Bac 2025 de spécialité maths, Métropole jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. Méthode : on traduit chaque donnée de l'énoncé en probabilité, en distinguant les probabilités simples (premier niveau) et les probabilités conditionnelles (second niveau). « Des observations permettent d'admettre que $P(A)=0{,}6$ » donne la première branche, donc $P(\overline{A})=1-0{,}6=0{,}4$.

« Si la personne chute pendant la première séance, la probabilité qu'elle chute pendant la deuxième est de $0{,}3$ » est une probabilité SACHANT $A$ : $P_{A}(B)=0{,}3$, d'où $P_{A}(\overline{B})=0{,}7$. De même $P_{\overline{A}}(B)=0{,}4$ et $P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}6$.

L'arbre pondéré : de la racine partent $A$ (poids $0{,}6$) et $\overline{A}$ (poids $0{,}4$) ; de $A$ partent $B$ ($0{,}3$) et $\overline{B}$ ($0{,}7$) ; de $\overline{A}$ partent $B$ ($0{,}4$) et $\overline{B}$ ($0{,}6$). Il est dessiné en fin de corrigé, avec en bout de chaque chemin la probabilité de l'intersection correspondante. Contrôle : les branches issues d'un même nœud ont une somme égale à $1$.

Erreur fréquente : écrire $0{,}3$ comme $P(A\cap B)$. La phrase commence par « si la personne chute pendant la première séance » : c'est une condition, donc une probabilité conditionnelle, portée par une branche du second niveau.

A.2. Méthode : la probabilité d'une intersection est le produit des probabilités le long du chemin de l'arbre, $P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)=P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(\overline{B})$.

$P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)=0{,}4\times 0{,}6=0{,}24$.

Interprétation : la probabilité qu'une personne ayant souscrit à la formule ne chute ni pendant la première séance ni pendant la deuxième est $0{,}24$ ; autrement dit, environ $24\,\%$ des personnes inscrites terminent l'initiation sans aucune chute. C'est la valeur que l'énoncé admet à la question 5, ce qui sert de vérification.

Piège : lire $0{,}4$ sur la branche $\overline{A}\to B$ et l'utiliser à la place de $P_{\overline{A}}(\overline{B})=1-0{,}4=0{,}6$. Le résultat faux $0{,}16$ est en fait $P\left(\overline{A}\cap B\right)$.

A.3. Méthode : formule des probabilités totales. Les évènements $A$ et $\overline{A}$ forment une partition de l'univers (ils sont incompatibles et leur réunion est l'univers), donc $P(B)=P(A\cap B)+P\left(\overline{A}\cap B\right)$.

$P(A\cap B)=P(A)\times P_{A}(B)=0{,}6\times 0{,}3=0{,}18$ et $P\left(\overline{A}\cap B\right)=P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B)=0{,}4\times 0{,}4=0{,}16$.

Donc $P(B)=0{,}18+0{,}16=0{,}34$, comme annoncé.

Vérification : les quatre chemins de l'arbre ont pour probabilités $0{,}18$, $0{,}42$, $0{,}16$ et $0{,}24$, de somme $1$. Et $P(B)=0{,}34$ est bien compris entre $P_{A}(B)=0{,}3$ et $P_{\overline{A}}(B)=0{,}4$, comme toute moyenne pondérée de ces deux nombres. Le correcteur attend que la partition soit nommée : écrire seulement « $0{,}18+0{,}16$ » sans citer la formule des probabilités totales coûte une partie des points.

A.4. Méthode : la personne n'a pas chuté pendant la deuxième séance, c'est l'information connue ; on cherche $P_{\overline{B}}\left(\overline{A}\right)$, une probabilité conditionnelle « remontante » que l'arbre ne donne pas directement. On applique la définition : $P_{\overline{B}}\left(\overline{A}\right)=\dfrac{P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)}{P(\overline{B})}$.

Au numérateur, $P\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)=0{,}24$ (question A.2). Au dénominateur, $P(\overline{B})=1-P(B)=1-0{,}34=0{,}66$.

$P_{\overline{B}}\left(\overline{A}\right)=\dfrac{0{,}24}{0{,}66}=\dfrac{24}{66}=\dfrac{4}{11}\approx 0{,}364$ au millième.

Interprétation : parmi les personnes qui n'ont pas chuté à la deuxième séance, environ $36{,}4\,\%$ n'avaient pas chuté non plus à la première. Vérification : $P_{\overline{B}}\left(\overline{A}\right)\approx 0{,}364<P(\overline{A})=0{,}4$, ce qui est cohérent, puisque ne pas chuter à la deuxième séance est plus fréquent chez ceux qui ont chuté à la première ($0{,}7$) que chez les autres ($0{,}6$).

Erreur fréquente : répondre $P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}6$, la probabilité « dans l'autre sens », ou diviser par $P(\overline{A})$. L'évènement qui suit « sachant » est celui qu'on sait réalisé : ici $\overline{B}$.

A.5.a. Méthode : on reconnaît un schéma de Bernoulli, puis la loi binomiale comme loi du nombre de succès.

On répète $100$ fois la même épreuve : choisir une personne ayant souscrit à la formule et regarder si elle n'a chuté à aucune des deux séances. Cette épreuve n'a que deux issues : le succès « la personne ne chute ni lors de la première ni lors de la deuxième séance », de probabilité $p=0{,}24$ (valeur admise par l'énoncé), et l'échec, de probabilité $1-p=0{,}76$. C'est une épreuve de Bernoulli.

Le choix de l'échantillon étant assimilé à un tirage avec remise, les $100$ répétitions sont identiques et indépendantes : on a un schéma de Bernoulli de paramètres $n=100$ et $p=0{,}24$. La variable $X$ compte le nombre de succès de ce schéma, donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(100\,;0{,}24)$.

Les trois mots que le correcteur cherche : deux issues, répétitions identiques, répétitions INDÉPENDANTES (c'est là que sert l'hypothèse du tirage avec remise). Oublier l'indépendance fait perdre le point de justification.

A.5.b. Méthode : « au moins $20$ » se traduit par $X\geqslant 20$, et on passe à l'évènement contraire pour utiliser la fonction de répartition de la calculatrice : $P(X\geqslant 20)=1-P(X\leqslant 19)$.

À la calculatrice (loi binomiale cumulée, $n=100$, $p=0{,}24$, borne $19$) : $P(X\leqslant 19)\approx 0{,}145\,3$. Donc $P(X\geqslant 20)\approx 1-0{,}145\,3\approx 0{,}855$ au millième.

Vérification d'ordre de grandeur : l'espérance de $X$ vaut $24$ (question suivante) et l'écart-type $\sqrt{100\times 0{,}24\times 0{,}76}\approx 4{,}3$ ; la valeur $20$ est un peu moins d'un écart-type sous la moyenne, et il est normal que $X\geqslant 20$ soit probable, mais loin d'être certain.

Piège classique : écrire $1-P(X\leqslant 20)\approx 0{,}792$, qui est $P(X\geqslant 21)$. Pour une variable à valeurs entières, le contraire de $X\geqslant 20$ est $X\leqslant 19$.

A.5.c. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$, l'espérance vaut $np$ : $E(X)=100\times 0{,}24=24$.

Interprétation : si l'on prélève un grand nombre d'échantillons de $100$ personnes ayant souscrit à la formule, on compte en moyenne $24$ personnes par échantillon qui ne chutent ni lors de la première ni lors de la deuxième séance. Ce n'est pas une prédiction pour un échantillon donné : c'est une moyenne sur un grand nombre d'échantillons.

B.1. Méthode : linéarité de l'espérance, $E(T_1+T_2)=E(T_1)+E(T_2)$. Elle vaut pour deux variables quelconques ; l'indépendance n'est pas nécessaire ici.

$E(T)=40+60=100$.

Interprétation : sur un grand nombre de personnes venues un week-end au centre, le temps total d'attente avant les accès aux activités sportives, samedi et dimanche réunis, est en moyenne de $100$ minutes, soit 1 h 40 min.

B.2. Méthode : la variance d'une somme de deux variables aléatoires INDÉPENDANTES est la somme de leurs variances. C'est ici que sert l'hypothèse d'indépendance de $T_1$ et $T_2$.

La variance est le carré de l'écart-type : $V(T_1)=\sigma(T_1)^{2}=10^{2}=100$ et $V(T_2)=\sigma(T_2)^{2}=16^{2}=256$.

Donc $V(T)=V(T_1)+V(T_2)=100+256=356$.

Deux pièges : additionner les écarts-types ($10+16=26$, puis $26^{2}=676$), ce qui est faux car les écarts-types ne s'additionnent pas ; et oublier de citer l'indépendance, sans laquelle la formule ne s'applique pas. On en déduit au passage $\sigma(T)=\sqrt{356}\approx 18{,}9$ min, et non $26$ min.

B.3. Méthode : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour toute variable aléatoire $T$ d'espérance $\mu$ et de variance $V$, et pour tout réel $\delta>0$ : $P\left(\left|T-\mu\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]60\,;140[$ est centré en $\mu=E(T)=100$, de demi-largeur $40$ : $60<T<140\iff -40<T-100<40\iff\left|T-100\right|<40$. On prend donc $\delta=40$.

L'inégalité donne $P\left(\left|T-100\right|\geqslant 40\right)\leqslant\dfrac{356}{40^{2}}=\dfrac{356}{1\,600}=0{,}222\,5$.

On passe à l'évènement contraire, ce qui renverse le sens de l'inégalité : $P(60<T<140)=P\left(\left|T-100\right|<40\right)=1-P\left(\left|T-100\right|\geqslant 40\right)\geqslant 1-0{,}222\,5=0{,}777\,5$.

Comme $0{,}777\,5>0{,}77$, la probabilité que le temps total d'attente soit strictement compris entre $60$ et $140$ minutes est bien supérieure à $0{,}77$.

Remarque : la loi de $T$ n'est pas connue, seules son espérance et sa variance le sont. C'est exactement la situation où l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev est l'outil : elle ne demande rien d'autre. Pièges : prendre $\delta=140-60=80$, la largeur entière, au lieu de la demi-largeur ; utiliser l'écart-type $\sigma\approx 18{,}9$ au numérateur au lieu de la variance $356$ ; ou oublier le passage à l'évènement contraire, qui transforme le « $\leqslant 0{,}222\,5$ » en « $\geqslant 0{,}777\,5$ ».

A.1. Méthode : pour montrer que deux droites sont sécantes en un point donné, il suffit de vérifier que ce point appartient à chacune d'elles, puis que les droites ne sont pas confondues (sinon elles auraient une infinité de points communs). On vérifie l'appartenance en trouvant une valeur du paramètre qui donne les trois coordonnées.

$\mathrm{S}\in d$ : la première équation donne $\dfrac{3}{2}+2t=-\dfrac{1}{2}$, soit $2t=-2$ et $t=-1$. Avec $t=-1$ : $y=2+(-1)=1$ et $z=3-(-1)=4$. Les trois coordonnées de $\mathrm{S}$ sont obtenues pour la même valeur $t=-1$, donc $\mathrm{S}\in d$.

$\mathrm{S}\in d'$ : la première équation donne directement $s=-\dfrac{1}{2}$. Avec $s=-\dfrac{1}{2}$ : $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}=1$ et $z=3-2\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)=4$. Donc $\mathrm{S}\in d'$.

Les droites ne sont pas parallèles : des vecteurs directeurs se lisent sur les coefficients des paramètres, $\vec{u}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}$ pour $d$ et $\vec{u'}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}$ pour $d'$. S'ils étaient colinéaires, on aurait $\vec{u}=\lambda\vec{u'}$ ; la première coordonnée impose $\lambda=2$, la deuxième $\lambda=1$ : contradiction. Les droites $d$ et $d'$ ne sont donc ni parallèles ni confondues, et elles ont le point commun $\mathrm{S}$ : elles sont sécantes en $\mathrm{S}$, qui est leur unique point commun.

Piège : s'arrêter après avoir vérifié que $\mathrm{S}$ est sur les deux droites. Deux droites confondues contiennent aussi $\mathrm{S}$ ; la non-colinéarité des vecteurs directeurs est la phrase qui conclut. Autre façon de faire, plus longue : résoudre le système à deux paramètres $t$ et $s$ (deux lettres DIFFÉRENTES), qui donne $t=2s$ par la troisième équation, puis $s=-\dfrac{1}{2}$ et $t=-1$.

A.2.a. Méthode : un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On utilise le produit scalaire dans un repère orthonormé.

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}1-(-1)\\-1-2\\2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}1-(-1)\\1-2\\1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}$.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : les premières coordonnées sont égales ($2$ et $2$) mais les deuxièmes ne le sont pas ($-3$ et $-1$). Les points $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$, $\mathrm{C}$ ne sont donc pas alignés et définissent bien un plan.

$\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=1\times 2+2\times(-3)+4\times 1=2-6+4=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=1\times 2+2\times(-1)+4\times 0=2-2+0=0$.

Le vecteur $\vec{n}$, non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(\mathrm{ABC})$ : c'est un vecteur normal à ce plan. Erreur fréquente : ne vérifier l'orthogonalité qu'avec UN vecteur du plan, ou oublier de justifier que les deux vecteurs choisis ne sont pas colinéaires.

A.2.b. Méthode : un plan de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ admet une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$. Ici $(\mathrm{ABC})$ a une équation $x+2y+4z+d=0$, et on détermine $d$ avec un point du plan.

$\mathrm{A}(-1\,;2\,;1)\in(\mathrm{ABC})$ : $-1+2\times 2+4\times 1+d=0$, soit $7+d=0$ et $d=-7$. Une équation cartésienne du plan $(\mathrm{ABC})$ est donc $x+2y+4z-7=0$.

Vérification avec les deux autres points : pour $\mathrm{B}$, $1+2\times(-1)+4\times 2-7=1-2+8-7=0$ ; pour $\mathrm{C}$, $1+2+4-7=0$. Les trois points vérifient l'équation, ce qui contrôle à la fois $\vec{n}$ et $d$.

A.3. Méthode : les points $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$, $\mathrm{C}$ ne sont pas alignés (question A.2.a), ils définissent donc un unique plan, $(\mathrm{ABC})$. Les quatre points sont coplanaires si et seulement si $\mathrm{S}$ appartient à ce plan.

On remplace les coordonnées de $\mathrm{S}\left(-\dfrac{1}{2}\,;1\,;4\right)$ dans l'équation : $-\dfrac{1}{2}+2\times 1+4\times 4-7=-0{,}5+2+16-7=10{,}5$.

Comme $10{,}5\neq 0$, $\mathrm{S}\notin(\mathrm{ABC})$ : les points $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$, $\mathrm{C}$ et $\mathrm{S}$ ne sont pas coplanaires. Ils sont donc les sommets d'un tétraèdre $\mathrm{SABC}$, ce que la suite de l'exercice exploite.

A.4.a. Méthode : le projeté orthogonal de $\mathrm{S}$ sur un plan est l'unique point $\mathrm{H}$ du plan tel que la droite $(\mathrm{SH})$ soit orthogonale au plan, c'est-à-dire tel que $\overrightarrow{\mathrm{SH}}$ soit colinéaire à un vecteur normal. Deux vérifications, donc.

$\mathrm{H}(-1\,;0\,;2)$ appartient au plan : $-1+2\times 0+4\times 2-7=-1+8-7=0$.

$\overrightarrow{\mathrm{SH}}\begin{pmatrix}-1-\left(-\frac{1}{2}\right)\\0-1\\2-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\-1\\-2\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}1\\2\\4\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{2}\vec{n}$.

Le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{SH}}$ est colinéaire au vecteur normal $\vec{n}$, donc la droite $(\mathrm{SH})$ est orthogonale au plan $(\mathrm{ABC})$, et $\mathrm{H}$ est dans ce plan : $\mathrm{H}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{S}$ sur $(\mathrm{ABC})$.

Piège : ne faire qu'une des deux vérifications. Un point du plan quelconque ne convient pas, et un point de la droite passant par $\mathrm{S}$ dirigée par $\vec{n}$ non plus s'il n'est pas dans le plan.

A.4.b. Méthode : la distance d'un point à un plan est la distance à son projeté orthogonal, et elle est la plus courte de toutes les distances du point aux points du plan ; on le démontre avec le théorème de Pythagore.

$\mathrm{SH}=\sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+(-1)^{2}+(-2)^{2}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}+1+4}=\sqrt{\dfrac{21}{4}}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}\approx 2{,}29$.

Soit $M$ un point quelconque du plan $(\mathrm{ABC})$. Si $M=\mathrm{H}$, alors $\mathrm{S}M=\mathrm{SH}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}$. Si $M\neq\mathrm{H}$, la droite $(\mathrm{SH})$ est orthogonale au plan, donc à la droite $(\mathrm{H}M)$ qui est contenue dans ce plan : le triangle $\mathrm{SH}M$ est rectangle en $\mathrm{H}$. Par le théorème de Pythagore, $\mathrm{S}M^{2}=\mathrm{SH}^{2}+\mathrm{H}M^{2}>\mathrm{SH}^{2}$, donc $\mathrm{S}M>\mathrm{SH}$ (les distances sont positives).

Dans tous les cas $\mathrm{S}M\geqslant\dfrac{\sqrt{21}}{2}$ : il n'existe aucun point $M$ du plan $(\mathrm{ABC})$ tel que $\mathrm{S}M<\dfrac{\sqrt{21}}{2}$. Le nombre $\dfrac{\sqrt{21}}{2}$ est la distance du point $\mathrm{S}$ au plan $(\mathrm{ABC})$.

Vérification par une autre voie : la distance d'un point $(x_0\,;y_0\,;z_0)$ au plan $ax+by+cz+d=0$ vaut $\dfrac{\left|ax_0+by_0+cz_0+d\right|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$, ici $\dfrac{10{,}5}{\sqrt{21}}=\dfrac{\sqrt{21}}{2}$, ce qui recoupe le calcul (cette formule n'est pas au programme de Terminale, elle ne sert ici que de contrôle).

B.1. Méthode : on traduit l'égalité vectorielle $\overrightarrow{\mathrm{C}M}=k\overrightarrow{\mathrm{CS}}$ coordonnée par coordonnée.

$\overrightarrow{\mathrm{CS}}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}-1\\1-1\\4-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{3}{2}\\0\\3\end{pmatrix}$. En notant $M(x\,;y\,;z)$, l'égalité donne $x-1=-\dfrac{3}{2}k$, $y-1=0$ et $z-1=3k$.

Donc $M\left(1-\dfrac{3}{2}k\,;1\,;1+3k\right)$, avec $k\in[0\,;1]$. Contrôle aux bornes : $k=0$ donne $(1\,;1\,;1)=\mathrm{C}$ et $k=1$ donne $\left(-\dfrac{1}{2}\,;1\,;4\right)=\mathrm{S}$.

B.2. Méthode : le triangle $M\mathrm{AB}$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{M\mathrm{A}}\cdot\overrightarrow{M\mathrm{B}}=0$, les points étant distincts. On exprime ce produit scalaire en fonction de $k$ et on cherche une solution dans $[0\,;1]$.

$\overrightarrow{M\mathrm{A}}\begin{pmatrix}-1-1+\frac{3}{2}k\\2-1\\1-1-3k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2+\frac{3}{2}k\\1\\-3k\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{M\mathrm{B}}\begin{pmatrix}1-1+\frac{3}{2}k\\-1-1\\2-1-3k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{3}{2}k\\-2\\1-3k\end{pmatrix}$.

$\overrightarrow{M\mathrm{A}}\cdot\overrightarrow{M\mathrm{B}}=\left(-2+\dfrac{3}{2}k\right)\times\dfrac{3}{2}k+1\times(-2)+(-3k)(1-3k)=-3k+\dfrac{9}{4}k^{2}-2-3k+9k^{2}=\dfrac{45}{4}k^{2}-6k-2$.

La condition $\overrightarrow{M\mathrm{A}}\cdot\overrightarrow{M\mathrm{B}}=0$ équivaut, en multipliant par $4$, à $45k^{2}-24k-8=0$. Discriminant : $\Delta=(-24)^{2}-4\times 45\times(-8)=576+1\,440=2\,016=144\times 14>0$, donc $\sqrt{\Delta}=12\sqrt{14}$.

Deux solutions : $k_1=\dfrac{24-12\sqrt{14}}{90}=\dfrac{4-2\sqrt{14}}{15}\approx -0{,}23$ et $k_2=\dfrac{24+12\sqrt{14}}{90}=\dfrac{4+2\sqrt{14}}{15}\approx 0{,}77$. La première est négative, hors de $[0\,;1]$ : elle correspond à un point de la droite $(\mathrm{CS})$ qui n'est pas sur le segment, on la rejette. La seconde appartient à $[0\,;1]$.

Pour $k=k_2$, le point $M$ est distinct de $\mathrm{A}$ et de $\mathrm{B}$ (son ordonnée vaut $1$, celles de $\mathrm{A}$ et $\mathrm{B}$ valent $2$ et $-1$), donc $\overrightarrow{M\mathrm{A}}$ et $\overrightarrow{M\mathrm{B}}$ sont non nuls et orthogonaux : le triangle $M\mathrm{AB}$ est bien un vrai triangle, rectangle en $M$.

Conclusion : oui, il existe un unique point $M$ du segment $[\mathrm{CS}]$ tel que le triangle $M\mathrm{AB}$ soit rectangle en $M$, obtenu pour $k=\dfrac{4+2\sqrt{14}}{15}\approx 0{,}77$ ; ses coordonnées sont $M\left(\dfrac{3-\sqrt{14}}{5}\,;1\,;\dfrac{9+2\sqrt{14}}{5}\right)\approx(-0{,}15\,;1\,;3{,}30)$.

Vérification géométrique : le triangle $M\mathrm{AB}$ est rectangle en $M$ si et seulement si $M$ est sur la sphère de diamètre $[\mathrm{AB}]$. Pour $k=0$ (point $\mathrm{C}$) le produit scalaire vaut $-2<0$, angle obtus ; pour $k=1$ (point $\mathrm{S}$) il vaut $\dfrac{45}{4}-6-2=3{,}25>0$, angle aigu. Le produit scalaire change de signe sur $[0\,;1]$ : le segment traverse la sphère, ce que confirme la racine trouvée. Pièges : se tromper de sommet de l'angle droit (c'est en $M$, donc les vecteurs partent de $M$), et oublier de confronter les racines à la contrainte $k\in[0\,;1]$.

1. Méthode : la forme $\dfrac{+\infty}{+\infty}$ est indéterminée ; on factorise numérateur et dénominateur par leur terme dominant, $5^n$ en haut et $3^n$ en bas.

Pour tout entier naturel $n$ : $u_n=\dfrac{5^n\left(\dfrac{1}{5^n}+1\right)}{3^n\left(\dfrac{2}{3^n}+1\right)}=\left(\dfrac{5}{3}\right)^n\times\dfrac{\dfrac{1}{5^n}+1}{\dfrac{2}{3^n}+1}$.

Comme $5>1$ et $3>1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}5^n=\lim\limits_{n\to+\infty}3^n=+\infty$, donc $\dfrac{1}{5^n}\to 0$ et $\dfrac{2}{3^n}\to 0$ : la fraction de droite tend vers $\dfrac{0+1}{0+1}=1$. Et $\dfrac{5}{3}>1$, donc $\left(\dfrac{5}{3}\right)^n\to+\infty$ (suite géométrique de raison strictement supérieure à $1$). Par produit, $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty$.