Voici le corrigé complet du bac S de mathématiques 2013 en France métropolitaine, épreuve de juin 2013, pour les candidats de l’enseignement obligatoire. Le sujet comporte quatre exercices. Le premier étudie l’origine des plants d’une jardinerie avec un arbre pondéré, la formule des probabilités totales, une probabilité conditionnelle inversée puis une loi binomiale. Le deuxième, le plus long, retrouve une fonction de la forme \(\frac{a+b\ln x}{x}\) à partir de sa courbe, en étudie les limites et les variations, utilise le théorème des valeurs intermédiaires et un algorithme de dichotomie, et se termine par un calcul d’intégrale montrant que la courbe partage un rectangle en deux aires égales. Le troisième est un vrai-faux sur les nombres complexes et la géométrie dans l’espace. Le dernier étudie une suite définie par récurrence, une suite géométrique auxiliaire et la limite d’une somme de termes.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Probabilités conditionnelles et loi binomiale – 5 points
Une jardinerie vend de jeunes plants d’arbres venant de trois horticulteurs : 35 % du premier (\(H_1\)), 25 % du deuxième (\(H_2\)) et le reste du troisième (\(H_3\)). La livraison de \(H_1\) comporte 80 % de conifères, celle de \(H_2\) 50 % et celle de \(H_3\) seulement 30 %. On choisit un arbre au hasard ; \(C\) désigne l’événement « l’arbre est un conifère » et \(F\) l’événement « l’arbre est un feuillu » (\(F=\overline{C}\)).
1. a. On demande l’arbre pondéré de la situation.
Le troisième horticulteur fournit \(1-0{,}35-0{,}25=0{,}40\) des arbres. Sur chaque branche secondaire on indique la probabilité conditionnelle correspondante.
En multipliant les probabilités le long de chaque chemin, on obtient les six probabilités d’intersection :
| Chemin | Probabilité |
|---|---|
| \(H_1\cap C\) | \(0{,}35\times 0{,}8=0{,}28\) |
| \(H_1\cap F\) | \(0{,}35\times 0{,}2=0{,}07\) |
| \(H_2\cap C\) | \(0{,}25\times 0{,}5=0{,}125\) |
| \(H_2\cap F\) | \(0{,}25\times 0{,}5=0{,}125\) |
| \(H_3\cap C\) | \(0{,}40\times 0{,}3=0{,}12\) |
| \(H_3\cap F\) | \(0{,}40\times 0{,}7=0{,}28\) |
1. b. On demande la probabilité que l’arbre soit un conifère acheté chez le troisième horticulteur.
\[P(H_3\cap C)=P(H_3)\times P_{H_3}(C)=0{,}40\times 0{,}3=0{,}12.\]
\(P(H_3\cap C)=0{,}12\).
1. c. On demande de justifier que \(P(C)=0{,}525\).
Les événements \(H_1\), \(H_2\), \(H_3\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(C)=P(H_1\cap C)+P(H_2\cap C)+P(H_3\cap C)=0{,}28+0{,}125+0{,}12=0{,}525.\]
\(P(C)=0{,}525\).
1. d. L’arbre choisi est un conifère ; on demande la probabilité qu’il vienne du premier horticulteur.
\[P_C(H_1)=\frac{P(H_1\cap C)}{P(C)}=\frac{0{,}28}{0{,}525}=\frac{8}{15}\approx 0{,}533.\]
\(P_C(H_1)=\frac{8}{15}\approx 0{,}533\).
2. On choisit au hasard un échantillon de 10 arbres dans le stock, assez important pour assimiler ce choix à dix tirages avec remise. On note \(X\) le nombre de conifères de l’échantillon.
2. a. On demande la loi de \(X\).
On répète 10 fois, de manière identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « l’arbre est un conifère » a pour probabilité \(p=P(C)=0{,}525\). \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;0{,}525)\).
Remarque : le corrigé d’origine donnait comme paramètre \(0{,}533\), qui est \(P_C(H_1)\) et non la probabilité de tirer un conifère ; le bon paramètre est \(0{,}525\).
2. b. On demande la probabilité que l’échantillon compte exactement 5 conifères.
\[P(X=5)=\binom\,{10}{5}\times 0{,}525^5\times 0{,}475^5=252\times 0{,}525^5\times 0{,}475^5\approx 0{,}243.\]
\(P(X=5)\approx 0{,}243\) (à \(10^{-3}\) près).
2. c. On demande la probabilité que l’échantillon contienne au moins deux feuillus.
« Au moins 2 feuillus » équivaut à « au plus 8 conifères », soit \(X\leq\, 8\). On passe par l’événement contraire :
\[P(X\leq\, 8)=1-P(X=9)-P(X=10)=1-10\times 0{,}525^9\times 0{,}475-0{,}525^{10}.\]
Avec \(P(X=9)\approx 0{,}01439\) et \(P(X=10)\approx 0{,}00159\), on obtient \(P(X\leq\, 8)\approx 0{,}984\).
Exercice 2 :
Fonction logarithme, algorithme et intégrale – 7 points
Dans un repère orthonormé, on considère la courbe \(\mathcal{C}\) d’une fonction \(f\) définie et dérivable sur \(]0\,;+\infty[\), les points \(A(1\,;0)\), \(B(1\,;2)\) et \(C(0\,;2)\). La courbe passe par \(B\) et la droite \((BC)\) est tangente à \(\mathcal{C}\) en \(B\). On sait qu’il existe deux réels positifs \(a\) et \(b\) tels que \(f(x)=\frac{a+b\ln x}{x}\) pour tout \(x\gt 0\).
1. a. On demande \(f(1)\) et \(f^{\prime}(1)\) par lecture graphique.
\(B(1\,;2)\) est sur la courbe, donc \(f(1)=2\). La tangente en \(B\) est la droite \((BC)\), horizontale (d’équation \(y=2\)), donc son coefficient directeur est nul : \(f^{\prime}(1)=0\).
1. b. On demande l’expression de \(f^{\prime}(x)\) en fonction de \(a\) et \(b\).
On dérive le quotient \(\frac{u}{v}\) avec \(u(x)=a+b\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\frac{b}{x}\), \(v(x)=x\), \(v^{\prime}(x)=1\) :
\[f^{\prime}(x)=\frac{\frac{b}{x}\times x-(a+b\ln x)\times 1}{x^2}=\frac{(b-a)-b\ln x}{x^2}.\]
1. c. On demande d’en déduire \(a\) et \(b\).
\(f(1)=\frac{a+b\ln 1}{1}=a\), donc \(a=2\). \(f^{\prime}(1)=\frac{(b-a)-b\ln 1}{1}=b-a\), donc \(b-a=0\) et \(b=2\).
Ainsi \(a=b=2\) et \(f(x)=\dfrac{2+2\ln x}{x}\).
2. a. On demande de justifier que \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-\ln x\).
D’après 1. b. avec \(a=b=2\) : \(f^{\prime}(x)=\frac{0-2\ln x}{x^2}=\frac{-2\ln x}{x^2}\). Comme \(\frac{2}{x^2}\gt 0\) pour tout \(x\gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le même signe que \(-\ln x\).
2. b. On demande les limites de \(f\) en \(0\) et en \(+\infty\), et leur interprétation.
En \(0\) : \(\lim\limits_{x\to 0}\ln x=-\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to 0}(2+2\ln x)=-\infty\) ; et \(\lim\limits_{x\to 0^+}x=0^+\). Par quotient, \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=-\infty\) : l’axe des ordonnées (droite \(x=0\)) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}\).
En \(+\infty\) : on écrit \(f(x)=\frac{2}{x}+2\times \frac{\ln x}{x}\). Or \(\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{2}{x}=0\) et, par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0\). Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\) : l’axe des abscisses (droite \(y=0\)) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).
2. c. On demande le tableau de variations de \(f\).
Sur \(]0\,;1[\), \(\ln x\lt 0\) donc \(f^{\prime}(x)\gt 0\) ; \(f^{\prime}(1)=0\) ; sur \(]1\,;+\infty[\), \(\ln x\gt 0\) donc \(f^{\prime}(x)\lt 0\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(f(x)\) | \(-\infty\) | croissante | \(2\) | décroissante | \(0\) |
\(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;1]\) et strictement décroissante sur \([1\,;+\infty[\), avec un maximum \(f(1)=2\).
3. a. On demande de montrer que l’équation \(f(x)=1\) a une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;1]\).
Sur \(]0\,;1]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante ; elle prend ses valeurs dans \(]-\infty\,;2]\), intervalle qui contient \(1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x)=1\) admet une unique solution \(\alpha\in\,]0\,;1]\) (et même \(\alpha\lt 1\) puisque \(f(1)=2\neq 1\)).
3. b. On admet que l’équation \(f(x)=1\) a une unique solution \(\beta\) dans \([1\,;+\infty[\). On demande l’entier \(n\) tel que \(n\leq\,\beta\lt n+1\).
(Justification rapide : sur \([1\,;+\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante de \(2\) vers \(0\), et \(1\in\,]0\,;2]\).) À la calculatrice :
\[f(5)=\frac{2+2\ln 5}{5}\approx 1{,}044\gt 1\qquad f(6)=\frac{2+2\ln 6}{6}\approx 0{,}931\lt 1.\]
Comme \(f\) est décroissante sur \([5\,;6]\), \(5\lt\beta\lt 6\) : \(n=5\).
4. On considère l’algorithme suivant :
Variables : a, b, m réels
Initialisation : a prend la valeur 0
b prend la valeur 1
Traitement : Tant que b - a > 0,1
m prend la valeur (a + b)/2
Si f(m) < 1 alors a prend la valeur m
Sinon b prend la valeur m
Fin Si
Fin Tant que
Sortie : Afficher a
Afficher b
4. a. On demande de faire tourner l’algorithme (valeurs arrondies à \(10^{-3}\) près si besoin pour \(f(m)\)).
Chaque colonne indique l’étape, la valeur de \(m\) calculée, le signe de la comparaison et les valeurs de \(a\), \(b\) et \(b-a\) à la fin de l’étape.
| Étape | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| \(m\) | \(0{,}5\) | \(0{,}25\) | \(0{,}375\) | \(0{,}4375\) |
| \(f(m)\) | \(\approx 1{,}227\gt 1\) | \(\approx -3{,}090\lt 1\) | \(\approx 0{,}102\lt 1\) | \(\approx 0{,}792\lt 1\) |
| \(a\) | \(0\) | \(0{,}25\) | \(0{,}375\) | \(0{,}4375\) |
| \(b\) | \(0{,}5\) | \(0{,}5\) | \(0{,}5\) | \(0{,}5\) |
| \(b-a\) | \(0{,}5\) | \(0{,}25\) | \(0{,}125\) | \(0{,}0625\) |
Au départ \(a=0\), \(b=1\), \(b-a=1\). Après l’étape 4, \(b-a=0{,}0625\leq\, 0{,}1\) : la boucle s’arrête et l’algorithme affiche \(a=0{,}4375\) et \(b=0{,}5\).
Remarque : le corrigé d’origine ajoutait une cinquième colonne avec \(m=0{,}46875\) ; cette valeur n’est jamais calculée, car la condition \(b-a\gt 0{,}1\) n’est plus vérifiée après la quatrième étape.
4. b. On demande ce que représentent les valeurs affichées.
À chaque étape, on garde \(f(a)\lt 1\leq\, f(b)\) (au départ \(f(0)\) n’est pas défini, mais \(f\) tend vers \(-\infty\) en \(0\)) ; comme \(f\) est croissante sur \(]0\,;1]\), on a toujours \(a\leq\,\alpha\leq\, b\). L’algorithme affiche donc un encadrement de \(\alpha\) d’amplitude inférieure ou égale à \(0{,}1\) : \(0{,}4375\leq\,\alpha\leq\, 0{,}5\).
4. c. On demande de modifier l’algorithme pour obtenir un encadrement de \(\beta\) d’amplitude \(0{,}1\).
On part de l’intervalle \([5\,;6]\) trouvé au 3. b. Sur cet intervalle \(f\) est décroissante : si \(f(m)\gt 1\), alors \(\beta\) est à droite de \(m\), il faut donc remplacer \(a\) par \(m\) ; sinon on remplace \(b\) par \(m\).
Initialisation : a prend la valeur 5
b prend la valeur 6
Traitement : Tant que b - a > 0,1
m prend la valeur (a + b)/2
Si f(m) > 1 alors a prend la valeur m
Sinon b prend la valeur m
Fin Si
Fin Tant que
Sortie : Afficher a
Afficher b
5. a. On demande de démontrer que la courbe \(\mathcal{C}\) partage le rectangle \(OABC\) en deux domaines d’aires égales. On note \(E\) le point d’intersection de \(\mathcal{C}\) avec l’axe des abscisses.
\(f(x)=0\iff 2+2\ln x=0\iff\ln x=-1\iff x=\mathrm{e}^{-1}\). Donc \(E(\mathrm{e}^{-1}\,;0)\).
Sur \([\mathrm{e}^{-1}\,;1]\), \(f\) est croissante de \(0\) à \(2\), donc \(0\leq\, f(x)\leq\, 2\) : la portion de courbe de \(E\) à \(B\) reste dans le rectangle. Elle découpe celui-ci en deux domaines : le « triangle curviligne » \(EAB\), limité par la courbe, l’axe des abscisses et la droite \(x=1\), et le reste du rectangle.
Le rectangle \(OABC\) a pour aire \(1\times 2=2\) unités d’aire. Comme \(f\geq\, 0\) sur \([\mathrm{e}^{-1}\,;1]\), l’aire du domaine \(EAB\) vaut \(\displaystyle\int_{\mathrm{e}^{-1}}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x\). Il suffit donc de montrer que
\[\int_{\mathrm{e}^{-1}}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x=1,\]
l’autre domaine ayant alors pour aire \(2-1=1\), elle aussi.
5. b. On demande de calculer cette intégrale.
On écrit \(f(x)=\frac{2}{x}+2\times \frac{1}{x}\times \ln x\). Une primitive de \(\frac{2}{x}\) est \(2\ln x\) ; \(\frac{1}{x}\ln x\) est de la forme \(u^{\prime}u\) avec \(u=\ln\), donc une primitive de \(2\times \frac{1}{x}\ln x\) est \((\ln x)^2\). Une primitive de \(f\) sur \(]0\,;+\infty[\) est donc \(F(x)=2\ln x+(\ln x)^2\).
\[\int_{\mathrm{e}^{-1}}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x=F(1)-F(\mathrm{e}^{-1})=(0+0)-(2\times (-1)+(-1)^2)=0-(-1)=1.\]
L’aire du domaine \(EAB\) vaut 1 unité d’aire, soit la moitié de l’aire du rectangle : la courbe partage bien le rectangle \(OABC\) en deux domaines de même aire.
Exercice 3 :
Vrai ou faux : complexes et géométrie dans l’espace – 4 points
Pour chaque proposition, on indique si elle est vraie ou fausse, avec une justification.
Proposition 1. Dans le plan complexe, l’ensemble des points \(M\) d’affixe \(z\) tels que \(|z-\mathrm{i}|=|z+1|\) est une droite.
Soit \(A\) le point d’affixe \(\mathrm{i}\) et \(B\) le point d’affixe \(-1\). Alors \(|z-\mathrm{i}|=AM\) et \(|z+1|=|z-(-1)|=BM\). La condition s’écrit \(AM=BM\) : \(M\) est équidistant de \(A\) et \(B\), c’est-à-dire que \(M\) appartient à la médiatrice du segment \([AB]\), qui est une droite (ici la droite d’équation \(y=-x\)). Proposition 1 vraie.
Proposition 2. Le nombre \((1+\mathrm{i}\sqrt{3})^4\) est un nombre réel.
\(|1+\mathrm{i}\sqrt{3}|=\sqrt{1+3}=2\), donc \(1+\mathrm{i}\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2})=2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\). Alors :
\[(1+\mathrm{i}\sqrt{3})^4=16\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{4\pi}{3}}=16(-\frac{1}{2}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2})=-8-8\sqrt{3}\,\mathrm{i}.\]
Sa partie imaginaire \(-8\sqrt{3}\) n’est pas nulle (un argument \(\frac{4\pi}{3}\) n’est pas un multiple de \(\pi\)) : ce nombre n’est pas réel. Proposition 2 fausse.
Proposition 3. \(ABCDEFGH\) est un cube. Les droites \((EC)\) et \((BG)\) sont orthogonales.
On se place dans le repère orthonormé \((A\,;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})\) : \(B(1\,;0\,;0)\), \(C(1\,;1\,;0)\), \(E(0\,;0\,;1)\), \(G(1\,;1\,;1)\). Donc \(\vec{EC}(1\,;1\,;-1)\) et \(\vec{BG}(0\,;1\,;1)\), puis
\[\vec{EC}\cdot\vec{BG}=1\times 0+1\times 1+(-1)\times 1=0.\]
Les vecteurs directeurs sont orthogonaux, donc les droites sont orthogonales. Proposition 3 vraie.
Proposition 4. Dans un repère orthonormé de l’espace, \(\mathcal{P}\) est un plan de vecteur normal \(\vec{n}(1\,;1\,;3)\) et \(S\) le point \((1\,;-2\,;-2)\). La droite passant par \(S\) et perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) admet pour représentation paramétrique \(x=2+t\), \(y=-1+t\), \(z=1+3t\), \(t\in\mathbb{R}\).
Une droite perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) est dirigée par un vecteur normal à \(\mathcal{P}\). La représentation proposée a pour vecteur directeur \((1\,;1\,;3)=\vec{n}\) : la direction convient. Pour \(t=-1\), on obtient \(x=1\), \(y=-2\), \(z=1-3=-2\) : c’est le point \(S\), qui appartient donc à la droite. Proposition 4 vraie.
Exercice 4 :
Suites, récurrence et limite d’une somme – 5 points, candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0=2\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=\frac{2}{3}u_n+\frac{1}{3}n+1\).
1. a. On demande \(u_1\), \(u_2\), \(u_3\) et \(u_4\) (valeurs exactes).
\(u_1=\frac{2}{3}\times 2+0+1=\frac{7}{3}\) ; \(u_2=\frac{2}{3}\times \frac{7}{3}+\frac{1}{3}+1=\frac{14}{9}+\frac{12}{9}=\frac{26}{9}\) ;
\(u_3=\frac{2}{3}\times \frac{26}{9}+\frac{2}{3}+1=\frac{52}{27}+\frac{45}{27}=\frac{97}{27}\) ; \(u_4=\frac{2}{3}\times \frac{97}{27}+1+1=\frac{194}{81}+\frac{162}{81}=\frac{356}{81}\).
\(u_1=\frac{7}{3}\), \(u_2=\frac{26}{9}\), \(u_3=\frac{97}{27}\), \(u_4=\frac{356}{81}\).
1. b. On demande une conjecture sur le sens de variation.
\(u_0=2\approx 2\), \(u_1\approx 2{,}33\), \(u_2\approx 2{,}89\), \(u_3\approx 3{,}59\), \(u_4\approx 4{,}40\) : la suite semble croissante.
2. a. On demande de démontrer par récurrence que \(u_n\leq\, n+3\) pour tout entier naturel \(n\).
Initialisation. \(u_0=2\leq\, 0+3\) : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité. Supposons \(u_n\leq\, n+3\) pour un entier \(n\) fixé. En multipliant par \(\frac{2}{3}\gt 0\) puis en ajoutant \(\frac{1}{3}n+1\) :
\[u_{n+1}=\frac{2}{3}u_n+\frac{1}{3}n+1\leq\,\frac{2}{3}(n+3)+\frac{1}{3}n+1=\frac{2}{3}n+2+\frac{1}{3}n+1=n+3.\]
Or \(n+3\leq\, n+4=(n+1)+3\), donc \(u_{n+1}\leq\,(n+1)+3\) : la propriété est vraie au rang \(n+1\).
Conclusion. Par récurrence, \(u_n\leq\, n+3\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).
2. b. On demande de démontrer que \(u_{n+1}-u_n=\frac{1}{3}(n+3-u_n)\).
\[u_{n+1}-u_n=\frac{2}{3}u_n+\frac{1}{3}n+1-u_n=-\frac{1}{3}u_n+\frac{1}{3}n+\frac{3}{3}=\frac{1}{3}(n+3-u_n).\]
2. c. On demande d’en déduire une validation de la conjecture.
D’après 2. a., \(n+3-u_n\geq\, 0\) pour tout \(n\) ; d’après 2. b., \(u_{n+1}-u_n=\frac{1}{3}(n+3-u_n)\geq\, 0\). La suite \((u_n)\) est croissante, ce qui confirme la conjecture.
3. On pose \(v_n=u_n-n\) pour tout entier naturel \(n\).
3. a. On demande de démontrer que \((v_n)\) est géométrique de raison \(\frac{2}{3}\).
\[v_{n+1}=u_{n+1}-(n+1)=\frac{2}{3}u_n+\frac{1}{3}n+1-n-1=\frac{2}{3}u_n-\frac{2}{3}n=\frac{2}{3}(u_n-n)=\frac{2}{3}v_n.\]
\((v_n)\) est géométrique de raison \(\frac{2}{3}\), de premier terme \(v_0=u_0-0=2\).
3. b. On demande d’en déduire que \(u_n=2(\frac{2}{3})^n+n\).
Pour tout \(n\), \(v_n=v_0\times (\frac{2}{3})^n=2(\frac{2}{3})^n\), et \(u_n=v_n+n\), donc \(u_n=2(\frac{2}{3})^n+n\).
3. c. On demande la limite de \((u_n)\).
Comme \(-1\lt\frac{2}{3}\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}(\frac{2}{3})^n=0\) ; et \(\lim\limits_{n\to+\infty}n=+\infty\). Par somme, \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty\).
4. Pour tout entier naturel non nul \(n\), on pose \(S_n=\sum\limits_{k=0}^{n}u_k=u_0+u_1+\cdots+u_n\) et \(T_n=\frac{S_n}{n^2}\).
4. a. On demande l’expression de \(S_n\) en fonction de \(n\).
\[S_n=\sum_{k=0}^{n}(2(\frac{2}{3})^k+k)=2\sum_{k=0}^{n}(\frac{2}{3})^k+\sum_{k=0}^{n}k.\]
La première somme est celle des \(n+1\) premiers termes d’une suite géométrique de raison \(\frac{2}{3}\neq 1\) et de premier terme 1 ; la seconde est la somme des entiers de 0 à \(n\) :
\[S_n=2\times \frac{1-(\frac{2}{3})^{n+1}}{1-\frac{2}{3}}+\frac{n(n+1)}{2}=6(1-(\frac{2}{3})^{n+1})+\frac{n(n+1)}{2}.\]
Vérification pour \(n=1\) : \(S_1=u_0+u_1=2+\frac{7}{3}=\frac{13}{3}\) et \(6(1-\frac{4}{9})+1=\frac{10}{3}+1=\frac{13}{3}\).
4. b. On demande la limite de \((T_n)\).
\[T_n=\frac{6(1-(\frac{2}{3})^{n+1})}{n^2}+\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac{6(1-(\frac{2}{3})^{n+1})}{n^2}+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n}).\]
Comme \(\lim(\frac{2}{3})^{n+1}=0\), le numérateur du premier terme tend vers 6, et \(\lim n^2=+\infty\) : le premier terme tend vers 0. Le second tend vers \(\frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{2}\). Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}T_n=\frac{1}{2}\).
