Bac 2025 de spécialité maths, Asie jour 1 : sujet officiel et corrigé

Affirmation 1. L'affirmation est une conjonction : il faut que $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$, $\mathrm{C}$ définissent un plan pour tout $\alpha$, ET que $\vec{\jmath}$ soit normal à ce plan. Méthode : trois points définissent un plan s'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire si $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ ne sont pas colinéaires ; un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.

Coordonnées : $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}\alpha-1\\2\\\alpha\end{pmatrix}$. Si l'on avait $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=k\,\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, la deuxième coordonnée donnerait $2=0\times k=0$, ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont donc jamais colinéaires : pour toute valeur de $\alpha$, les points $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$, $\mathrm{C}$ définissent un plan. La première moitié de l'affirmation est vraie.

Produits scalaires avec $\vec{\jmath}(0\,;1\,;0)$ : $\vec{\jmath}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0\times 1+1\times 0+0\times 0=0$, mais $\vec{\jmath}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=0\times(\alpha-1)+1\times 2+0\times\alpha=2\neq 0$. Le vecteur $\vec{\jmath}$ n'est orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ pour AUCUNE valeur de $\alpha$ : il n'est jamais normal au plan $(\mathrm{ABC})$. L'affirmation 1 est FAUSSE.

Pour aller plus loin, un vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ vérifie $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=a=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=2b+\alpha c=0$ ; on peut prendre $\vec{n}\begin{pmatrix}0\\\alpha\\-2\end{pmatrix}$, dont la troisième coordonnée $-2$ n'est jamais nulle : il n'est jamais colinéaire à $\vec{\jmath}$. Exemple qui parle : pour $\alpha=0$, les trois points $\mathrm{A}(1\,;1\,;0)$, $\mathrm{B}(2\,;1\,;0)$ et $\mathrm{C}(0\,;3\,;0)$ ont une cote nulle, le plan est le plan $(x\mathrm{O}y)$, de vecteur normal $\vec{k}$ et non $\vec{\jmath}$.

Erreur fréquente : vérifier seulement $\vec{\jmath}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$ et conclure. Un vecteur orthogonal à UN vecteur du plan n'est pas normal au plan ; il en faut deux, non colinéaires.

Affirmation 2. Méthode : deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. Un vecteur directeur de $(d)$ se lit sur les coefficients de $t$ : $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}$. Un vecteur directeur de $(\mathrm{AC})$ est $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}\alpha-1\\2\\\alpha\end{pmatrix}$.

On cherche un réel $k$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=k\vec{u}$, soit $\alpha-1=k$, $2=2k$ et $\alpha=-k$. La deuxième équation impose $k=1$ ; la première donne alors $\alpha=2$, la troisième $\alpha=-1$. Les deux valeurs sont incompatibles : le système n'a pas de solution, et aucune valeur de $\alpha$ ne rend les droites parallèles. L'affirmation 2 est FAUSSE.

Vérification : pour $\alpha=2$, la valeur que donnent les deux premières coordonnées, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}(1\,;2\,;2)$ et $\vec{u}(1\,;2\,;-1)$ diffèrent par la troisième coordonnée. Erreur fréquente : résoudre avec deux coordonnées seulement, trouver $\alpha=2$ et répondre « vrai ». La colinéarité se vérifie sur les TROIS coordonnées.

Affirmation 3. Méthode : l'angle $\widehat{\mathrm{OAB}}$ a pour sommet $\mathrm{A}$ ; on l'obtient par le produit scalaire des deux vecteurs ISSUS DE $\mathrm{A}$, $\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, avec $\overrightarrow{\mathrm{AO}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\mathrm{AO}\times\mathrm{AB}\times\cos\widehat{\mathrm{OAB}}$.

$\overrightarrow{\mathrm{AO}}\begin{pmatrix}-1\\-1\\0\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$, donc $\overrightarrow{\mathrm{AO}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=-1\times 1+(-1)\times 0+0\times 0=-1$. Les normes : $\mathrm{AO}=\sqrt{(-1)^{2}+(-1)^{2}+0^{2}}=\sqrt{2}$ et $\mathrm{AB}=1$ (le repère est orthonormé).

D'où $\cos\widehat{\mathrm{OAB}}=\dfrac{-1}{\sqrt{2}\times 1}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\approx -0{,}71$. L'angle géométrique est compris entre $0^{\circ}$ et $180^{\circ}$, et le seul angle de cet intervalle dont le cosinus vaut $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ est $135^{\circ}$. L'affirmation 3 est VRAIE.

Vérification par un dessin : les trois points ont une cote nulle, on reste dans le plan $(x\mathrm{O}y)$. Depuis $\mathrm{A}(1\,;1)$, le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ part horizontalement vers la droite, et $\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ part vers le bas à gauche, à $45^{\circ}$ sous l'horizontale. L'écart entre les deux directions est bien $180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ}$.

Erreur fréquente : calculer avec $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ au lieu de $\overrightarrow{\mathrm{AO}}$. Le produit scalaire change de signe, le cosinus vaut $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ et l'on trouve $45^{\circ}$, l'angle supplémentaire. Les deux vecteurs doivent partir du sommet de l'angle.

Affirmation 4. Méthode : le projeté orthogonal de $\mathrm{A}$ sur $(d)$ est l'unique point $\mathrm{H}$ qui vérifie DEUX conditions : $\mathrm{H}\in(d)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\perp\vec{u}$. On commence par la plus rapide, l'appartenance.

Si $\mathrm{H}(1\,;2\,;2)$ était sur $(d)$, il existerait $t$ tel que $1+t=1$, $2t=2$ et $-t=2$. La première équation donne $t=0$, la deuxième $t=1$, la troisième $t=-2$ : le système est incompatible, $\mathrm{H}$ n'appartient pas à $(d)$. Il ne peut pas être le projeté orthogonal de $\mathrm{A}$ sur $(d)$ : l'affirmation 4 est FAUSSE.

Le piège est soigné : $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\begin{pmatrix}0\\1\\2\end{pmatrix}$ vérifie $\overrightarrow{\mathrm{AH}}\cdot\vec{u}=0\times 1+1\times 2+2\times(-1)=0$. La condition d'orthogonalité est donc remplie, et un élève qui ne vérifie qu'elle répond « vrai ». Le point $\mathrm{H}$ est sur le plan passant par $\mathrm{A}$ orthogonal à $(d)$, mais pas sur la droite.

Le vrai projeté : un point de $(d)$ s'écrit $\mathrm{M}(1+t\,;2t\,;-t)$, et $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\begin{pmatrix}t\\2t-1\\-t\end{pmatrix}$. La condition $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\cdot\vec{u}=t+2(2t-1)+t=6t-2=0$ donne $t=\dfrac{1}{3}$, soit le point $\left(\dfrac{4}{3}\,;\dfrac{2}{3}\,;-\dfrac{1}{3}\right)$. Contrôle : $\overrightarrow{\mathrm{AM}}\left(\dfrac{1}{3}\,;-\dfrac{1}{3}\,;-\dfrac{1}{3}\right)$ et $\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}=0$. La distance de $\mathrm{A}$ à $(d)$ vaut $\sqrt{\dfrac{3}{9}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.

Affirmation 5. Méthode : un point $\mathrm{M}$ est sur la sphère de centre $\mathrm{O}$ et de rayon $1$ si et seulement si $\mathrm{OM}=1$, soit $\mathrm{OM}^{2}=1$. On cherche donc les valeurs de $t$ pour lesquelles le point $\mathrm{M}(1+t\,;2t\,;-t)$ de $(d)$ vérifie cette égalité.

$\mathrm{OM}^{2}=(1+t)^{2}+(2t)^{2}+(-t)^{2}=1+2t+t^{2}+4t^{2}+t^{2}=6t^{2}+2t+1$. L'équation $6t^{2}+2t+1=1$ équivaut à $6t^{2}+2t=0$, soit $2t(3t+1)=0$, d'où $t=0$ ou $t=-\dfrac{1}{3}$.

Deux valeurs distinctes du paramètre donnent deux points distincts de la droite ($\vec{u}\neq\vec{0}$) : $t=0$ donne $(1\,;0\,;0)$ et $t=-\dfrac{1}{3}$ donne $\left(\dfrac{2}{3}\,;-\dfrac{2}{3}\,;\dfrac{1}{3}\right)$. Contrôle : $\dfrac{4}{9}+\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}=1$. La sphère rencontre $(d)$ en deux points distincts : l'affirmation 5 est VRAIE.

Seconde vérification, par la distance : le projeté orthogonal de $\mathrm{O}$ sur $(d)$ s'obtient par $\overrightarrow{\mathrm{OM}}\cdot\vec{u}=(1+t)+4t+t=1+6t=0$, soit $t=-\dfrac{1}{6}$ et le point $\left(\dfrac{5}{6}\,;-\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{6}\right)$, à la distance $\sqrt{\dfrac{30}{36}}=\sqrt{\dfrac{5}{6}}\approx 0{,}91$ de $\mathrm{O}$. Cette distance est inférieure au rayon $1$ : la droite traverse la sphère. Erreur fréquente : voir que $(1\,;0\,;0)$, obtenu pour $t=0$, est sur la sphère, et s'arrêter là sans chercher le second point.

A.1. La première donnée porte sur TOUS les jouets : $P(F)=0{,}95$. La deuxième commence par « parmi les jouets qui réussissent le test de fabrication » : la population de référence est celle des jouets de $F$, c'est une probabilité conditionnelle, $P_{F}(S)=0{,}98$.

Erreur fréquente : écrire $P(S)=0{,}98$ ou $P(F\cap S)=0{,}98$. Chaque pourcentage se rapporte à une population, et c'est elle qui décide s'il s'agit d'une probabilité simple, d'une intersection ou d'une probabilité conditionnelle.

A.2.a. Le premier niveau de l'arbre porte $F$ et $\overline{F}$, avec $P(F)=0{,}95$ et, par l'événement contraire, $P(\overline{F})=1-0{,}95=0{,}05$. Les branches issues de $F$ portent $P_{F}(S)=0{,}98$ et $P_{F}(\overline{S})=1-0{,}98=0{,}02$.

Les branches issues de $\overline{F}$ ne sont pas données directement. La troisième donnée, « $1\,\%$ des jouets ne réussissent aucun des deux tests », est la probabilité d'une INTERSECTION, $P(\overline{F}\cap\overline{S})=0{,}01$ : elle ne se place pas sur une branche, elle se place au bout du chemin $\overline{F}$ puis $\overline{S}$. Avec les seules données de l'énoncé, ces deux branches restent à compléter ; c'est la question suivante qui les calcule. L'arbre complet figure en fin de corrigé.

Piège : écrire $0{,}01$ sur la branche de $\overline{F}$ vers $\overline{S}$. Une branche du second niveau porte une probabilité conditionnelle, pas la probabilité d'un chemin.

A.2.b. Formule des probabilités composées, sur le chemin $\overline{F}$ puis $\overline{S}$ : $P(\overline{F}\cap\overline{S})=P(\overline{F})\times P_{\overline{F}}(\overline{S})$. Donc $P_{\overline{F}}(\overline{S})=\dfrac{P(\overline{F}\cap\overline{S})}{P(\overline{F})}=\dfrac{0{,}01}{0{,}05}=0{,}2$.

On en déduit aussi $P_{\overline{F}}(S)=1-0{,}2=0{,}8$, ce qui complète l'arbre. Interprétation : parmi les jouets qui échouent au test de fabrication, $20\,\%$ échouent aussi au test de sécurité.

A.3. « Réussir les deux tests » est l'événement $F\cap S$. Par les probabilités composées : $P(F\cap S)=P(F)\times P_{F}(S)=0{,}95\times 0{,}98=0{,}931$.

Contrôle : $0{,}931\leqslant P(F)=0{,}95$, une intersection est plus petite que chacun des événements. Erreur fréquente : répondre $0{,}98$, la probabilité de réussir le test de sécurité SACHANT que le jouet a réussi celui de fabrication.

A.4. Formule des probabilités totales, avec la partition $\{F\,;\overline{F}\}$ : $P(S)=P(F\cap S)+P(\overline{F}\cap S)=0{,}931+P(\overline{F})\times P_{\overline{F}}(S)=0{,}931+0{,}05\times 0{,}8=0{,}931+0{,}04=0{,}971$.

Arrondie au centième, $P(S)\approx 0{,}97$. Vérification par l'événement contraire : $P(\overline{S})=P(F\cap\overline{S})+P(\overline{F}\cap\overline{S})=0{,}95\times 0{,}02+0{,}01=0{,}019+0{,}01=0{,}029$, et $1-0{,}029=0{,}971$.

Piège : oublier le chemin qui passe par $\overline{F}$. Un jouet peut réussir le test de sécurité sans avoir réussi celui de fabrication ; s'arrêter à $0{,}931$ ne donne pas $0{,}97$.

A.5. On sait que le jouet a réussi le test de sécurité : on cherche $P_{S}(F)$. L'arbre commence par $F$, la question part de $S$ : on revient à la définition d'une probabilité conditionnelle, la démarche de la formule de Bayes.

$P_{S}(F)=\dfrac{P(F\cap S)}{P(S)}=\dfrac{0{,}931}{0{,}971}\approx 0{,}958\,8$, soit $0{,}96$ au centième. Parmi les jouets qui ont réussi le test de sécurité, environ $96\,\%$ ont aussi réussi le test de fabrication.

On divise par la valeur EXACTE $0{,}971$, et non par l'arrondi $0{,}97$ : ici les deux donnent $0{,}96$, mais diviser par une valeur arrondie est une habitude qui coûte des points dans d'autres sujets. Erreur fréquente : répondre $P_{F}(S)=0{,}98$, la probabilité « dans l'autre sens ».

B.1. Pour une variable aléatoire qui suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$, l'espérance vaut $np$ et la variance $np(1-p)$. Ici $E(S_{n})=0{,}95n$ et $V(S_{n})=n\times 0{,}95\times 0{,}05=0{,}0475n$.

Erreur fréquente : écrire $V(S_{n})=np$ ou oublier le facteur $1-p$. Vérification : la variance d'une loi binomiale est toujours inférieure à son espérance, puisque $1-p<1$.

B.2.a. Formule de la loi binomiale : $P(S_{150}=145)=\dbinom{150}{145}\times 0{,}95^{145}\times 0{,}05^{5}$. À la calculatrice (fonction de densité de la loi binomiale, avec $n=150$, $p=0{,}95$, $k=145$) : $P(S_{150}=145)\approx 0{,}109$.

Interprétation : quand on prélève un lot de $150$ jouets, la probabilité qu'EXACTEMENT $145$ d'entre eux réussissent le test de fabrication est d'environ $0{,}109$, soit un peu moins de $11\,\%$. Ce n'est pas faible : $145$ est très proche de l'espérance $0{,}95\times 150=142{,}5$, donc parmi les valeurs les plus probables.

Piège : le coefficient $\dbinom{150}{145}$ est égal à $\dbinom{150}{5}$ ; l'oublier, ou écrire $0{,}05^{145}\times 0{,}95^{5}$ en inversant les exposants, donne une valeur absurde.

B.2.b. D'abord traduire « au moins $94\,\%$ des jouets du lot » : $0{,}94\times 150=141$, donc on cherche $P(S_{150}\geqslant 141)$. La calculatrice donne les probabilités cumulées $P(S\leqslant k)$ : on passe à l'événement contraire, $P(S_{150}\geqslant 141)=1-P(S_{150}\leqslant 140)$.

À la calculatrice, $P(S_{150}\leqslant 140)\approx 0{,}219\,1$, d'où $P(S_{150}\geqslant 141)\approx 0{,}781$. La probabilité qu'au moins $94\,\%$ des jouets du lot réussissent le test de fabrication est d'environ $0{,}781$.

Piège classique : écrire $1-P(S_{150}\leqslant 141)$. Le contraire de « $S\geqslant 141$ » est « $S\leqslant 140$ », la valeur $141$ appartient à l'événement cherché.

B.3.a. Par linéarité de l'espérance, $E(F_{n})=E\left(\dfrac{1}{n}S_{n}\right)=\dfrac{1}{n}E(S_{n})=\dfrac{0{,}95n}{n}=0{,}95$.

Pour la variance, $V(aX)=a^{2}V(X)$ : $V(F_{n})=\dfrac{1}{n^{2}}V(S_{n})=\dfrac{0{,}0475n}{n^{2}}=\dfrac{0{,}0475}{n}$. Le facteur $\dfrac{1}{n}$ sort AU CARRÉ : c'est ce qui fait diminuer la dispersion de la proportion quand le lot grandit, alors que son espérance reste $0{,}95$.

B.3.b. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $F_{n}$, s'écrit pour tout réel $\delta>0$ : $P\left(\left|F_{n}-E(F_{n})\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V(F_{n})}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]0{,}93\,;0{,}97[$ est centré en $E(F_{n})=0{,}95$, de demi-largeur $0{,}02$ : $I$ s'écrit $\left|F_{n}-0{,}95\right|<0{,}02$. Avec $\delta=0{,}02$ : $P\left(\left|F_{n}-0{,}95\right|\geqslant 0{,}02\right)\leqslant\dfrac{0{,}0475}{0{,}02^{2}\,n}=\dfrac{0{,}0475}{0{,}000\,4\,n}=\dfrac{118{,}75}{n}$.

On passe à l'événement contraire, ce qui renverse le sens de l'inégalité : $P(I)=1-P\left(\left|F_{n}-0{,}95\right|\geqslant 0{,}02\right)\geqslant 1-\dfrac{118{,}75}{n}$.

Il suffit donc que $1-\dfrac{118{,}75}{n}\geqslant 0{,}96$, c'est-à-dire $\dfrac{118{,}75}{n}\leqslant 0{,}04$, soit $n\geqslant\dfrac{118{,}75}{0{,}04}=2\,968{,}75$. À partir de $n=2\,969$ jouets, l'inégalité garantit $P(I)\geqslant 0{,}96$. Contrôle : $1-\dfrac{118{,}75}{2\,969}\approx 0{,}960\,003\geqslant 0{,}96$, alors que $1-\dfrac{118{,}75}{2\,968}<0{,}96$.

Ce nombre est une valeur qui SUFFIT, pas le plus petit lot pour lequel $P(I)\geqslant 0{,}96$ : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev est grossière. Avec la loi binomiale elle-même, pour un lot de $1\,000$ jouets, la probabilité que $930<S_{n}<970$ dépasse déjà $0{,}99$. C'est pourquoi l'énoncé demande « une valeur » à partir de laquelle la probabilité dépasse $0{,}96$.

Deux pièges : prendre $\delta=0{,}97-0{,}93=0{,}04$, la largeur entière, au lieu de la demi-largeur $0{,}02$ ; et oublier le carré de $\delta$, ce qui donnerait $n\geqslant 59{,}375$.

A.1. On applique la relation de récurrence avec $n=1$ : $u_{2}=2+0{,}8u_{1}=2+0{,}8\times 2=2+1{,}6=3{,}6$. Juste après la deuxième prise, l'organisme contient $3{,}6$ mL de médicament.

Lecture du modèle : d'une heure à l'autre, l'organisme élimine $20\,\%$ du médicament présent (il en reste $80\,\%$, d'où le facteur $0{,}8$), puis le patient prend une nouvelle dose de $2$ mL. Erreur fréquente : calculer $u_{2}$ avec $u_{0}$, qui n'existe pas ici, la suite commence au rang $1$.

A.2. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier $n\geqslant 1$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $u_{n}=10-8\times 0{,}8^{n-1}$ ».

Initialisation, au rang $1$ (le premier rang de la suite) : $10-8\times 0{,}8^{0}=10-8\times 1=2=u_{1}$. La propriété $\mathcal{P}(1)$ est vraie.

Hérédité : soit $n\geqslant 1$ un entier tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $u_{n}=10-8\times 0{,}8^{n-1}$. Montrons $\mathcal{P}(n+1)$, c'est-à-dire $u_{n+1}=10-8\times 0{,}8^{n}$. Par la relation de récurrence puis l'hypothèse : $u_{n+1}=2+0{,}8u_{n}=2+0{,}8\left(10-8\times 0{,}8^{n-1}\right)=2+8-8\times 0{,}8\times 0{,}8^{n-1}=10-8\times 0{,}8^{n}$. La propriété $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $1$ et héréditaire, donc pour tout entier naturel $n$ strictement positif, $u_{n}=10-8\times 0{,}8^{n-1}$.

Vérification sur un terme calculé : $10-8\times 0{,}8=10-6{,}4=3{,}6=u_{2}$. Le piège de l'hérédité est l'exposant : $0{,}8\times 0{,}8^{n-1}=0{,}8^{n}$, et c'est bien l'exposant attendu au rang $n+1$, puisque $(n+1)-1=n$. Initialiser au rang $0$ serait une faute : la propriété n'est énoncée qu'à partir de $n=1$.

A.3. Limite d'une suite géométrique : comme $0<0{,}8<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}8^{n-1}=0$. Par produit et somme, $\lim\limits_{n\to+\infty}u_{n}=10-8\times 0=10$.

Interprétation : à long terme, la quantité de médicament présente dans l'organisme juste après une prise se stabilise autour de $10$ mL. On parle d'état d'équilibre : $10$ est la solution de $\ell=2+0{,}8\ell$, la quantité pour laquelle ce qui est éliminé en une heure, $20\,\%$ de $10$, soit $2$ mL, compense exactement la dose prise.

A.4. Pour $N\geqslant 1$ : $u_{N}\geqslant 10\iff 10-8\times 0{,}8^{N-1}\geqslant 10\iff -8\times 0{,}8^{N-1}\geqslant 0\iff 0{,}8^{N-1}\leqslant 0$. Or une puissance d'un réel strictement positif est strictement positive : $0{,}8^{N-1}>0$. L'inéquation n'admet donc aucune solution.

Interprétation : la quantité de médicament dans l'organisme reste toujours strictement inférieure à $10$ mL ; elle s'en approche autant qu'on veut (question A.3) sans jamais l'atteindre. Les deux résultats ne se contredisent pas : une suite peut avoir pour limite une valeur qu'elle n'atteint jamais.

A.5. On résout l'inéquation $u_{n}>9$ dans les entiers $n\geqslant 1$ : $10-8\times 0{,}8^{n-1}>9\iff 8\times 0{,}8^{n-1}<1\iff 0{,}8^{n-1}<0{,}125$.

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$, elle conserve l'ordre : $(n-1)\ln 0{,}8<\ln 0{,}125$. Comme $\ln 0{,}8<0$, diviser par $\ln 0{,}8$ RENVERSE l'inégalité : $n-1>\dfrac{\ln 0{,}125}{\ln 0{,}8}\approx 9{,}32$, soit $n>10{,}32$. Le plus petit entier qui convient est $n=11$.