :

Entrée :	RésoudreEquationDifférentielle \((y^{\prime} + 0{,}02y = m)\)
Sortie :	\(\boxed{\to}\ y = k * \text{exp}(-0.02 * t) + 50 * m\)

2. La température de l’atelier est de 30 °C. On admet que la température \(f(t)\) tend vers 30 °C lorsque \(t\) tend vers l’infini.
Démontrer que \(m = 0{,}6\).

3. Déterminer l’expression de la fonction \(f\) cherchée en tenant compte de la condition initiale \(f(0) = 210\).

Partie B

On admet ici que la température (exprimée en degré Celsius) du matériau injecté en fonction du temps (exprimé en seconde) est donnée par la fonction dont l’expression et une représentation graphique sont données ci-dessous :

\[f(t) = 180\text{e}^{-0{,}02t} + 30.\]

1. L’objet peut être démoulé lorsque sa température devient inférieure à 50 °C.

a. Par lecture graphique, donner une valeur approchée du nombre \(T\) de secondes à attendre avant de démouler l’objet.

b. Déterminer par le calcul la valeur exacte de ce temps \(T\).

2. À l’aide d’une intégrale, calculer la valeur moyenne de la température sur les 100 premières secondes.

Exercice 3 (5 points)

Les probabilités demandées seront exprimées sous forme de fractions irréductibles

Partie A

On lance trois fois de suite une pièce de monnaie bien équilibrée. On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de fois, sur les trois lancers, où la pièce est retombée du côté « Face ».

1. Préciser la nature et les paramètres de la loi de probabilité suivie par \(X\).

2. Recopier et compléter le tableau suivant donnant la loi de probabilité de \(X\)

\(k\)	0	1	2	3
\(P(X = k)\)

Partie B

Voici les règles d’un jeu où le but est d’obtenir trois pièces du côté « Face » en un ou deux essais :

On lance trois pièces équilibrées :
- Si les trois pièces sont tombées du côté « Face », la partie est gagnée ;
- Sinon, les pièces tombées du côté « Face » sont conservées et on relance celles tombées du côté « Pile ».
La partie est gagnée si on obtient trois pièces du côté « Face », sinon elle est perdue.

On considère les évènements suivants :

\(G\) : « la partie est gagnée ».
Et pour tout entier \(k\) compris entre 0 et 3, les évènements :
\(A_k\) : « \(k\) pièces sont tombées du côté « Face » au premier lancer ».

1. Démontrer que \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\).

2. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous :

3. Démontrer que la probabilité \(p\) de gagner à ce jeu est \(p = \dfrac{27}{64}\)

4. La partie a été gagnée. Quelle est la probabilité qu’exactement une pièce soit tombée du côté « Face » à la première tentative ?

5. Combien de fois faut-il jouer à ce jeu pour que la probabilité de gagner au moins une partie dépasse \(0{,}95\) ?

Exercice 4 (6 points)

L’objectif de cet exercice est de conjecturer en partie A puis de démontrer en partie B le comportement d’une suite.

Les deux parties peuvent cependant être traitées de manière indépendante.

On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 3\) et pour tout \(n \in \mathbb{N}\) :

\[u_{n+1} = \dfrac{4}{5 – u_n}.\]

Partie A

1. Recopier et compléter la fonction Python suivante suite(n) qui prend comme paramètre le rang \(n\) et renvoie la valeur du terme \(u_n\).

def suite(n):
    u = ...
    for i in range(n) :
        ...
    return u

2. L’exécution de suite(2) renvoie 1.3333333333333333.
Effectuer un calcul pour vérifier et expliquer cet affichage.

3. À l’aide des affichages ci-dessous, émettre une conjecture sur le sens de variation et une conjecture sur la convergence de la suite \((u_n)\).

>> suite(2)
1.3333333333333333
>> suite(5)
1.0058479532163742
>> suite(10)
1.0000057220349845
>> suite(20)
1.000000000005457

Partie B

On considère la fonction \(f\) définie et dérivable sur l’intervalle \(]-\infty~;~5[\) par :

\[f(x) = \dfrac{4}{5 – x}.\]

Ainsi, la suite \((u_n)\) est définie par \(u_0 = 3\) et pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(u_{n+1} = f(u_n)\).

1. Montrer que la fonction \(f\) est croissante sur l’intervalle \(]-\infty~;~5[\).

2. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\) on a :

\[1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4.\]

3. a. Soit \(x\) un réel de l’intervalle \(]-\infty~;~5[\).
Prouver l’équivalence suivante :

\[f(x) = x \iff x^2 – 5x + 4 = 0.\]

b. Résoudre \(f(x) = x\) dans l’intervalle \(]-\infty~;~5[\).

4. Démontrer que la suite \((u_n)\) est convergente.
Déterminer sa limite.

5. Le comportement de la suite serait-il identique en choisissant comme terme initial \(u_0 = 4\) au lieu de \(u_0 = 3\) ?

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Affirmation 1 : fausse.

Un vecteur est normal à un plan lorsqu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les vecteurs \(\vec{\text{OA}}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{OC}}\begin{pmatrix}5\\0\\-3\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{OC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{OA}}\)) : les points O, A et C définissent bien un plan.

On calcule les produits scalaires : \(\vec{n} \cdot \vec{\text{OA}} = 1 \times 2 + 0 \times 1 + 2 \times (-1) = 0\), mais \(\vec{n} \cdot \vec{\text{OC}} = 1 \times 5 + 0 \times 0 + 2 \times (-3) = -1 \neq 0\).

Le vecteur \(\vec{n}\) n’est pas orthogonal au vecteur \(\vec{\text{OC}}\), qui est pourtant un vecteur du plan (OAC) : \(\vec{n}\) n’est pas normal au plan (OAC), l’affirmation 1 est fausse.

Affirmation 2 : vraie.

Il suffit de vérifier que C appartient aux deux droites et que ces droites ne sont pas confondues.

C appartient à (AB) ? On a \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}3\\-1\\-2\end{pmatrix}\), donc \(\vec{\text{AC}} = -\vec{\text{AB}}\) : les points A, B, C sont alignés et \(\text{C} \in (\text{AB})\).

C appartient à \(\mathcal{D}\) ? On cherche \(t\) tel que \(-t + 3 = 5\), \(t + 2 = 0\) et \(2t + 1 = -3\). La première équation donne \(t = -2\), qui vérifie aussi \(t + 2 = 0\) et \(2 \times (-2) + 1 = -3\). Donc \(\text{C} \in \mathcal{D}\) (paramètre \(t = -2\)).

Enfin, un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\1\\2\end{pmatrix}\), qui n’est pas colinéaire à \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}\) (les deuxièmes coordonnées imposeraient un coefficient 1, incompatible avec les premières). Les droites ne sont donc pas parallèles : elles ont un seul point commun. Les droites \(\mathcal{D}\) et (AB) sont sécantes en C, l’affirmation 2 est vraie.

Affirmation 3 : vraie.

Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\5\\-2\end{pmatrix}\) (coefficients de \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation). On a \(\vec{u} \cdot \vec{n^{\prime}} = -1 + 5 – 4 = 0\) : le vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est orthogonal au vecteur normal du plan, donc \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\).

On peut préciser : le point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(t = 0\) est \((3~;~2~;~1)\), et \(3 + 5 \times 2 – 2 \times 1 + 3 = 14 \neq 0\), donc ce point n’est pas dans \(\mathcal{P}\). La droite est strictement parallèle au plan \(\mathcal{P}\) : l’affirmation 3 est vraie.

Affirmation 4 : vraie.

Le milieu I de [BC] a pour coordonnées \((\dfrac{-1 + 5}{2}~;~\dfrac{2 + 0}{2}~;~\dfrac{1 – 3}{2})\), c’est-à-dire \(\text{I}(2~;~1~;~-1)\) (c’est d’ailleurs le point A). On vérifie qu’il est dans \(Q\) : \(3 \times 2 – 1 – 2 \times (-1) – 7 = 6 – 1 + 2 – 7 = 0\).

Un vecteur normal à \(Q\) est \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\-1\\-2\end{pmatrix}\). Or \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}6\\-2\\-4\end{pmatrix} = 2\vec{v}\) : le segment [BC] est donc perpendiculaire au plan \(Q\).

Le plan \(Q\) passe par le milieu de [BC] et est perpendiculaire à [BC] : c’est bien le plan médiateur de [BC], l’affirmation 4 est vraie.

Exercice 2 :

Partie A

1. Le logiciel note \(k * \text{exp}(-0.02 * t)\) ce que l’on écrit \(k\text{e}^{-0{,}02t}\) : il affirme donc que les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\), avec \(k\) réel.

L’équation s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}02y + m\), de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -0{,}02 \neq 0\) et \(b = m\). D’après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{at} – \dfrac{b}{a}\), \(k \in \mathbb{R}\). Ici \(-\dfrac{b}{a} = \dfrac{m}{0{,}02} = 50m\), d’où les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\).

Vérification directe : si \(y(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\), alors \(y^{\prime}(t) = -0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t}\) et \(y^{\prime} + 0{,}02y = -0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t} + 0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t} + 0{,}02 \times 50m = m\). L’affichage du logiciel est donc justifié.

2. La fonction \(f\) est l’une de ces solutions : \(f(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\) pour un certain réel \(k\).

Comme \(-0{,}02 \lt 0\), on a \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}02t} = 0\), donc \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = 50m\).

On sait que cette limite vaut 30, donc \(50m = 30\), soit \(m = \dfrac{30}{50}\) : \(m = 0{,}6\).

3. Avec \(m = 0{,}6\), on a \(50m = 30\) et \(f(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 30\).

La condition initiale donne \(f(0) = k \times \text{e}^{0} + 30 = k + 30 = 210\), donc \(k = 180\).

\(f(t) = 180\text{e}^{-0{,}02t} + 30\) pour tout \(t \geq\, 0\).

Partie B

1. a. On trace la droite horizontale d’ordonnée 50 : elle coupe la courbe en un point dont l’abscisse se situe un peu avant 110. On lit \(T \approx 110\) secondes.

b. La fonction \(f\) est strictement décroissante (car \(f^{\prime}(t) = -3{,}6\text{e}^{-0{,}02t} \lt 0\)), donc la température passe sous 50 °C à l’instant \(T\) où \(f(T) = 50\). On résout :

\[180\text{e}^{-0{,}02T} + 30 = 50 \iff 180\text{e}^{-0{,}02T} = 20 \iff \text{e}^{-0{,}02T} = \dfrac{1}{9}\]

En appliquant la fonction logarithme népérien (bijective sur \(]0~;~+\infty[\)) :

\[-0{,}02T = \ln(\dfrac{1}{9}) = -\ln 9 \iff T = \dfrac{\ln 9}{0{,}02} = 50\ln 9.\]

\(T = 50\ln 9\) secondes, soit environ 109,9 s, ce qui confirme la lecture graphique.

2. La valeur moyenne de \(f\) sur \([0~;~100]\) est \(\mu = \dfrac{1}{100 – 0}\displaystyle\int_0^{100} f(t)\,\text{d}t\).

Une primitive de \(t \mapsto 180\text{e}^{-0{,}02t}\) est \(t \mapsto \dfrac{180}{-0{,}02}\text{e}^{-0{,}02t} = -9000\text{e}^{-0{,}02t}\), donc une primitive de \(f\) est \(F(t) = -9000\text{e}^{-0{,}02t} + 30t\).

\[\int_0^{100} f(t)\,\text{d}t = F(100) – F(0) = (-9000\text{e}^{-2} + 3000) – (-9000) = 12000 – 9000\text{e}^{-2}.\]

\[\mu = \dfrac{12000 – 9000\text{e}^{-2}}{100} = 120 – 90\text{e}^{-2}.\]

La température moyenne sur les 100 premières secondes vaut \(120 – 90\text{e}^{-2} \approx 107{,}8\) °C.

Exercice 3 :

Partie A

1. On répète trois fois, de façon identique et indépendante, une épreuve à deux issues : « Face » (succès), de probabilité \(\dfrac{1}{2}\) puisque la pièce est équilibrée, ou « Pile ». La variable \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 3\) et \(p = \dfrac{1}{2}\).

2. Pour \(k \in \{0~;~1~;~2~;~3\}\), \(P(X = k) = \dbinom{3}{k}(\dfrac{1}{2})^k(\dfrac{1}{2})^{3-k} = \dbinom{3}{k} \times \dfrac{1}{8}\). Avec \(\dbinom{3}{0} = \dbinom{3}{3} = 1\) et \(\dbinom{3}{1} = \dbinom{3}{2} = 3\) :

\(k\)	0	1	2	3
\(P(X = k)\)	\(\dfrac{1}{8}\)	\(\dfrac{3}{8}\)	\(\dfrac{3}{8}\)	\(\dfrac{1}{8}\)

Partie B

1. Si \(A_1\) est réalisé, une seule pièce est sur « Face » : on la garde et on relance les deux autres. La partie est gagnée si ces deux pièces tombent toutes les deux sur « Face ». Les deux lancers sont indépendants, chacun donnant « Face » avec probabilité \(\dfrac{1}{2}\), donc \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}\), soit \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\).

2. Le même raisonnement donne les autres probabilités conditionnelles :

sachant \(A_0\), on relance les trois pièces et il faut trois « Face » : \(P_{A_0}(G) = (\dfrac{1}{2})^3 = \dfrac{1}{8}\), donc \(P_{A_0}(\overline{G}) = \dfrac{7}{8}\) ;
sachant \(A_1\) : \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\) et \(P_{A_1}(\overline{G}) = \dfrac{3}{4}\) ;
sachant \(A_2\), on relance une seule pièce : \(P_{A_2}(G) = \dfrac{1}{2}\) et \(P_{A_2}(\overline{G}) = \dfrac{1}{2}\) ;
sachant \(A_3\), la partie est gagnée d’emblée : \(P_{A_3}(G) = 1\).

3. Les évènements \(A_0\), \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[p = P(G) = P(A_0)P_{A_0}(G) + P(A_1)P_{A_1}(G) + P(A_2)P_{A_2}(G) + P(A_3)P_{A_3}(G)\]

\[p = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{1}{8} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{8} \times 1 = \dfrac{1}{64} + \dfrac{6}{64} + \dfrac{12}{64} + \dfrac{8}{64} = \dfrac{27}{64}.\]

On a bien \(p = \dfrac{27}{64}\).

4. On cherche \(P_G(A_1)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_G(A_1) = \dfrac{P(A_1 \cap G)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{4}}{\dfrac{27}{64}} = \dfrac{6}{64} \times \dfrac{64}{27} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}.\]

Sachant que la partie a été gagnée, la probabilité qu’une seule pièce soit tombée sur « Face » au premier lancer est \(\dfrac{2}{9}\).

5. On joue \(n\) parties indépendantes, chacune gagnée avec la probabilité \(\dfrac{27}{64}\) et perdue avec la probabilité \(\dfrac{37}{64}\). L’évènement « gagner au moins une partie » est le contraire de « perdre les \(n\) parties », donc sa probabilité est \(1 – (\dfrac{37}{64})^n\).

\[1 – (\dfrac{37}{64})^n \gt 0{,}95 \iff (\dfrac{37}{64})^n \lt 0{,}05 \iff n\ln(\dfrac{37}{64}) \lt \ln(0{,}05)\]

en appliquant la fonction \(\ln\), strictement croissante. Comme \(\dfrac{37}{64} \lt 1\), \(\ln(\dfrac{37}{64}) \lt 0\) et diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :

\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(\dfrac{37}{64})} \approx 5{,}47.\]

Contrôle : \((\dfrac{37}{64})^5 \approx 0{,}065\) et \((\dfrac{37}{64})^6 \approx 0{,}037\). Il faut jouer au moins 6 parties.

Exercice 4 :

Partie A

1. La variable u part de \(u_0 = 3\) et, à chacun des \(n\) passages dans la boucle, on remplace \(u\) par \(\dfrac{4}{5 – u}\) :

def suite(n):
    u = 3
    for i in range(n) :
        u = 4/(5 - u)
    return u

2. suite(2) effectue deux passages dans la boucle. Au premier : \(u_1 = \dfrac{4}{5 – 3} = 2\). Au second : \(u_2 = \dfrac{4}{5 – 2} = \dfrac{4}{3}\).

Or \(\dfrac{4}{3} = 1{,}333\ldots\) a une écriture décimale illimitée ; Python en affiche une valeur approchée à 16 chiffres. L’affichage 1.3333333333333333 correspond donc à \(u_2 = \dfrac{4}{3}\).

3. Les valeurs \(u_0 = 3\), \(u_1 = 2\), \(u_2 \approx 1{,}333\), \(u_5 \approx 1{,}0058\), \(u_{10} \approx 1{,}000006\), \(u_{20} \approx 1{,}000\,000\,000\,005\) diminuent en se rapprochant de 1. On conjecture que la suite \((u_n)\) est décroissante et qu’elle converge vers 1.

Partie B

1. Sur \(]-\infty~;~5[\), \(f = \dfrac{4}{v}\) avec \(v(x) = 5 – x\), qui ne s’annule pas et vérifie \(v^{\prime}(x) = -1\). Donc :

\[f^{\prime}(x) = -\dfrac{4v^{\prime}(x)}{v(x)^2} = \dfrac{4}{(5 – x)^2}.\]

Un carré non nul étant strictement positif, \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty~;~5[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty~;~5[\).

2. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\) ».

Initialisation. \(u_0 = 3\) et \(u_1 = 2\) (calculé en partie A), donc \(1 \leq\, u_1 \leq\, u_0 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) soit vraie : \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\). Les nombres 1, \(u_{n+1}\), \(u_n\) et 4 appartiennent tous à \(]-\infty~;~5[\), où \(f\) est croissante ; l’application de \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(1) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(4).\]

Or \(f(1) = \dfrac{4}{4} = 1\), \(f(4) = \dfrac{4}{1} = 4\), \(f(u_{n+1}) = u_{n+2}\) et \(f(u_n) = u_{n+1}\). On obtient \(1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\).

3. a. Soit \(x \in ]-\infty~;~5[\). Alors \(5 – x \neq 0\) (et même \(5 – x \gt 0\)), on peut donc multiplier les deux membres par \(5 – x\) sans perdre l’équivalence :

\[f(x) = x \iff \dfrac{4}{5 – x} = x \iff 4 = x(5 – x) \iff 4 = 5x – x^2 \iff x^2 – 5x + 4 = 0.\]

L’équivalence est démontrée.

b. Le trinôme \(x^2 – 5x + 4\) a pour discriminant \(\Delta = 25 – 16 = 9 = 3^2\), d’où deux racines \(x_1 = \dfrac{5 – 3}{2} = 1\) et \(x_2 = \dfrac{5 + 3}{2} = 4\). On a donc \(x^2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4)\).

Les deux racines appartiennent à \(]-\infty~;~5[\). Les solutions de \(f(x) = x\) sur \(]-\infty~;~5[\) sont 1 et 4.

4. D’après la question 2, pour tout \(n\), \(u_{n+1} \leq\, u_n\) : la suite est décroissante ; et \(u_n \geq\, 1\) : elle est minorée par 1. Toute suite décroissante et minorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente. Notons \(\ell\) sa limite.

Comme \(1 \leq\, u_n \leq\, u_0 = 3\) pour tout \(n\), on a par passage à la limite \(1 \leq\, \ell \leq\, 3\), donc \(\ell \in ]-\infty~;~5[\).

La fonction \(f\) est continue sur \(]-\infty~;~5[\) (elle y est dérivable) et \(u_{n+1} = f(u_n)\). En passant à la limite dans cette égalité, on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après la question 3.b, \(\ell = 1\) ou \(\ell = 4\) ; comme \(\ell \leq\, 3\), on exclut 4. La suite \((u_n)\) converge vers 1, ce qui confirme la conjecture de la partie A.

5. Si \(u_0 = 4\), alors \(u_1 = f(4) = \dfrac{4}{5 – 4} = 4\). Puisque 4 est un point fixe de \(f\), on montre immédiatement par récurrence que \(u_n = 4\) pour tout \(n\) : si \(u_n = 4\), alors \(u_{n+1} = f(4) = 4\).

La suite est alors constante égale à 4 : elle converge vers 4, et non plus vers 1, et elle n’est plus strictement décroissante. Le comportement n’est donc pas le même qu’avec \(u_0 = 3\).

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