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

A.1. On traduit chaque phrase de l'énoncé en probabilité, en repérant la population à laquelle elle se rapporte. « Une fois sur dix d'un contrôle total », parmi TOUS les contrôles : $P(T)=0{,}1$, donc $P(\overline{T})=1-0{,}1=0{,}9$.

« Lorsqu'un contrôle total est déclenché, une erreur est détectée dans $30\,\%$ des cas » : la population est celle des contrôles totaux, c'est une probabilité conditionnée par $T$, $P_{T}(E)=0{,}3$, d'où $P_{T}(\overline{E})=0{,}7$. « Lorsqu'un contrôle partiel est effectué, dans $85\,\%$ des cas, il n'y a pas d'erreur » : $P_{\overline{T}}(\overline{E})=0{,}85$, d'où $P_{\overline{T}}(E)=1-0{,}85=0{,}15$.

L'arbre pondéré a donc un premier niveau $T$ ($0{,}1$) et $\overline{T}$ ($0{,}9$), puis, issues de $T$, les branches $E$ ($0{,}3$) et $\overline{E}$ ($0{,}7$), et issues de $\overline{T}$, les branches $E$ ($0{,}15$) et $\overline{E}$ ($0{,}85$). Il est dessiné en fin de corrigé. Contrôle : les branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$.

Formule des probabilités composées, lue sur le chemin $\overline{T}$ puis $E$ : $P\left(\overline{T}\cap E\right)=P(\overline{T})\times P_{\overline{T}}(E)=0{,}9\times 0{,}15=0{,}135$.

Erreur fréquente : placer $0{,}85$ sur la branche de $\overline{T}$ vers $E$. Le $85\,\%$ de l'énoncé compte les contrôles partiels SANS erreur, c'est la branche vers $\overline{E}$. La phrase est construite à l'envers des deux précédentes, et c'est voulu.

A.2. Formule des probabilités totales, avec la partition $\{T\,;\overline{T}\}$ : $P(E)=P(T\cap E)+P\left(\overline{T}\cap E\right)$. Le premier terme vaut $P(T)\times P_{T}(E)=0{,}1\times 0{,}3=0{,}03$, donc $P(E)=0{,}03+0{,}135=0{,}165$.

La probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle est $0{,}165$. Vérification : c'est exactement la valeur $p=0{,}165$ que la partie B prend comme donnée, ce qui confirme l'arbre. La rédaction attendue cite la formule des probabilités totales et nomme la partition : écrire seulement « $0{,}03+0{,}135$ » coûte une partie des points.

A.3. On sait qu'une erreur a été détectée : on cherche une probabilité conditionnée par $E$, $P_{E}(T)$. L'arbre commence par $T$, la question part de $E$ : on revient à la définition d'une probabilité conditionnelle.

$P_{E}(T)=\dfrac{P(T\cap E)}{P(E)}=\dfrac{0{,}03}{0{,}165}=\dfrac{30}{165}=\dfrac{2}{11}\approx 0{,}181\,8$, soit $0{,}18$ arrondi au centième.

Interprétation : quand une erreur est détectée, il s'agit d'un contrôle total dans environ $18\,\%$ des cas. C'est plus que $P(T)=0{,}1$ : un contrôle total, plus minutieux, détecte plus souvent une erreur ($30\,\%$ contre $15\,\%$), donc savoir qu'une erreur a été trouvée rend le contrôle total plus probable. Le piège est de confondre $P_{E}(T)$ et $P_{T}(E)=0{,}3$ : le dénominateur est la probabilité de l'événement DONNÉ, ici $E$.

B.1. Chaque contrôle est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « une erreur est détectée », de probabilité $p=0{,}165$. On répète $15$ fois cette épreuve, de façon identique et indépendante (l'énoncé précise que la détection lors d'un contrôle est indépendante des autres). $X$ compte le nombre de succès : $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=15$ et $p=0{,}165$, notée $\mathcal{B}(15\,;0{,}165)$.

B.2. Formule de la loi binomiale : $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$. Avec $k=5$ : $P(X=5)=\binom{15}{5}\times 0{,}165^{5}\times 0{,}835^{10}$, où $\binom{15}{5}=3\,003$.

La calculatrice donne $P(X=5)\approx 0{,}060\,5$, soit $0{,}06$ arrondi au centième. Sur la calculatrice, c'est la fonction de densité binomiale (« binomFdp » ou « Binomial PD »), pas la fonction de répartition, qui donnerait $P(X\leqslant 5)$. Erreur fréquente : oublier le coefficient binomial $\binom{15}{5}$, ce qui donne la probabilité d'UNE seule configuration des cinq erreurs parmi les quinze contrôles.

B.3. « Au moins une » se traite par l'événement contraire, « aucune » : $P(X\geqslant 1)=1-P(X=0)=1-0{,}835^{15}$.

$0{,}835^{15}\approx 0{,}066\,9$, donc $P(X\geqslant 1)\approx 0{,}933$, soit $0{,}93$ arrondi au centième. Additionner $P(X=1)+\dots+P(X=15)$ donne le même résultat, mais c'est quinze termes au lieu d'un.

B.4. Pour $n$ contrôles par jour, le nombre d'erreurs détectées suit $\mathcal{B}(n\,;0{,}165)$, et comme en B.3, la probabilité d'en détecter au moins une vaut $1-0{,}835^{n}$. On cherche les entiers $n$ tels que $1-0{,}835^{n}>0{,}99$.

$1-0{,}835^{n}>0{,}99\iff 0{,}835^{n}<0{,}01\iff n\ln(0{,}835)<\ln(0{,}01)$, par stricte croissance de la fonction $\ln$ sur $]0\,;+\infty[$. Comme $\ln(0{,}835)<0$ (car $0{,}835<1$), diviser par ce nombre RENVERSE le sens de l'inégalité : $n>\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)}\approx 25{,}54$.

Le plus petit entier qui convient est $n=26$ : la caisse doit déclencher au moins $26$ contrôles par jour. Vérification aux bords : pour $n=25$, $1-0{,}835^{25}\approx 0{,}989\,0<0{,}99$ ; pour $n=26$, $1-0{,}835^{26}\approx 0{,}990\,8>0{,}99$.

Erreur fréquente : garder le sens de l'inégalité en divisant par $\ln(0{,}835)$, ce qui donnerait $n<25{,}5$, absurde puisque la probabilité d'au moins une erreur AUGMENTE avec le nombre de contrôles. Une méthode par tableau de valeurs de la calculatrice est acceptée si elle montre les deux valeurs encadrantes.

C.1. Pour une variable aléatoire suivant $\mathcal{B}(n\,;p)$, l'espérance vaut $np$ et la variance $np(1-p)$. Avec $n=20$ et $p=0{,}165$ : $E(X_{1})=20\times 0{,}165=3{,}3$ et $V(X_{1})=20\times 0{,}165\times 0{,}835=2{,}755\,5$.

Ce sont des valeurs exactes, comme le demande l'énoncé : on les écrit avec toutes leurs décimales, sans arrondir. Interprétation de l'espérance : sur un grand nombre de journées, une caisse détecte en moyenne $3{,}3$ erreurs par jour.

C.2. Espérance de $S$ : par linéarité de l'espérance, valable sans hypothèse, $E(S)=E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3})=3\times 3{,}3=9{,}9$, les trois variables ayant la même loi.

Variance de $S$ : les variables $X_{1}$, $X_{2}$ et $X_{3}$ sont INDÉPENDANTES (hypothèse de l'énoncé), donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances : $V(S)=V(X_{1})+V(X_{2})+V(X_{3})=3\times 2{,}755\,5=8{,}266\,5$. Sans l'indépendance, on n'aurait pas le droit d'additionner les variances : c'est elle qu'il faut citer.

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : pour tout réel $\delta>0$, $P\left(\left|S-E(S)\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V(S)}{\delta^{2}}$. Avec la valeur $10$ imposée pour $E(S)$, l'intervalle $]6\,;14[$ est centré en $10$, de demi-largeur $4$ : $6<S<14\iff\left|S-10\right|<4$. On prend donc $\delta=4$.

$P\left(\left|S-10\right|\geqslant 4\right)\leqslant\dfrac{8{,}266\,5}{4^{2}}=\dfrac{8{,}266\,5}{16}\approx 0{,}516\,7$. On passe à l'événement contraire, ce qui renverse l'inégalité : $P(6<S<14)=1-P\left(\left|S-10\right|\geqslant 4\right)\geqslant 1-0{,}516\,7=0{,}483\,3$. Comme $0{,}483\,3>0{,}48$, la probabilité que le nombre total d'erreurs de la journée soit strictement compris entre $6$ et $14$ est bien supérieure à $0{,}48$.

Deux pièges : prendre $\delta=14-6=8$, la largeur entière, au lieu de la DEMI-largeur $4$ ; et oublier de passer à l'événement contraire, en concluant à tort que la probabilité cherchée est inférieure à $0{,}52$. Remarque : l'inégalité porte en toute rigueur sur l'écart à l'espérance exacte $9{,}9$, et avec cette valeur la même méthode ne donne que $P(6<S<14)\geqslant 1-\dfrac{8{,}266\,5}{3{,}9^{2}}\approx 0{,}46$ ; c'est la consigne de l'énoncé, $E(S)\approx 10$, qui centre l'intervalle, et le correcteur attend qu'on la suive.

Ordre de grandeur : cette minoration est grossière. Les trois caisses réunies font $60$ contrôles indépendants de même probabilité $0{,}165$, donc $S$ suit la loi $\mathcal{B}(60\,;0{,}165)$, et la calculatrice donne $P(7\leqslant S\leqslant 13)\approx 0{,}78$, bien au-dessus de $0{,}48$. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev ne garantit qu'un minimum, valable pour toute loi.

1. Réponse a. Un vecteur directeur de $(\mathrm{AB})$ est $\overrightarrow{\mathrm{AB}}(1-(-3)\,;5-1\,;2-4)=(4\,;4\,;-2)$ ; un vecteur directeur de $(d)$ se lit sur les coefficients de $t$ : $\vec{u}(3\,;0\,;-5)$.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : la deuxième coordonnée de $\vec{u}$ est nulle alors que celle de $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ ne l'est pas. Les droites ne sont donc pas parallèles, ce qui élimine d. Reste à savoir si elles se coupent. On teste si $\mathrm{A}$ est sur $(d)$ : $y=1$ convient, $-6+3t=-3$ donne $t=1$, et alors $z=9-5\times 1=4$, la cote de $\mathrm{A}$. Donc $\mathrm{A}\in(d)$ : les droites sont sécantes en $\mathrm{A}$, ce qui élimine c.

Enfin $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\vec{u}=4\times 3+4\times 0+(-2)\times(-5)=12+0+10=22\neq 0$ : les droites ne sont pas perpendiculaires. Elles sont sécantes non perpendiculaires. Le réflexe qui fait gagner du temps : tester d'abord si un point connu de l'une des droites est sur l'autre, avant de résoudre un système à deux paramètres.

2. Réponse d. Les coefficients de l'équation cartésienne $4x+4y-2z+3=0$ donnent un vecteur normal de $\mathcal{P}$ : $\vec{n}(4\,;4\,;-2)$. C'est exactement $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$. Un vecteur directeur de la droite colinéaire à un vecteur normal du plan : la droite $(\mathrm{AB})$ est orthogonale au plan $\mathcal{P}$.

Vérification par élimination : une droite incluse ou parallèle au plan aurait un vecteur directeur ORTHOGONAL à $\vec{n}$, or $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\vec{n}=16+16+4=36\neq 0$. Erreur fréquente : conclure « parallèle » dès qu'on voit les mêmes coordonnées, en confondant vecteur normal et vecteur directeur du plan.

3. Réponse b. Vecteurs normaux : $\vec{n}(4\,;4\,;-2)$ pour $\mathcal{P}$ et $\vec{n}'(2\,;1\,;6)$ pour $\mathcal{P}'$. Ils ne sont pas colinéaires ($\frac{4}{2}=2$ mais $\frac{4}{1}=4$), donc les plans ne sont ni parallèles ni confondus : ils sont sécants, ce qui élimine c et d.

$\vec{n}\cdot\vec{n}'=4\times 2+4\times 1+(-2)\times 6=8+4-12=0$ : les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ sont perpendiculaires. Le piège est de répondre a en s'arrêtant à « non colinéaires » : deux plans perpendiculaires sont AUSSI sécants, et c'est le produit scalaire des normales qui tranche.

4. Réponse b. L'angle $\widehat{\mathrm{BAC}}$ a pour sommet $\mathrm{A}$ : on le calcule avec les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$, par les deux expressions du produit scalaire, $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\mathrm{AB}\times\mathrm{AC}\times\cos\widehat{\mathrm{BAC}}$.

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}(4\,;4\,;-2)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}(0-(-3)\,;1-1\,;-1-4)=(3\,;0\,;-5)$. Avec les coordonnées dans un repère orthonormé : $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=12+0+10=22$, $\mathrm{AB}=\sqrt{16+16+4}=\sqrt{36}=6$ et $\mathrm{AC}=\sqrt{9+0+25}=\sqrt{34}$.

Donc $\cos\widehat{\mathrm{BAC}}=\dfrac{22}{6\sqrt{34}}\approx 0{,}628\,8$ et $\widehat{\mathrm{BAC}}\approx 51\degree$ (la calculatrice donne $51{,}04\degree$ en mode degrés). Remarque : $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ est le vecteur directeur $\vec{u}$ de la question 1, car $\mathrm{C}$ est le point de $(d)$ de paramètre $t=2$ ; on retrouve le produit scalaire $22$. Pièges : calculer l'angle avec $\overrightarrow{\mathrm{BA}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$, qui donne l'angle supplémentaire $129\degree$, ou laisser la calculatrice en radians. Le distracteur $39\degree$ est le complémentaire de $51\degree$.

A.1. Limite d'une composée puis d'une somme. Quand $x$ tend vers $-1$ par valeurs supérieures (seul côté possible, $f$ étant définie sur $]-1\,;+\infty[$), $x+1$ tend vers $0^{+}$, et $\lim\limits_{X\to 0^{+}}\ln X=-\infty$ : par composition, $4\ln(x+1)$ tend vers $-\infty$.

Le second terme, $\dfrac{x^{2}}{25}$, tend vers $\dfrac{1}{25}$, une limite finie. Par somme, $\lim\limits_{x\to -1}f(x)=-\infty$. Il n'y a aucune forme indéterminée : inutile d'invoquer une croissance comparée. Interprétation graphique : la droite d'équation $x=-1$ est asymptote verticale à la courbe de $f$.

A.2. Dérivée de $\ln(u)$, égale à $\dfrac{u'}{u}$, avec $u(x)=x+1$ et $u'(x)=1$ : la dérivée de $4\ln(x+1)$ est $\dfrac{4}{x+1}$. La dérivée de $\dfrac{x^{2}}{25}$ est $\dfrac{2x}{25}$. Donc, pour tout $x>-1$ : $f'(x)=\dfrac{4}{x+1}-\dfrac{2x}{25}$.

On réduit au même dénominateur $25(x+1)$ : $f'(x)=\dfrac{4\times 25}{25(x+1)}-\dfrac{2x(x+1)}{25(x+1)}=\dfrac{100-2x^{2}-2x}{25(x+1)}=\dfrac{100-2x-2x^{2}}{25(x+1)}$, ce qui est l'expression demandée. Vérification en un point : en $x=0$, $\dfrac{4}{1}-0=4$ et $\dfrac{100}{25}=4$.

A.3. Sur $]-1\,;+\infty[$, $x+1>0$ donc $25(x+1)>0$ : $f'(x)$ a le signe de son numérateur $N(x)=-2x^{2}-2x+100$, un trinôme du second degré de coefficient dominant $-2<0$.

Son discriminant vaut $\Delta=(-2)^{2}-4\times(-2)\times 100=4+800=804>0$. Ses racines sont $x_{1}=\dfrac{2+\sqrt{804}}{-4}=\dfrac{-1-\sqrt{201}}{2}\approx -7{,}59$ et $x_{0}=\dfrac{2-\sqrt{804}}{-4}=\dfrac{-1+\sqrt{201}}{2}\approx 6{,}59$ (on peut aussi factoriser $N(x)=-2(x^{2}+x-50)$ et travailler sur $x^{2}+x-50$, de discriminant $201$). La racine $x_{1}$ est hors de l'intervalle d'étude.

Le trinôme est du signe de $-2$, donc négatif, à l'extérieur des racines, et positif entre elles. Sur $]-1\,;+\infty[$ : $f'(x)>0$ sur $]-1\,;x_{0}[$ et $f'(x)<0$ sur $]x_{0}\,;+\infty[$. La fonction $f$ est strictement croissante sur $]-1\,;x_{0}]$ et strictement décroissante sur $[x_{0}\,;+\infty[$, avec un maximum en $x_{0}\approx 6{,}59$. Pour compléter le tableau : la limite en $-1$ vaut $-\infty$ (A.1) et, en $+\infty$, $f(x)=x^{2}\left(\dfrac{4\ln(x+1)}{x^{2}}-\dfrac{1}{25}\right)$ tend vers $-\infty$ par croissance comparée.

Comme $6{,}5<\dfrac{-1+\sqrt{201}}{2}\approx 6{,}589$, l'intervalle $[2\,;6{,}5]$ est contenu dans $]-1\,;x_{0}]$ : $f$ est strictement croissante sur $[2\,;6{,}5]$. Le piège est la marge : $6{,}5$ et $6{,}59$ sont proches, et c'est la comparaison $6{,}5<x_{0}$, écrite explicitement, qui justifie l'inclusion ; « $f$ est croissante avant son maximum » ne suffit pas sans elle.

A.4. La fonction $h$ est continue sur $[2\,;6{,}5]$, comme différence de deux fonctions dérivables. Le tableau montre qu'elle n'est PAS monotone sur tout l'intervalle : on découpe donc en deux, $[2\,;m]$ et $[m\,;6{,}5]$.

Sur $[2\,;m]$ : $h$ est croissante, donc $h(x)\geqslant h(2)$ pour tout $x$ de cet intervalle. Or $h(2)=f(2)-2=4\ln 3-\dfrac{4}{25}-2\approx 2{,}23>0$. Donc $h(x)>0$ sur $[2\,;m]$ : l'équation $h(x)=0$ n'y a aucune solution.

Sur $[m\,;6{,}5]$ : $h$ est continue et strictement décroissante, $h(m)=M\approx 2{,}265>0$ et $h(6{,}5)=4\ln(7{,}5)-\dfrac{6{,}5^{2}}{25}-6{,}5=4\ln(7{,}5)-1{,}69-6{,}5\approx -0{,}13<0$. Comme $0$ est compris entre $h(6{,}5)$ et $h(m)$, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone) assure que l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[m\,;6{,}5]$.

Conclusion : l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[2\,;6{,}5]$. Les deux pièges : appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur $[2\,;6{,}5]$ d'un seul coup alors que $h$ n'y est pas monotone ; et oublier de calculer $h(2)$ et $h(6{,}5)$, que le tableau ne donne pas en valeur. Le signe de $h(6{,}5)$ est l'argument décisif, il doit apparaître sur la copie.

A.5.a. Avec $n=2$, le pas vaut $p=\dfrac{1}{10^{2}}=0{,}01$. La variable $x$ part de $6$ et augmente de $0{,}01$ tant que $f(x)-x>0$, c'est-à-dire tant que $h(x)>0$. La boucle s'arrête au premier $x$ de la forme $6+0{,}01k$ tel que $h(x)\leqslant 0$, et le script renvoie ce $x$ et le précédent.

Le départ en $6$ est légitime : $6>m$, on est dans la zone où $h$ décroît, et $h(6)=4\ln 7-\dfrac{36}{25}-6\approx 0{,}34>0$. À la calculatrice : $h(6{,}36)\approx 0{,}006>0$ et $h(6{,}37)\approx -0{,}003\leqslant 0$. La boucle s'arrête donc à $x=6{,}37$ et bornes(2) renvoie le couple $(6{,}36\,;6{,}37)$, arrondi au centième.

La consigne d'arrondi n'est pas décorative : en machine, ajouter $0{,}01$ trente-sept fois à $6$ donne $6{,}369\,999\dots$ et non $6{,}37$ exactement, car $0{,}01$ n'a pas d'écriture binaire finie. L'arrondi au centième rend ces imprécisions invisibles.

A.5.b. On a $h(6{,}36)>0$ et $h(6{,}37)\leqslant 0$, et $h$ est strictement décroissante sur $[m\,;6{,}5]$ avec $h(\alpha)=0$ : donc $6{,}36<\alpha\leqslant 6{,}37$, et même $6{,}36<\alpha<6{,}37$ puisque $h(6{,}37)\neq 0$. Les deux valeurs renvoyées forment un encadrement de la solution $\alpha$ de l'équation $h(x)=0$, c'est-à-dire de $f(x)=x$, d'amplitude $10^{-2}$. Plus généralement, bornes(n) encadre $\alpha$ à $10^{-n}$ près.

B.1. Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $2\leqslant u_{n}\leqslant u_{n+1}<6{,}5$ ».

Initialisation : $u_{0}=2$ et $u_{1}=f(2)=4\ln 3-\dfrac{4}{25}\approx 4{,}23$. On a bien $2\leqslant 2\leqslant 4{,}23<6{,}5$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $2\leqslant u_{n}\leqslant u_{n+1}<6{,}5$. Les quatre nombres $2$, $u_{n}$, $u_{n+1}$ et $6{,}5$ sont dans $[2\,;6{,}5]$, où $f$ est strictement croissante (A.3) : elle conserve l'ordre, donc $f(2)\leqslant f(u_{n})\leqslant f(u_{n+1})<f(6{,}5)$, soit $f(2)\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}<f(6{,}5)$.

Or $f(2)\approx 4{,}23\geqslant 2$ et $f(6{,}5)=4\ln(7{,}5)-1{,}69\approx 6{,}37<6{,}5$. Donc $2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}<6{,}5$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $2\leqslant u_{n}\leqslant u_{n+1}<6{,}5$. Le piège de l'hérédité : s'arrêter à $f(2)\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}<f(6{,}5)$ sans comparer $f(2)$ à $2$ et $f(6{,}5)$ à $6{,}5$. C'est l'étape qui fait le lien avec les bornes de la propriété, et c'est celle que le correcteur cherche. L'inégalité stricte se conserve parce que $f$ est STRICTEMENT croissante.

B.2. D'après B.1, pour tout $n$, $u_{n}\leqslant u_{n+1}$ : la suite $(u_{n})$ est croissante. Et $u_{n}<6{,}5$ : elle est majorée par $6{,}5$. Par le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : $(u_{n})$ converge vers une limite $\ell$.

Le théorème ne dit PAS que la limite vaut le majorant : on sait seulement $\ell\leqslant 6{,}5$. Écrire « $(u_{n})$ converge vers $6{,}5$ » est l'erreur la plus fréquente sur cette question, et la question suivante montre que la limite vaut environ $6{,}37$.