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Examen national 2020 — Session de rattrapage
2BAC PC SVT · Mathématiques
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Examen national du baccalauréat — Session de rattrapage 2020
Mathématiques — Filière : Sciences Expérimentales (les deux parcours) — option française Code RS 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 DUJET
L’épreuve est composée de trois exercices et un problème indépendants entre eux et répartis suivants les domaines comme suit :
| Domaine | Barème | |
|---|---|---|
| Exercice 1 | Suites numériques | 2 points |
| Exercice 2 | Nombres complexes | 5 points |
| Exercice 3 | Dérivabilité et calcul intégral | 4 points |
| Problème | Etude des fonctions numériques et suites numériques | 9 points |
- On désigne par le module du nombre complexe et par son conjugué.
- désigne le logarithme népérien.
Exercice 1 — Suites numériques (2 points)
Soit la suite numérique définie par : et pour tout de
1) (0.5 pt) Montrer que pour tout de ,
Voir la solution
Initialisation. Pour : . La propriété est vraie au rang .
Hérédité. Soit . Supposons et montrons .
Comme , on a . De plus : Or implique et , donc , soit .
Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout : .
2) On pose pour tout de ,
a) (0.5 pt) Montrer que est une suite arithmétique de raison .
Voir la solution
D’après 1), , donc est bien défini. Soit :
u_{n+1}-2=\frac{2-u_n}{2u_n-5},$$ donc $$v_{n+1}=\frac{-3u_n+7}{2-u_n}=\frac{3u_n-7}{u_n-2}.$$ Alors $$v_{n+1}-v_n=\frac{3u_n-7-(u_n-3)}{u_n-2}=\frac{2u_n-4}{u_n-2}=2.$$ Donc $(v_n)$ est arithmétique de raison $2$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Ecrire $v_n$ en fonction de $n$ et en déduire $u_n$ en fonction de $n$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $v_0=\dfrac{1-3}{1-2}=2$, donc pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_n=v_0+2n=2+2n$. De $v_n=\dfrac{u_n-3}{u_n-2}=1-\dfrac{1}{u_n-2}$, on tire $\dfrac{1}{u_n-2}=1-v_n$, soit $$u_n=2+\frac{1}{1-v_n}=2+\frac{1}{1-(2+2n)}=2-\frac{1}{1+2n}=\frac{2(1+2n)-1}{1+2n}=\frac{1+4n}{1+2n}.$$ </div></details> **c)** *(0.25 pt)* Calculer la limite de la suite $(u_n)$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{1+4n}{1+2n}=\lim_{n\to+\infty}\frac{4+\frac{1}{n}}{2+\frac{1}{n}}=2.$$ </div></details> </div> <div class="ex" id="exercice-2"> ### Exercice 2 — Nombres complexes (5 points) **1)** *(0.75 pt)* Résoudre dans l'ensemble $\mathbb{C}$ des nombres complexes l'équation : $z^2-\sqrt{2}\,z+1=0$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $\Delta=2-4=-2=2i^2$. Les solutions sont $$z=\frac{\sqrt{2}\pm i\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pm i\frac{\sqrt{2}}{2}.$$ Donc $S=\left\{\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,;\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right\}$. </div></details> **2)** On pose $a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}i$. **a)** *(0.75 pt)* Ecrire $a$ sous forme trigonométrique et en déduire que $a^{2020}$ est un nombre réel. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $|a|=\sqrt{\dfrac{2}{4}+\dfrac{2}{4}}=1$ et $a=\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}$. Par Moivre : $a^{2020}=\cos\left(2020\cdot\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(2020\cdot\dfrac{\pi}{4}\right)=\cos(505\pi)+i\sin(505\pi)$. Or $505\pi=252\times2\pi+\pi$, donc $a^{2020}=\cos\pi=-1\in\mathbb{R}$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Soit le nombre complexe $b=\cos\dfrac{\pi}{8}+i\sin\dfrac{\pi}{8}$. Montrer que $b^2=a$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Par Moivre : $b^2=\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}=a$. </div></details> **3)** Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{u},\vec{v})$, on considère les point $A$, $B$ et $C$ d'affixes respectives $a$, $b$ et $c$ tel que $c=1$. La rotation $R$ de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{8}$ transforme le point $M$ d'affixe $z$ au point $M'$ d'affixe $z'$. **a)** *(0.25 pt)* Vérifier que : $z'=bz$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $M'=R(M)\iff z'=e^{i\frac{\pi}{8}}z$. Or $b=e^{i\frac{\pi}{8}}$, donc $z'=bz$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Déterminer l'image du point $C$ par la rotation $R$ et montrer que $A$ est l'image du point $B$ par $R$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> L'affixe de $R(C)$ est $bc=b\cdot1=b$ : $R(C)=B$. L'affixe de $R(B)$ est $b\cdot b=b^2=a$ : $R(B)=A$. </div></details> **4) a)** *(0.75 pt)* Montrer que : $|a-b|=|b-c|$ et en déduire la nature du triangle $ABC$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Comme $a=b^2$ et $|b|=1$ : $$|a-b|=|b^2-b|=|b|\,|b-1|=|b-1|=|b-c|$$ (car $c=1$). Donc $AB=BC$ : le triangle $ABC$ est isocèle en $B$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Déterminer une mesure de l'angle $(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=\arg\left(\frac{c-b}{a-b}\right)=\arg\left(\frac{1-b}{b^2-b}\right)=\arg\left(\frac{1-b}{b(b-1)}\right)=\arg\left(\frac{-(b-1)}{b(b-1)}\right)=\arg\left(-\frac{1}{b}\right).$$ Or $\arg\left(-\dfrac{1}{b}\right)=\pi-\arg(b)=\pi-\dfrac{\pi}{8}=\dfrac{7\pi}{8}$ (modulo $2\pi$). Une mesure de l'angle $(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$ est donc $\dfrac{7\pi}{8}$. *Écart avec le corrigé de contrôle :* celui-ci calcule $\arg\dfrac{a-b}{b-c}=\arg(b)=\dfrac{\pi}{8}$, c'est-à-dire une mesure de $(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})$. </div></details> **5)** Soit $T$ la translation de vecteur $\vec{u}$ et $D$ l'image de $A$ par $T$. **a)** *(0.25 pt)* Vérifier que l'affixe de $D$ est $b^2+1$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> L'affixe de $\vec{u}$ est $1$, donc l'affixe de $D=T(A)$ est $a+1=b^2+1$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer que $\dfrac{b^2+1}{b}=b+\overline{b}$ et en déduire que les points $O$, $B$ et $D$ sont alignés. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Comme $|b|=1$, on a $\overline{b}=\dfrac{1}{b}$, donc $$\frac{b^2+1}{b}=b+\frac{1}{b}=b+\overline{b}.$$ Or $b+\overline{b}=2\operatorname{Re}(b)\in\mathbb{R}$. L'affixe de $D$ est $d=b^2+1$, donc $\dfrac{d}{b}=\dfrac{b^2+1}{b}\in\mathbb{R}$. Ainsi $\overrightarrow{OB}$ et $\overrightarrow{OD}$ sont colinéaires : les points $O$, $B$ et $D$ sont alignés. </div></details> </div> <div class="ex" id="exercice-3"> ### Exercice 3 — Dérivabilité et calcul intégral (4 points) On considère la fonction numérique $u$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $u(x)=e^x-2x+2-3e^{-x}$. **1) a)** *(0.5 pt)* Montrer que pour tout $x$ de $\mathbb{R}$, $u'(x)=\dfrac{\left(e^x-1\right)^2+2}{e^x}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $$u'(x)=e^x-2+3e^{-x}=\frac{e^{2x}-2e^x+3}{e^x}=\frac{(e^x-1)^2+2}{e^x}.$$ </div></details> **b)** *(0.25 pt)* Dresser le tableau de variations de la fonction $u$ (sans calcul de limites) <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $\left(e^x-1\right)^2+2\geq2>0$ et $e^x>0$, donc $u'(x)>0$ : $u$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. $$\begin{array}{|c|ccc|}\hline x & -\infty & & +\infty\\\hline u'(x) & & + & \\\hline u(x) & & \nearrow & \\\hline\end{array}$$ </div></details> **c)** *(0.5 pt)* En déduire le signe de la fonction $u$ sur $\mathbb{R}$ (remarquer que $u(0)=0$). <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $u(0)=1-0+2-3=0$. Comme $u$ est strictement croissante : $u(x)<0$ sur $]-\infty,0[$ et $u(x)>0$ sur $]0,+\infty[$, et $u(0)=0$. </div></details> **2)** Soit $v$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $v(x)=e^{2x}-2xe^x+2e^x-3$. **a)** *(0.5 pt)* Vérifier que pour $x$ de $\mathbb{R}$, $v(x)=e^xu(x)$ <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$e^xu(x)=e^x\left(e^x-2x+2-3e^{-x}\right)=e^{2x}-2xe^x+2e^x-3=v(x).$$ </div></details> **b)** *(0.5 pt)* En déduire le signe de la fonction $v$ sur $\mathbb{R}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $e^x>0$ pour tout $x$, donc $v$ a le même signe que $u$ : $v(x)<0$ sur $]-\infty,0[$, $v(0)=0$ et $v(x)>0$ sur $]0,+\infty[$. </div></details> **3) a)** *(0.5 pt)* Montrer que la fonction $w$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $w(x)=\dfrac{1}{2}e^{2x}+(4-2x)e^x-3x$ est une primitive de la fonction $v$ sur $\mathbb{R}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Dérivons terme à terme. Pour le produit $(1-x)e^{1-x}$ : $$\bigl((1-x)e^{1-x}\bigr)'=-e^{1-x}+(1-x)(-e^{1-x})=(x-2)e^{1-x}.$$ Et $(-x^2+5x-3-2\ln x)'=-2x+5-\dfrac{2}{x}$. Donc $$f'(x)=(x-2)e^{1-x}-2x+5-\frac{2}{x}.$$ Par ailleurs : $$(x-2)g(x)=(x-2)\left(e^{1-x}+\frac{1}{x}-2\right)=(x-2)e^{1-x}+\frac{x-2}{x}-2(x-2).$$ Or $$\frac{x-2}{x}-2(x-2)=\frac{x-2-2x(x-2)}{x}=\frac{-2x^2+5x-2}{x}=-2x+5-\frac{2}{x}.$$ Donc $f'(x)=(x-2)g(x)$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Calculer l'intégrale $\displaystyle\int_0^2 v(x)\,dx$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$\int_0^2 v(x)\,dx=\bigl[w(x)\bigr]_0^2=w(2)-w(0).$$ $w(2)=\dfrac{1}{2}e^4+(4-4)e^2-6=\dfrac{1}{2}e^4-6$, $w(0)=\dfrac{1}{2}+4-0=\dfrac{9}{2}$. Donc $\displaystyle\int_0^2 v(x)\,dx=\dfrac{1}{2}e^4-6-\dfrac{9}{2}=\dfrac{1}{2}e^4-\dfrac{21}{2}$. </div></details> **c)** *(0.75 pt)* Montrer que $\dfrac{9}{2}$ est le minimum absolu de la fonction $w$ sur $\mathbb{R}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $w'=v$ : d'après 2.b), $w'<0$ sur $]-\infty,0[$ et $w'>0$ sur $]0,+\infty[$. Donc $w$ admet un minimum absolu en $0$, et $w(0)=\dfrac{9}{2}$. </div></details> </div> <div class="ex" id="exercice-4"> ### Exercice 4 — Problème (9 points) **I -** Soit $g$ la fonction numérique définie sur $]0,+\infty[$ par : $g(x)=e^{1-x}+\dfrac{1}{x}-2$ **1)** *(0.5 pt)* Montrer que $g'(x)<0$ pour tout $x\in]0,+\infty[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $g'(x)=-e^{1-x}-\dfrac{1}{x^2}$. Or $-e^{1-x}<0$ et $-\dfrac{1}{x^2}<0$, donc $g'(x)<0$ pour tout $x>0$. </div></details> **2)** *(0.5 pt)* Déduire le tableau de signe de $g(x)$ sur l'intervalle $]0,+\infty[$ (remarquer que $g(1)=0$) <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $g(1)=e^{0}+1-2=0$. Comme $g$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ : $g(x)>0$ sur $]0,1[$ et $g(x)<0$ sur $]1,+\infty[$. $$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty\\\hline g(x) & & + & 0 & - & \\\hline\end{array}$$ </div></details> **II –** On considère la fonction numérique $f$ définie sur $]0,+\infty[$ par : $$f(x)=(1-x)e^{1-x}-x^2+5x-3-2\ln x$$ et soit $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j})$ (unité : $2$ cm) **1)** *(0.5 pt)* Montrer que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to0\\x>0}}f(x)=+\infty$ puis interpréter le résultat géométriquement. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Quand $x\to0^+$ : $(1-x)e^{1-x}\to e$, $-x^2+5x-3\to-3$, et $-2\ln x\to+\infty$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ : la courbe $(\mathcal{C})$ admet la droite $x=0$ comme asymptote verticale. </div></details> **2) a)** *(0.5 pt)* Montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(x)=-x^2+5x-3+(1-x)e^{1-x}-2\ln x$. Le terme $-x^2$ domine et tend vers $-\infty$ ; $(1-x)e^{1-x}\to0$ et $-2\ln x\to-\infty$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=-\infty$ puis interpréter le résultat géométriquement. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $$\frac{f(x)}{x}=-x+5-\frac{3}{x}+\frac{(1-x)e^{1-x}}{x}-\frac{2\ln x}{x}.$$ Quand $x\to+\infty$ : $-x\to-\infty$, $\dfrac{(1-x)e^{1-x}}{x}\to0$ et $\dfrac{\ln x}{x}\to0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty$. Comme de plus $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$, la courbe $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$. </div></details> **3) a)** *(1 pt)* Montrer que pour tout $x\in]0,+\infty[$, $f'(x)=(x-2)g(x)$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Dérivons terme à terme. Pour le produit $(1-x)e^{1-x}$ : $$\bigl((1-x)e^{1-x}\bigr)'=-e^{1-x}+(1-x)(-e^{1-x})=-e^{1-x}-(1-x)e^{1-x}=(-1-1+x)e^{1-x}=(x-2)e^{1-x}.$$ Et $(-x^2+5x-3-2\ln x)'=-2x+5-\dfrac{2}{x}$. Donc \begin{align*} f'(x)&=(x-2)e^{1-x}-2x+5-\frac{2}{x} =(x-2)e^{1-x}+(x-2)\cdot\frac{1}{x}? \end{align*} Plus précisément : $$-2x+5-\frac{2}{x}=\frac{-2x^2+5x-2}{x}=\frac{-(2x^2-5x+2)}{x}=\frac{-(2x-1)(x-2)}{x}.$$ *Vérification directe avec $g$ :* $$(x-2)g(x)=(x-2)\left(e^{1-x}+\frac{1}{x}-2\right)=(x-2)e^{1-x}+\frac{x-2}{x}-2(x-2).$$ Or $\dfrac{x-2}{x}-2(x-2)=\dfrac{x-2-2x(x-2)}{x}=\dfrac{x-2-2x^2+4x}{x}=\dfrac{-2x^2+5x-2}{x}=-2x+5-\dfrac{2}{x}$. Donc $f'(x)=(x-2)g(x)$. </div></details> **b)** *(0.75 pt)* Montrer que la fonction $f$ est décroissante sur $]0,1]$ et sur $[2,+\infty[$ et est croissante sur $[1,2]$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après I.2) et 3.a) : le signe de $f'$ est celui de $(x-2)g(x)$. | $x$ | $0$ | | $1$ | | $2$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---|---|---| | $x-2$ | | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | | | $g(x)$ | | $+$ | $0$ | $-$ | $-$ | $-$ | | | $f'(x)$ | | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ | | Donc $f$ est décroissante sur $]0,1]$, croissante sur $[1,2]$, décroissante sur $[2,+\infty[$. </div></details> **c)** *(0.25 pt)* Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur $]0,+\infty[$. (on admet que $f(2)\simeq1{,}25$) <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(1)=(1-1)e^{0}-1+5-3-0=1$. $$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & 2 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & 0 & - & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 1 & \nearrow & 1{,}25 & \searrow & -\infty\\\hline\end{array}$$ </div></details> **4)** *(0.5 pt)* Sachant que $f(3)\simeq0{,}5$ et $f(4)\simeq-1{,}9$, montrer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans l'intervalle $]3,4[$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f$ est continue et strictement décroissante sur $[3,4]\subset[2,+\infty[$, avec $f(3)>0$ et $f(4)<0$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans $]3,4[$. </div></details> **5)** *(1 pt)* Construire la courbe $(\mathcal{C})$ dans le repère $(O;\vec{i},\vec{j})$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> On place : l'asymptote verticale $x=0$, le minimum local $(1,1)$, le maximum local $(2\,;\,1{,}25)$, la racine $\alpha\in\,]3,4[$, et la branche parabolique verticale en $+\infty$. <img class="fig" src="/img/2bac-se/examens/2020_r_sol_courbe.png" alt="Courbe $(\mathcal{C})$" loading="lazy"> </div></details> **III –** On pose $h(x)=f(x)-x$ pour tout $x$ de l'intervalle $[1,2]$. **1) a)** *(0.5 pt)* A partir du tableau de variations de la fonction $h$ ci-contre $$\begin{array}{|c|ccc|}\hline x & 1 & & 2\\\hline h'(x) & & - & \\\hline h(x) & 0 & \searrow & h(2)\\\hline\end{array}$$ montrer que $f(x)\leq x$ pour tout $x\in[1,2]$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> D'après le tableau, $h$ est décroissante sur $[1,2]$ avec $h(1)=0$, donc $h(x)\leq0$ pour tout $x\in[1,2]$, soit $f(x)-x\leq0$, d'où $f(x)\leq x$. </div></details> **b)** *(0.25 pt)* Montrer que $1$ est la seule solution de l'équation $f(x)=x$ sur l'intervalle $[1,2]$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $f(x)=x\iff h(x)=0$. Or $h$ est strictement décroissante sur $[1,2]$ (tableau) et $h(1)=0$, donc $h(x)<0$ pour $x\in\,]1,2]$ : la seule solution est $x=1$. </div></details> **2)** Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par : $u_0=2$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. **a)** *(0.75 pt)* Montrer par récurrence que $1\leq u_n\leq2$ pour tout $n$ de $\mathbb{N}$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> **Initialisation.** $u_0=2$ et $1\leq2\leq2$ : vrai au rang $0$. **Hérédité.** Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $1\leq u_n\leq2$. Sur $[1,2]$, $f$ est croissante (II.3.b) et $f(1)=1$, $f(2)\simeq1{,}25\leq2$. De plus, d'après III.1.a) : $f(u_n)\leq u_n\leq2$. Et comme $u_n\geq1$ et $f$ croissante : $f(u_n)\geq f(1)=1$. Donc $1\leq u_{n+1}\leq2$. **Conclusion.** D'après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $1\leq u_n\leq2$. </div></details> **b)** *(0.5 pt)* Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> Soit $n\in\mathbb{N}$. Comme $u_n\in[1,2]$, d'après III.1.a) : $u_{n+1}=f(u_n)\leq u_n$. Donc $(u_n)$ est décroissante. </div></details> **c)** *(0.75 pt)* En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente et calculer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$. <details class="sol"><summary>Voir la solution</summary><div class="box solution"> $(u_n)$ est décroissante et minorée par $1$, donc convergente vers une limite $\ell\geq1$. Par continuité de $f$ : $\ell=f(\ell)$, avec $\ell\in[1,2]$. D'après III.1.b), $\ell=1$. Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$. </div></details> </div> <p><a href="/2bac-se/examens-nationaux/">← Tous les examens nationaux</a></p>