Bac spé maths — Métropole jour 1 — septembre 2025

Épreuve écrite de spécialité Mathématiques

Métropole jour 1 — session de remplacement du mardi 9 septembre 2025
Durée : 4 heures
Notation sur 20 points
Calculatrice autorisée

Exercice 1 — 5 points

Partie A

On considère l'équation différentielle
$$(E) \qquad y' + 0{,}4\,y = e^{-0{,}4 t}$$
où $y$ est une fonction de la variable réelle $t$.

On cherche l'ensemble des fonctions définies et dérivables sur $\mathbb{R}$ qui sont solutions de cette équation.

Soit $u$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $u(t) = t\,e^{-0{,}4 t}$.

Vérifier que $u$ est solution de $(E)$.
Soit $f$ une fonction définie et dérivable sur $\mathbb{R}$.

On note $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $g(t) = f(t) - u(t)$.

Soit $(H)$ l'équation différentielle $y' + 0{,}4\,y = 0$.
1. Démontrer que si la fonction $g$ est solution de l'équation différentielle $(H)$ alors la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle $(E)$.
  
  On admettra que la réciproque est vraie.
2. Résoudre l'équation différentielle $(H)$.
3. En déduire les solutions de $(E)$.
4. Déterminer la solution $f$ de $(E)$ telle que $f(0) = 1$.

Partie B

On s'intéresse à la glycémie chez une personne venant de prendre un repas.

La glycémie en $\text{g.L}^{-1}$, en fonction du temps $t$, exprimé en heure, écoulé depuis la fin du repas, est modélisée par la fonction $f$ définie sur $[0~;~6]$ par :
$$f(t) = (t+1)\,e^{-0{,}4 t}.$$

1. Montrer que, pour tout $t \in [0~;~6]$, $f'(t) = (-0{,}4\,t + 0{,}6)\,e^{-0{,}4 t}$.
2. Étudier les variations de $f$ sur $[0~;~6]$ puis dresser son tableau de variations sur cet intervalle.
Une personne est en hypoglycémie lorsque sa glycémie est inférieure à $0{,}7~\text{g.L}^{-1}$.
1. Démontrer que sur l'intervalle $[0~;~6]$ l'équation $f(t) = 0{,}7$ admet une unique solution que l'on notera $\alpha$.
2. Au bout de combien de temps après avoir pris son repas cette personne est-elle en hypoglycémie ?
  
  On exprimera ce temps à la minute près.
On souhaite déterminer la glycémie moyenne en $\text{g.L}^{-1}$ chez cette personne lors des six heures qui suivent le repas.
1. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que :
  $$\int_{0}^{6} f(t)\,\mathrm{d}t = -23{,}75\,e^{-2{,}4} + 8{,}75.$$
2. Calculer la glycémie moyenne en $\text{g.L}^{-1}$ chez cette personne lors des six heures qui suivent le repas.
3. En remarquant que la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle $(E)$, expliquer comment on aurait pu obtenir ce résultat autrement.

Exercice 2 — 5 points

On considère le cube $ABCDEFGH$.

On place le point $M$ tel que $\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB}$.

Cube ABCDEFGH en perspective avec le point M placé sur la droite (AB) au-delà de B, tel que vecteur BM égale vecteur AB

Partie A

Montrer que les droites $(FG)$ et $(FM)$ sont perpendiculaires.
Montrer que les points $A$, $M$, $G$ et $H$ sont coplanaires.

Partie B

On se place dans le repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\right)$.

Déterminer les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{GM}$ et $\overrightarrow{AH}$ et montrer qu'ils ne sont pas colinéaires.
1. Justifier qu'une représentation paramétrique de la droite $(GM)$ est :
  $$\begin{cases} x = 1 + t \\ y = 1 - t \\ z = 1 - t \end{cases} \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.$$
2. On admet qu'une représentation paramétrique de la droite $(AH)$ est :
  $$\begin{cases} x = 0 \\ y = k \\ z = k \end{cases} \quad \text{avec } k \in \mathbb{R}.$$
  
  Montrer que le point d'intersection de $(GM)$ et $(AH)$, que l'on nommera $N$, a pour coordonnées $(0~;~2~;~2)$.
1. Montrer que le triangle $AMN$ est un triangle rectangle en $A$.
2. Calculer l'aire de ce triangle.
Soit $J$ le centre de la face $BCGF$.
1. Déterminer les coordonnées du point $J$.
2. Montrer que le vecteur $\overrightarrow{FJ}$ est un vecteur normal au plan $(AMN)$.
3. Montrer que $J$ appartient au plan $(AMN)$. En déduire qu'il est le projeté orthogonal du point $F$ sur le plan $(AMN)$.
On rappelle que le volume $\mathcal{V}$ d'un tétraèdre ou d'une pyramide est donné par la formule :
$$\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h,$$
$\mathcal{B}$ étant l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.

Montrer que le volume du tétraèdre $AMNF$ est le double du volume de la pyramide $BCGFM$.

Exercice 3 — 6 points

Le but de cet exercice est d'étudier les convergences de deux suites vers une même limite.

Partie A

On considère la fonction $f$ définie sur $[2~;~+\infty[$ par
$$f(x) = \sqrt{3x - 2}.$$

Justifier les éléments du tableau de variations ci-dessous :

On admet que la suite $(u_n)$ vérifiant $u_0 = 6$ et, pour tout $n$ entier naturel, $u_{n+1} = f(u_n)$ est bien définie.
1. Démontrer par récurrence que, pour tout $n$ entier naturel : $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$.
2. En déduire que la suite $(u_n)$ converge.
On appelle $\ell$ la limite de $(u_n)$.

On admet qu'elle est solution de l'équation $f(x) = x$. Déterminer la valeur de $\ell$.
On considère la fonction `rang` écrite ci-dessous en langage Python.

On rappelle que `sqrt(x)` renvoie la racine carrée du nombre $x$.
```
from math import *

def rang(a) :
    u = 6
    n = 0
    while u >= a :
        u = sqrt(3*u - 2)
        n = n+1
    return n
```
1. Pourquoi peut-on affirmer que `rang(2.000001)` renvoie une valeur ?
2. Pour quelles valeurs du paramètre $a$ l'instruction `rang(a)` renvoie-t-elle un résultat ?

Partie B

On admet que la suite $(v_n)$ vérifiant $v_0 = 6$ et, pour tout $n$, entier naturel, $v_{n+1} = 3 - \dfrac{2}{v_n}$ est bien définie.

Calculer $v_1$.
Pour tout $n$ entier naturel, on admet que $v_n \neq 2$ et on pose :
$$w_n = \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2}$$
1. Démontrer que la suite $(w_n)$ est géométrique de raison $2$ et préciser son premier terme $w_0$.
2. On admet que, pour tout $n$ entier naturel,
  $$w_n - 1 = \dfrac{1}{v_n - 2}.$$
  
  En déduire que, pour tout $n$ entier naturel,
  $$v_n = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}.$$
3. Calculer la limite de $(v_n)$.
Déterminer le plus petit entier naturel $n$ pour lequel $v_n < 2{,}01$ en résolvant l'inéquation.

Partie C

À l'aide des parties précédentes, déterminer le plus petit entier $N$ tel que pour tout $n \geqslant N$, les termes $v_n$ et $u_n$ appartiennent à l'intervalle $]1{,}99~;~2{,}01[$.

Exercice 4 — 4 points

Remarque

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.

Un musée propose des visites avec ou sans audioguide. Les billets peuvent être achetés en ligne ou directement au guichet.

Lorsqu'une personne achète son billet en ligne, un code de validation lui est envoyé par SMS afin qu'elle confirme son achat.

Ce code est généré de façon aléatoire et est constitué de $4$ chiffres deux à deux distincts, le premier chiffre étant différent de $0$.

Affirmation 1 : Le nombre de codes différents pouvant être générés est $5\,040$.
Une étude a permis de considérer que :
- la probabilité qu'une personne choisisse l'audioguide sachant qu'elle a acheté son billet en ligne est égale à $0{,}8$ ;
- la probabilité qu'une personne achète son billet en ligne est égale à $0{,}7$ ;
- la probabilité qu'une personne opte pour une visite sans audioguide est égale à $0{,}32$.
Affirmation 2 : La probabilité qu'un visiteur ne prenne pas l'audioguide sachant qu'il a acheté son billet au guichet est supérieure à deux tiers.
On choisit au hasard $12$ visiteurs de ce musée.

On suppose que le choix de l'option « audioguide » est indépendant d'un visiteur à l'autre.

Affirmation 3 : La probabilité qu'exactement la moitié de ces visiteurs opte pour l'audioguide est égale à $924 \times 0{,}2176^{6}$.
Lorsqu'une personne dispose d'un audioguide, elle peut choisir parmi trois parcours :
- un premier d'une durée de cinquante minutes,
- un deuxième d'une durée d'une heure et vingt minutes,
- un troisième d'une durée d'une heure et quarante minutes.
Le temps de parcours peut être modélisé par une variable aléatoire $X$ dont la loi de probabilité est donnée ci-dessous :

$x_i$ $50$ min $1$ h $20$ min $1$ h $40$ min

$P(X = x_i)$ $0{,}1$ $0{,}6$ $0{,}3$

Affirmation 4 : L'espérance de $X$ est $77$ minutes.

Corrigé

Exercice 1

Partie A

$u(t) = t\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $u'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t} + t \times (-0{,}4)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = (1 - 0{,}4\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$.

Alors $u'(t) + 0{,}4\, u(t) = (1 - 0{,}4\, t)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} + 0{,}4\, t\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$ : $u$ est bien solution de $(E)$.
1. On a $g = f - u$, donc $g' = f' - u'$. Si $g$ est solution de $(H)$ : $g' + 0{,}4\, g = 0$, soit $(f' - u') + 0{,}4(f - u) = 0$, donc $f' + 0{,}4\, f = u' + 0{,}4\, u$. Comme $u$ est solution de $(E)$ (question 1), $u' + 0{,}4\, u = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $f' + 0{,}4\, f = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$ : $f$ est solution de $(E)$.
2. Les solutions de $(H) : y' + 0{,}4\, y = 0$ sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $t \mapsto K\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, $K \in \mathbb{R}$.
3. D'après le 2.a (et sa réciproque admise), $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si $g = f - u$ est solution de $(H)$, c'est-à-dire $g(t) = K\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$. Donc les solutions de $(E)$ sont :
  $$f(t) = (K + t)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}, \quad K \in \mathbb{R}.$$
4. $f(0) = K = 1$. Donc $f(t) = (t + 1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$.

Partie B

1. $f(t) = (t+1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $f'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t} + (t+1) \times (-0{,}4)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = \bigl[1 - 0{,}4(t+1)\bigr]\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t} = (-0{,}4\, t + 0{,}6)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$.
2. Pour tout $t$, $\mathrm{e}^{-0{,}4 t} > 0$, donc $f'(t)$ a le signe de $-0{,}4\, t + 0{,}6$. Or $-0{,}4\, t + 0{,}6 = 0 \Leftrightarrow t = 1{,}5$. Pour $t < 1{,}5$, $f'(t) > 0$ ($f$ croissante) ; pour $t > 1{,}5$, $f'(t) < 0$ ($f$ décroissante).
  
  Valeurs aux bornes : $f(0) = 1$ ; $f(1{,}5) = 2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}6}$ ; $f(6) = 7\,\mathrm{e}^{-2{,}4}$.
1. Sur $[0~;~1{,}5]$, $f$ est croissante avec $f(0) = 1 > 0{,}7$, donc $f \geqslant 1 > 0{,}7$ : pas de solution.
  
  Sur $[1{,}5~;~6]$, $f$ est continue et strictement décroissante de $2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}6} \approx 1{,}37$ à $7\,\mathrm{e}^{-2{,}4} \approx 0{,}635$. Comme $0{,}635 < 0{,}7 < 1{,}37$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(t) = 0{,}7$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]1{,}5~;~6[$.
2. À la calculatrice : $f(5{,}6) \approx 0{,}703 > 0{,}7$ et $f(5{,}62) \approx 0{,}699 < 0{,}7$, donc $\alpha \approx 5{,}615$. En heures-minutes : $0{,}615 \times 60 \approx 36{,}9$, soit $\alpha \approx 5$ h $37$ min.
  
  La personne entre en hypoglycémie environ $5$ h $37$ min après son repas.
1. On pose $u(t) = t + 1$ et $w'(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, donc $u'(t) = 1$ et $w(t) = -2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}$. Les fonctions $u$ et $w$ sont $\mathcal{C}^1$ sur $[0~;~6]$, donc par intégration par parties :
  $\displaystyle\int_0^6 (t+1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\,\mathrm{d}t = \bigl[-2{,}5(t+1)\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\bigr]_0^6 - \int_0^6 -2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\,\mathrm{d}t = -2{,}5 \times 7 \times \mathrm{e}^{-2{,}4} + 2{,}5 + 2{,}5\bigl[-2{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}4 t}\bigr]_0^6$.
  
  Soit $-17{,}5\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 2{,}5 - 6{,}25\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 6{,}25 = -23{,}75\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 8{,}75$.
2. Glycémie moyenne : $\dfrac{1}{6 - 0}\displaystyle\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{-23{,}75\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 8{,}75}{6} \approx 1{,}10$ g·L$^{-1}$.
3. $f$ est solution de $(E)$ : $f'(t) + 0{,}4\, f(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t}$, soit $0{,}4\, f(t) = \mathrm{e}^{-0{,}4 t} - f'(t)$, donc $f(t) = 2{,}5\bigl(\mathrm{e}^{-0{,}4 t} - f'(t)\bigr)$.
  
  Par intégration sur $[0~;~6]$ : $\displaystyle\int_0^6 f(t)\,\mathrm{d}t = 2{,}5\left(\int_0^6 \mathrm{e}^{-0{,}4 t}\,\mathrm{d}t - \bigl[f(t)\bigr]_0^6\right) = 2{,}5\bigl(-2{,}5(\mathrm{e}^{-2{,}4} - 1) - (7\mathrm{e}^{-2{,}4} - 1)\bigr) = -23{,}75\,\mathrm{e}^{-2{,}4} + 8{,}75$. On retrouve la valeur sans IPP, en exploitant directement l'équation différentielle.

Exercice 2

On se place dans le repère $\left(A~;~\overrightarrow{AB},~\overrightarrow{AD},~\overrightarrow{AE}\right)$. Les coordonnées des sommets sont : $A(0~;~0~;~0)$, $B(1~;~0~;~0)$, $C(1~;~1~;~0)$, $D(0~;~1~;~0)$, $E(0~;~0~;~1)$, $F(1~;~0~;~1)$, $G(1~;~1~;~1)$, $H(0~;~1~;~1)$.

Comme $\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{AB}$, $M = B + \overrightarrow{AB}$ a pour coordonnées $M(2~;~0~;~0)$.

Partie A

$\overrightarrow{FG}(0~;~1~;~0)$ et $\overrightarrow{FM}(1~;~0~;~-1)$. Leur produit scalaire vaut $0 + 0 + 0 = 0$ : les droites $(FG)$ et $(FM)$ sont perpendiculaires.
$\overrightarrow{AM}(2~;~0~;~0) = 2\,\overrightarrow{HG}(1~;~0~;~0)$ (car $\overrightarrow{HG} = G - H = (1~;~0~;~0)$). Donc $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{HG}$ sont colinéaires : les droites $(AM)$ et $(HG)$ sont parallèles. Deux droites parallèles définissent un plan, et les points $A$, $M$, $G$, $H$ appartiennent à ce plan : ils sont coplanaires.

Partie B

$\overrightarrow{GM}(2-1~;~0-1~;~0-1) = (1~;~-1~;~-1)$ et $\overrightarrow{AH}(0~;~1~;~1)$. Les premières coordonnées sont $1$ et $0$ : ces vecteurs ne sont pas colinéaires.
1. La droite $(GM)$ passe par $G(1~;~1~;~1)$ et est dirigée par $\overrightarrow{GM}(1~;~-1~;~-1)$. Une représentation paramétrique est donc bien $(1+t~;~1-t~;~1-t)$, $t \in \mathbb{R}$.
2. On cherche $t$ et $k$ tels que $(1+t~;~1-t~;~1-t) = (0~;~k~;~k)$. La première équation donne $t = -1$, puis $k = 1 - (-1) = 2$. Les trois équations sont satisfaites pour $t = -1$ et $k = 2$ : le point d'intersection est $N(0~;~2~;~2)$.
1. $\overrightarrow{AM}(2~;~0~;~0)$ et $\overrightarrow{AN}(0~;~2~;~2)$. Leur produit scalaire vaut $0 + 0 + 0 = 0$ : le triangle $AMN$ est rectangle en $A$.
2. $AM = 2$ et $AN = \sqrt{0 + 4 + 4} = 2\sqrt{2}$. Donc $\mathcal{A}_{AMN} = \dfrac{1}{2} \times AM \times AN = \dfrac{1}{2} \times 2 \times 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}$ unités d'aire.
1. $J$ est le centre de la face $BCGF$, dont les sommets sont $B(1~;~0~;~0)$, $C(1~;~1~;~0)$, $G(1~;~1~;~1)$, $F(1~;~0~;~1)$. La moyenne des coordonnées donne $J\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
2. $\overrightarrow{FJ} = J - F = \left(0~;~\dfrac{1}{2}~;~-\dfrac{1}{2}\right)$. On vérifie l'orthogonalité aux vecteurs directeurs du plan $(AMN)$ :
  $\overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{AM} = 0 \times 2 + \dfrac{1}{2} \times 0 - \dfrac{1}{2} \times 0 = 0$ ;
  $\overrightarrow{FJ} \cdot \overrightarrow{AN} = 0 \times 0 + \dfrac{1}{2} \times 2 - \dfrac{1}{2} \times 2 = 0$.
  Comme $\overrightarrow{AM}$ et $\overrightarrow{AN}$ ne sont pas colinéaires (3.a), $\overrightarrow{FJ}$ est normal au plan $(AMN)$.
3. Une équation du plan $(AMN)$ est $0 \times x + 1 \times y - 1 \times z = 0$ (vecteur normal $(0~;~1~;~-1)$, passant par $A$), soit $y - z = 0$. Pour $J\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right)$ : $\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} = 0$ ✓. Donc $J \in (AMN)$.
  
  Comme $(FJ) \perp (AMN)$ et $J \in (AMN)$, $J$ est bien le projeté orthogonal de $F$ sur le plan $(AMN)$.
Volume du tétraèdre $AMNF$. On choisit pour base le triangle $AMN$ d'aire $2\sqrt{2}$, et pour hauteur la distance $FJ$ (puisque $J$ est le projeté orthogonal de $F$ sur $(AMN)$) :
$FJ = \sqrt{0 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Donc $\mathcal{V}_{AMNF} = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{2}{3}$.

Volume de la pyramide $BCGFM$. La base $BCGF$ est un carré de côté $1$ situé dans le plan d'équation $x = 1$. Sa hauteur est la distance de $M(2~;~0~;~0)$ à ce plan, soit $|2 - 1| = 1$. Donc $\mathcal{V}_{BCGFM} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 1 = \dfrac{1}{3}$.

Ainsi $\mathcal{V}_{AMNF} = \dfrac{2}{3} = 2 \times \dfrac{1}{3} = 2 \times \mathcal{V}_{BCGFM}$.

Exercice 3

Partie A

$f(x) = \sqrt{3x - 2}$ est la composée de $x \mapsto 3x - 2$ (affine de coefficient $3 > 0$, donc croissante) suivie de $x \mapsto \sqrt{x}$ (croissante sur $[0~;~+\infty[$). Donc $f$ est croissante sur $[2~;~+\infty[$. $f(2) = \sqrt{4} = 2$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (3x - 2) = +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
1. Démonstration par récurrence de $P(n)$ : « $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$ ».
  
  Initialisation. $u_0 = 6$ et $u_1 = f(6) = \sqrt{16} = 4$. On a $2 \leqslant 4 \leqslant 6 \leqslant 6$ : $P(0)$ est vraie.
  
  Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie. Comme $f$ est croissante sur $[2~;~+\infty[$ : $f(2) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(u_n) \leqslant f(6)$, soit $2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 4 \leqslant 6$. Donc $P(n+1)$ est vraie.
  
  Conclusion. Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6$.
2. $(u_n)$ est décroissante (car $u_{n+1} \leqslant u_n$) et minorée par $2$, donc converge.
$\ell$ vérifie $f(\ell) = \ell$, soit $\sqrt{3\ell - 2} = \ell$ avec $\ell \geqslant 2$. En élevant au carré : $3\ell - 2 = \ell^2$, soit $\ell^2 - 3\ell + 2 = 0$, c'est-à-dire $(\ell - 1)(\ell - 2) = 0$. Donc $\ell = 1$ ou $\ell = 2$. Comme $u_n \geqslant 2$ pour tout $n$, $\ell \geqslant 2$ : $\ell = 2$.
1. La suite $(u_n)$ converge vers $2$ en décroissant strictement (on montre par récurrence que $u_n > 2$, car $f(x) > 2$ dès que $x > 2$). Donc pour tout réel $\varepsilon > 0$, il existe un rang à partir duquel $u_n < 2 + \varepsilon$. En particulier pour $\varepsilon = 10^{-6}$, il existe un rang $n$ tel que $u_n < 2{,}000001$. La boucle `while u >= a` s'arrête donc, et `rang(2.000001)` renvoie cette valeur de $n$.
2. La boucle s'arrête dès que $u_n < a$. Si $a \leqslant 2$, comme $u_n > 2$ pour tout $n$, la condition $u_n < a$ n'est jamais satisfaite et la boucle est infinie. Si $a > 2$, comme $u_n \to 2$, il existe un rang où $u_n < a$, donc la boucle s'arrête.
  
  `rang(a)` renvoie un résultat si et seulement si $a > 2$.

Partie B

$v_1 = 3 - \dfrac{2}{v_0} = 3 - \dfrac{2}{6} = 3 - \dfrac{1}{3} = \dfrac{8}{3}$.
1. Calculons $v_{n+1} - 1$ et $v_{n+1} - 2$ :
  $v_{n+1} - 1 = 3 - \dfrac{2}{v_n} - 1 = \dfrac{2 v_n - 2}{v_n} = \dfrac{2(v_n - 1)}{v_n}$ ;
  $v_{n+1} - 2 = 3 - \dfrac{2}{v_n} - 2 = \dfrac{v_n - 2}{v_n}$.
  
  Donc $w_{n+1} = \dfrac{v_{n+1} - 1}{v_{n+1} - 2} = \dfrac{2(v_n - 1)/v_n}{(v_n - 2)/v_n} = 2 \times \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2} = 2\, w_n$.
  
  $(w_n)$ est géométrique de raison $2$, et $w_0 = \dfrac{v_0 - 1}{v_0 - 2} = \dfrac{5}{4} = 1{,}25$.
2. $w_n = w_0 \times 2^n = 1{,}25 \times 2^n$. D'après l'admis $w_n - 1 = \dfrac{1}{v_n - 2}$, donc $v_n - 2 = \dfrac{1}{w_n - 1} = \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}$.
  
  Donc $v_n = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}$.
3. Quand $n \to +\infty$, $1{,}25 \times 2^n \to +\infty$, donc $\dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1} \to 0$ et $v_n \to 2$.
$v_n < 2{,}01$ équivaut à $\dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1} < 0{,}01$, soit (puisque $1{,}25 \times 2^n - 1 > 0$ pour $n \geqslant 0$) $1{,}25 \times 2^n - 1 > 100$, c'est-à-dire $2^n > \dfrac{101}{1{,}25} = 80{,}8$.

Comme $2^6 = 64 < 80{,}8$ et $2^7 = 128 > 80{,}8$, le plus petit entier $n$ tel que $v_n < 2{,}01$ est $n = 7$.

Vérification : $v_7 = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 128 - 1} = 2 + \dfrac{1}{159} \approx 2{,}0063 < 2{,}01$ ✓.

Partie C

Les deux suites convergent vers $2$ en restant strictement supérieures à $2$ (montré pour $(u_n)$ au A.4.a, et pour $(v_n)$ car $1{,}25 \times 2^n - 1 > 0$). Donc « $v_n \in {]1{,}99~;~2{,}01[}$ » équivaut à « $v_n < 2{,}01$ », idem pour $(u_n)$.

Pour $(v_n)$ : d'après B.3, le plus petit rang convenable est $7$ ; pour tout $n \geqslant 7$, $v_n < 2{,}01$.

Pour $(u_n)$ : $(u_n)$ étant décroissante, on cherche le plus petit $n$ tel que $u_n < 2{,}01$. À la calculatrice : $u_{16} \approx 2{,}0116 > 2{,}01$ et $u_{17} \approx 2{,}0087 < 2{,}01$. Donc pour tout $n \geqslant 17$, $u_n < 2{,}01$.

Le plus petit entier $N$ vérifiant simultanément les deux conditions est $N = \max(7~;~17) = 17$.

La suite $(v_n)$ converge bien plus rapidement vers $2$ que $(u_n)$.

Exercice 4

Affirmation 1 : FAUSSE.
Le premier chiffre a $9$ choix possibles (de $1$ à $9$). Les trois chiffres suivants doivent être distincts de ceux déjà placés : respectivement $9$, $8$ et $7$ choix. Total : $9 \times 9 \times 8 \times 7 = 4\,536$ codes, et non $5\,040$.
Affirmation 2 : FAUSSE.
Notons $L$ « la personne achète son billet en ligne » et $A$ « la personne prend l'audioguide ». L'énoncé donne $P(L) = 0{,}7$, $P_L(A) = 0{,}8$ et $P(\overline{A}) = 0{,}32$, donc $P(A) = 0{,}68$.

D'après la formule des probabilités totales : $P(A) = P(L) \times P_L(A) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(A)$, soit $0{,}68 = 0{,}7 \times 0{,}8 + 0{,}3 \times P_{\overline{L}}(A) = 0{,}56 + 0{,}3 \times P_{\overline{L}}(A)$. On obtient $P_{\overline{L}}(A) = \dfrac{0{,}12}{0{,}3} = 0{,}4$, donc $P_{\overline{L}}(\overline{A}) = 0{,}6$.

Or $0{,}6 < \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667$ : la probabilité au guichet de ne pas prendre l'audioguide n'est pas supérieure à $\dfrac{2}{3}$.
Affirmation 3 : VRAIE.
Le nombre $Y$ de visiteurs prenant l'audioguide parmi $12$ choisis indépendamment suit la loi binomiale $\mathcal{B}(12~;~0{,}68)$, donc :
$P(Y = 6) = \dbinom{12}{6} \times 0{,}68^6 \times 0{,}32^6 = 924 \times (0{,}68 \times 0{,}32)^6 = 924 \times 0{,}2176^6$.
Affirmation 4 : FAUSSE.
Conversion en minutes : $1$ h $20$ min $= 80$ min et $1$ h $40$ min $= 100$ min.
$E(X) = 50 \times 0{,}1 + 80 \times 0{,}6 + 100 \times 0{,}3 = 5 + 48 + 30 = 83$ minutes, et non $77$.

$x_i$	$50$ min	$1$ h $20$ min	$1$ h $40$ min
$P(X = x_i)$	$0{,}1$	$0{,}6$	$0{,}3$